（江蘇專用）高考數(shù)學一輪復習 加練半小時 專題9 平面解析幾何 第82練 高考大題突破練-圓錐曲線中的定點、定值問題 理（含解析）-人教版高三數(shù)學試題

第82練高考大題突破練—圓錐曲線中的定點、定值問題[基礎保分練]1.已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，F(xiàn)1F2＝2，過點F1的直線與橢圓C交于A，B兩點，延長BF2交橢圓C于點M，△ABF2的周長為8.(1)求C的離心率及方程；(2)試問：是否存在定點P(x0,0)，使得eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))為定值？若存在，求x0；若不存在，請說明理由．2.已知直線x－2y＋2＝0經(jīng)過橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左頂點A和上頂點D，橢圓C的右頂點為B，點S為橢圓C上位于x軸上方的動點，直線AS，BS與直線l：x＝eq\f(10,3)分別交于M，N兩點．(1)求橢圓C的方程；(2)求證：直線AS與BS的斜率的乘積為定值；(3)求線段MN的長度的最小值．3．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，A1，A2分別為橢圓C的左、右頂點，點P(2，－1)滿足eq\o(PA1,\s\up6(→))·eq\o(PA2,\s\up6(→))＝1.(1)求橢圓C的方程；(2)設直線l經(jīng)過點P且與C交于不同的兩點M，N，試問：在x軸上是否存在點Q，使得直線QM與直線QN的斜率的和為定值？若存在，求出點Q的坐標及定值，若不存在，請說明理由．[能力提升練]4．已知橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1過點Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，右頂點為點B.(1)若直線l：y＝kx＋m與橢圓C相交于M，N兩點(M，N不是左、右頂點)，且BM⊥BN，求證：直線l過定點，并求出該定點的坐標；(2)E，F(xiàn)是橢圓C的兩個動點，若直線AE的斜率與AF的斜率互為相反數(shù)，試判斷直線EF的斜率是否為定值？如果是，求出定值；反之，請說明理由．答案精析1．解(1)由題意可知，F(xiàn)1F2＝2c＝2，則c＝1，又△ABF2的周長為8，所以4a＝8，即a＝2，則e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，b2＝a2－c2＝3.故C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)假設存在點P，使得eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))為定值．若直線BM的斜率不存在，直線BM的方程為x＝1，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)))，則eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝(x0－1)2－eq\f(9,4).若直線BM的斜率存在，設BM的方程為y＝k(x－1)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx－1，))得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，Δ>0顯然成立，設點B(x1，y1)，M(x2，y2)，x1,2＝eq\f(8k2±\r(64k4－44k2＋34k2－12),24k2＋3)，x1＋x2＝eq\f(8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq\f(4k2－12,4k2＋3)，由于eq\o(PM,\s\up6(→))＝(x2－x0，y2)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(x1－x0，y1)，則eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝x1x2－(x1＋x2)x0＋xeq\o\al(2,0)＋y1y2＝(k2＋1)x1x2－(x0＋k2)(x1＋x2)＋k2＋xeq\o\al(2,0)＝eq\f(4x\o\al(2,0)－8x0－5k2＋3x\o\al(2,0)－12,4k2＋3)，因為eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))為定值，所以eq\f(4x\o\al(2,0)－8x0－5,4)＝eq\f(3x\o\al(2,0)－12,3)，解得x0＝eq\f(11,8)，故存在點P使eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))為定值，且x0＝eq\f(11,8).2．(1)解由已知得，橢圓C的左頂點為A(－2,0)，上頂點為D(0,1)，∴a＝2，b＝1，故橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)證明設S(x0，y0)，則eq\f(x\o\al(2,0),4)＋yeq\o\al(2,0)＝1，∴yeq\o\al(2,0)＝1－eq\f(x\o\al(2,0),4)，故kSA·kSB＝eq\f(y0,x0＋2)·eq\f(y0,x0－2)＝eq\f(y\o\al(2,0),x\o\al(2,0)－4)＝－eq\f(1,4).(3)解直線AS的斜率k顯然存在，且k>0，故可設直線AS的方程為y＝k(x＋2)，從而Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)，\f(16k,3)))，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0，設S(x1，y1)，則(－2)·x1＝eq\f(16k2－4,1＋4k2)，得x1＝eq\f(2－8k2,1＋4k2)，從而y1＝eq\f(4k,1＋4k2)，即Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－8k2,1＋4k2)，\f(4k,1＋4k2)))，則kSB＝－eq\f(1,4k)，直線SB的方程為y＝－eq\f(1,4k)(x－2)，又B(2,0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,4k)x－2，,x＝\f(10,3)，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(10,3)，,y＝－\f(1,3k)，))∴Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)，－\f(1,3k)))，故MN＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(16k,3)＋\f(1,3k))).又k>0，∴MN＝eq\f(16k,3)＋eq\f(1,3k)≥2eq\r(\f(16k,3)·\f(1,3k))＝eq\f(8,3).當且僅當eq\f(16k,3)＝eq\f(1,3k)，即k＝eq\f(1,4)時等號成立，∴當k＝eq\f(1,4)時，線段MN的長度取最小值eq\f(8,3).3．解(1)依題意知，A1(－a,0)，A2(a,0)，P(2，－1)，所以eq\o(PA1,\s\up6(→))·eq\o(PA2,\s\up6(→))＝(－a－2,1)·(a－2,1)＝5－a2，由eq\o(PA1,\s\up6(→))·eq\o(PA2,\s\up6(→))＝1，a>0，得a＝2，因為e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，所以c＝eq\r(3)，b2＝a2－c2＝1，故橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)假設存在滿足條件的點Q(t,0)，當直線l與x軸垂直時，它與橢圓只有一個交點，不滿足題意，因此直線l的斜率k存在，設l：y＋1＝k(x－2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＋1＝kx－2，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y，得(1＋4k2)x2－(16k2＋8k)x＋16k2＋16k＝0，Δ＝－64k>0，所以k<0，設M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1,2＝eq\f(16k2＋8k±\r(16k2＋8k2－41＋4k2·16k2＋16k),21＋4k2)，則x1＋x2＝eq\f(16k2＋8k,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(16k2＋16k,1＋4k2)，因為kQM＋kQN＝eq\f(y1,x1－t)＋eq\f(y2,x2－t)＝eq\f(kx1－2k－1x2－t＋kx2－2k－1x1－t,x1－tx2－t)＝eq\f(2kx1x2－2k＋1＋ktx1＋x2＋22k＋1t,x1x2－tx1＋x2＋t2)＝eq\f(4t－8k＋2t,4t－22k2＋82－tk＋t2)，所以要使對任意滿足條件的k，使得kQM＋kQN為定值，則只有t＝2時，kQM＋kQN＝1.故在x軸上存在點Q(2,0)，使得直線QM與直線QN的斜率的和為定值1.4．解(1)設點M，N的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)，點B的坐標為(2,0)，因為BM⊥BN，則eq\o(BM,\s\up6(→))·eq\o(BN,\s\up6(→))＝(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝0，又y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m，代入整理得(k2＋1)x1x2＋(km－2)(x1＋x2)＋m2＋4＝0， (*)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，當Δ>0時，x1,2＝eq\f(－8km±\r(64k2m2－44k2＋34m2－12),24k2＋3)，則有x1＋x2＝eq\f(－8km,4k2＋3)，x1x2＝eq\f(4m2－12,4k2＋3)，代入(*)得7m2＋16mk＋4k2＝0，所以m＝－eq\f(2,7)k或m＝－2k，當m＝－2k時，直線方程為y＝kx－2k，恒過點B(2,0)，不符合題意，舍去；當m＝－eq\f(2,7)k時，直線方程為y＝kx－eq\f(2,7)k，恒過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,7)，0))，該點在橢圓內(nèi)，此時Δ>0恒成立，所以，直線l過定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,7)，0)).(2)設點E，F(xiàn)的坐標分別為(x3，y3)，(x4，y4)，直線AE，AF，EF的斜率顯然存在，所以x3≠1，x4≠1，x3≠x4，設直線EF的方程為y＝kx＋m，同(1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， (*)當Δ>0時，x3,4＝eq\f(－8km±\r(64k2m2－44k2＋34m2－12),24k2＋3)，則有x3＋x4＝eq\f(－8km,4k2＋3)，x3x4＝eq\f(4m2－12,4k2＋3)， ①因為直線AE的斜率與AF的斜率互為相反數(shù)，則eq\f(y3－\f(3,2),x3－1)＝－eq\f(y4－\f(3,2),x4－1)，又y3＝kx3＋m，y4＝kx4＋m，代入整理得2kx3x4＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－k－\f(3,2)))(x3＋x4)＋3－2m＝0， ②①代入②，化簡得4k2－8k＋3＋4km－2m＝0，即(2k－1)