课时验收评价(六十) 圆锥曲线中的定点、定值问题

PAGE第3页共3页课时验收评价(六十)圆锥曲线中的定点、定值问题1．(2022·运城模拟)已知P(1,2)在抛物线C：y2＝2px上．(1)求抛物线C的方程；(2)A，B是抛物线C上的两个动点，如果直线PA的斜率与直线PB的斜率之和为2，证明：直线AB过定点．解：(1)将P点坐标代入抛物线方程y2＝2px得4＝2p，即p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x.(2)证明：设AB：x＝my＋t，将AB的方程与y2＝4x联立得y2－4my－4t＝0，Δ＝16m2＋16t>0⇒m2＋t>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t，kPA＝eq\f(y1－2,x1－1)＝eq\f(y1－2,\f(y\o\al(2,1),4)－1)＝eq\f(4,y1＋2)，同理可得kPB＝eq\f(4,y2＋2)，由题意得eq\f(4,y1＋2)＋eq\f(4,y2＋2)＝2,4(y1＋y2＋4)＝2(y1y2＋2y1＋2y2＋4)，解得y1y2＝4，有－4t＝4，即t＝－1，故直线AB：x＝my－1恒过定点(－1,0)．2．(2022·湖北九师联盟开学考)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)))是C上一点，且PF2与x轴垂直．(1)求椭圆C的方程；(2)若过点Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),3)，0))的直线l交C于A，B两点，证明：eq\f(1,|AQ|2)＋eq\f(1,|BQ|2)为定值．解：(1)由题意，得F2(1,0)，F1(－1,0)，且c＝1，则2a＝|PF1|＋|PF2|＝eq\r(1＋12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)－0))2)＋eq\f(\r(2),2)＝2eq\r(2)，即a＝eq\r(2)，所以b＝eq\r(a2－c2)＝1，故椭圆C的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)证明：当直线AB的斜率为零时，点A，B为椭圆长轴的端点，则eq\f(1,|AQ|2)＋eq\f(1,|BQ|2)＝eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(2)＋\f(\r(6),3)))2)＋eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)＋\f(\r(6),3)))2)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)＋\f(\r(6),3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)－\f(\r(6),3)))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2,3)))2)＝eq\f(4＋\f(4,3),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))2)＝3；当直线AB不与x轴重合时，设直线AB的方程为x＝ty－eq\f(\r(6),3)，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ty－\f(\r(6),3)，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去x得(t2＋2)y2－eq\f(2\r(6)t,3)y－eq\f(4,3)＝0，则Δ＝eq\f(8,3)t2＋eq\f(16,3)(t2＋2)>0恒成立，由根与系数的关系，得y1＋y2＝eq\f(2\r(6)t,3t2＋2)，y1y2＝－eq\f(4,3t2＋2)，所以eq\f(1,|AQ|2)＋eq\f(1,|BQ|2)＝eq\f(1,1＋t2y\o\al(2,1))＋eq\f(1,1＋t2y\o\al(2,2))＝eq\f(y\o\al(2,1)＋y\o\al(2,2),1＋t2y\o\al(2,1)y\o\al(2,2))＝eq\f(y1＋y22－2y1y2,1＋t2y\o\al(2,1)y\o\al(2,2))＝eq\f(\f(8t2,3t2＋22)＋\f(8,3t2＋2),1＋t2·\f(16,9t2＋22))＝eq\f(\f(16t2＋1,3t2＋22),1＋t2·\f(16,9t2＋22))＝eq\f(16,3)×eq\f(9,16)＝3.综上，eq\f(1,|AQ|2)＋eq\f(1,|BQ|2)＝3为定值．3．已知点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2)))，直线PM，PN的斜率乘积为－eq\f(3,4)，P点的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)设斜率为k的直线交x轴于T，交曲线C于A，B两点，是否存在k使得|AT|2＋|BT|2为定值？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．解：(1)设P点坐标为(x，y)，∵kPM·kPN＝－eq\f(3,4)，∴eq\f(y－\f(3,2),x－1)·eq\f(y＋\f(3,2),x＋1)＝－eq\f(3,4)，∴4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(3,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(3,2)))＋3(x－1)(x＋1)＝0，∴eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，∴曲线C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(x≠±1)．(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，设直线AB为x＝my＋n，代入3x2＋4y2＝12得(3m2＋4)y2＋6mny＋3n2－12＝0，Δ＝36m2n2－4(3n2－12)(3m2＋4)＝48(3m2＋4－n2)>0，∴|AT|2＝(m2＋1)yeq\o\al(2,1)，|BT|2＝(m2＋1)yeq\o\al(2,2)，∴|AT|2＋|BT|2＝(m2＋1)(yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2))＝(m2＋1)[(y1＋y2)2－2y1y2]＝(m2＋1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－6mn,3m2＋4)))2－2·\f(3n2－12,3m2＋4)))＝eq\f(6m2＋1,3m2＋42)[(3m2－4)n2＋4(3m2＋4)]，若|AT|2＋|BT|2为定值，则3m2－4＝0，解得m＝±eq\f(2,\r(3))，kAB＝eq\f(1,m)＝±eq\f(\r(3),2)，∴存在k＝±eq\f(\r(3),2)，使得|AT|2＋|BT|2为定值．4．(2021·潍坊二模)已知椭圆M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)过A(－2,0)，B(0,1)两点．(1)求椭圆M的离心率；(2)设椭圆M的右顶点为C，点P在椭圆M上(P不与椭圆M的顶点重合)，直线AB与直线CP交于点Q，直线BP交x轴于点S，求证：直线QS过定点．解：(1)因为点A(－2,0)，B(0,1)都在椭圆M上，所以a＝2，b＝1.所以c＝eq\r(a2－b2)＝eq\r(3).所以椭圆M的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2).(2)证明：由(1)知椭圆M的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1，C(2,0)．由题意知，直线AB的方程为x＝2y－2.设P(x0，y0)(y0≠0，y0≠±1)，Q(2yQ－2，yQ)，S(xS,0)．因为C，P，Q三点共线，所以有eq\o(CP,\s\up7(→))∥eq\o(CQ,\s\up7(→))，eq\o(CP,\s\up7(→))＝(x0－2，y0)，eq\o(CQ,\s\up7(→))＝(2yQ－2－2，yQ)，所以(x0－2)yQ＝y0(2yQ－4)．所以yQ＝eq\f(4y0,2y0－x0＋2).所以Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4y0＋2x0－4,2y0－x0＋2)，\f(4y0,2y0－x0＋2))).因为B，S，P三点共线，所以eq\f(1,－xS)＝eq\f(y0－1,x0)，即xS＝eq\f(x0,1－y0).所以Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,1－y0)，0)).所以直线QS的方程为x＝eq\f(\f(4y0＋2x0－4,2y0－x0＋2)－\f(x0,1－y0),\f(4y0,2y0－x0