2019版一轮复习理数通用版高考达标检测（四十三） 圆锥曲线的综合问题定点定值探索性问题 7页

高考达标检测（四十三） 圆锥曲线的综合问题 ——定点、定值、探索性问题 1.如图，已知椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的离心率是 3 2 ，其中一个顶点 为 B(0,1)． (1)求椭圆 C 的方程； (2)设 P，Q 是椭圆 C 上异于点 B 的任意两点，且 BP⊥BQ.试问：直线 PQ 是否恒过一 定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，说明理由. 解：(1)设椭圆 C 的半焦距为 c.依题意，得 b＝1， 且 e2＝c2 a2 ＝a2－1 a2 ＝3 4 ， 解得 a2＝4， 所以椭圆 C 的方程为x2 4 ＋y2＝1. (2)直线 PQ 恒过定点． 法一：易知，直线 PQ 的斜率存在，设其方程为 y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 将直线 PQ 的方程代入 x2＋4y2＝4， 消去 y，整理得 (1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 则 x1＋x2＝－ 8km 1＋4k2 ，x1x2＝4m2－4 1＋4k2 . ① 因为 BP⊥BQ，且直线 BP，BQ 的斜率均存在， 所以y1－1 x1 ·y2－1 x2 ＝－1， 整理得 x1x2＋y1y2－(y1＋y2)＋1＝0. ② 因为 y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m， 所以 y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m，y1y2＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2. ③ 将③代入②，整理得(1＋k2)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2＝0. ④ 将①代入④，整理得 5m2－2m－3＝0. 解得 m＝－3 5 或 m＝1(舍去)． 所以直线 PQ 恒过定点 0，－3 5 . 法二：直线 BP，BQ 的斜率均存在，设直线 BP 的方程为 y＝kx＋1. 将直线 BP 的方程代入 x2＋4y2＝4，消去 y，得 (1＋4k2)x2＋8kx＝0. 解得 x＝0 或 x＝ －8k 1＋4k2. 设 P(x1，y1)，所以 x1＝ －8k 1＋4k2 ，y1＝kx1＋1＝1－4k2 1＋4k2 ， 所以 P －8k 1＋4k2 ，1－4k2 1＋4k2 . 以－1 k 替换点 P 坐标中的 k，可得 Q 8k k2＋4 ，k2－4 k2＋4 . 从而，直线 PQ 的方程是 y－1－4k2 1＋4k2 k2－4 k2＋4 －1－4k2 1＋4k2 ＝ x＋ 8k 1＋4k2 8k k2＋4 ＋ 8k 1＋4k2 . 依题意，若直线 PQ 过定点，则定点必定在 y 轴上． 在上述方程中，令 x＝0，解得 y＝－3 5. 所以直线 PQ 恒过定点 0，－3 5 . 2．已知椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的离心率为 3 2 ，短轴端点到焦点的距离为 2. (1)求椭圆 C 的方程； (2)设 A，B 为椭圆 C 上任意两点，O 为坐标原点，且 OA⊥OB. 求证：原点 O 到直线 AB 的距离为定值，并求出该定值． 解：(1)由题意知，e＝c a ＝ 3 2 ， b2＋c2＝2， 又 a2＝b2＋c2，所以 a＝2，c＝ 3，b＝1， 所以椭圆 C 的方程为x2 4 ＋y2＝1. (2)证明：当直线 AB 的斜率不存在时，直线 AB 的方程为 x＝±2 5 5 ，此时，原点 O 到 直线 AB 的距离为2 5 5 . 当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 由 x2 4 ＋y2＝1， y＝kx＋m 得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 则Δ＝(8km)2－4(1＋4k2)(4m2－4)＝16(1＋4k2－m2)＞0， x1＋x2＝－ 8km 1＋4k2 ，x1x2＝4m2－4 1＋4k2 ， 则 y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝m2－4k2 1＋4k2 ， 由 OA⊥OB 得 kOA·kOB＝－1，即y1 x1 ·y2 x2 ＝－1， 所以 x1x2＋y1y2＝5m2－4－4k2 1＋4k2 ＝0，即 m2＝4 5(1＋k2)， 所以原点 O 到直线 AB 的距离为 |m| 1＋k2 ＝2 5 5 . 综上，原点 O 到直线 AB 的距离为定值2 5 5 . 3．已知椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的离心率为 6 3 ，以原点 O 为圆心，椭圆 C 的长半 轴长为半径的圆与直线 2x－ 2y＋6＝0 相切． (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)已知点 A，B 为动直线 y＝k(x－2)(k≠0)与椭圆 C 的两个交点，问：在 x 轴上是否存 在定点 E，使得 EA―→2＋ EA―→ · AB―→为定值？若存在，试求出点 E 的坐标和定值；若不存在， 请说明理由． 解：(1)由 e＝ 6 3 ，得c a ＝ 6 3 ， 即 c＝ 6 3 a， ① 又以原点 O 为圆心，椭圆 C 的长半轴长为半径的圆为 x2＋y2＝a2， 且该圆与直线 2x－ 2y＋6＝0 相切， 所以 a＝ |6| 22＋－ 22 ＝ 6，代入①得 c＝2， 所以 b2＝a2－c2＝2， 所以椭圆 C 的标准方程为x2 6 ＋y2 2 ＝1. (2)由 x2 6 ＋y2 2 ＝1， y＝kx－2， 得(1＋3k2)x2－12k2x＋12k2－6＝0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 所以 x1＋x2＝ 12k2 1＋3k2 ，x1x2＝12k2－6 1＋3k2 . 根据题意，假设 x 轴上存在定点 E(m,0)， 使得 EA―→2＋ EA―→· AB―→＝( EA―→＋ AB―→)· EA―→＝ EA―→· EB―→为定值， 则 EA―→ · EB―→＝(x1－m，y1)·(x2－m，y2) ＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2 ＝(k2＋1)x1x2－(2k2＋m)(x1＋x2)＋(4k2＋m2) ＝3m2－12m＋10k2＋m2－6 1＋3k2 ， 要使上式为定值，即与 k 无关， 只需 3m2－12m＋10＝3(m2－6)，解得 m＝7 3 ， 此时， EA―→ 2＋ EA―→· AB―→＝m2－6＝－5 9 ， 所以在 x 轴上存在定点 E 7 3 ，0 使得 EA―→2＋ EA―→· AB―→为定值，且定值为－5 9. 4．已知椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)的右焦点为 F(1,0)，且点 P 1，3 2 在椭圆 C 上，O 为 坐标原点． (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)设过定点 T(0,2)的直线 l 与椭圆 C 交于不同的两点 A，B，且∠AOB 为锐角，求直线 l 的斜率 k 的取值范围； (3)过椭圆 C1：x2 a2 ＋ y2 b2－5 3 ＝1 上异于其顶点的任一点 P，作圆 O：x2＋y2＝4 3 的两条切线， 切点分别为 M，N(M，N 不在坐标轴上)，若直线 MN 在 x 轴、y 轴上的截距分别为 m，n， 证明： 1 3m2 ＋ 1 n2 为定值． 解：(1)由题意得 c＝1，所以 a2＝b2＋1， ① 又点 P 1，3 2 在椭圆 C 上，所以 1 a2 ＋ 9 4b2 ＝1， ② 由①②可解得 a2＝4，b2＝3， 所以椭圆 C 的标准方程为x2 4 ＋y2 3 ＝1. (2)设直线 l 的方程为 y＝kx＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由 y＝kx＋2， x2 4 ＋y2 3 ＝1， 得(4k2＋3)x2＋16kx＋4＝0， 因为Δ＝16(12k2－3)>0，所以 k2>1 4 ， 则 x1＋x2＝ －16k 4k2＋3 ，x1x2＝ 4 4k2＋3 . 因为∠AOB 为锐角， 所以 OA―→ · OB―→ >0，即 x1x2＋y1y2>0， 所以 x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)>0， 所以(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4>0， 即(1＋k2)· 4 4k2＋3 ＋2k· －16k 4k2＋3 ＋4>0， 解得 k2<4 3. 又 k2>1 4 ，所以1 4