（江苏专用）高考数学一轮复习 加练半小时 专题9 平面解析几何 第82练 高考大题突破练-圆锥曲线中的定点、定值问题 理（含解析）-人教版高三数学试题

第82练高考大题突破练—圆锥曲线中的定点、定值问题[基础保分练]1.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，F1F2＝2，过点F1的直线与椭圆C交于A，B两点，延长BF2交椭圆C于点M，△ABF2的周长为8.(1)求C的离心率及方程；(2)试问：是否存在定点P(x0,0)，使得eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))为定值？若存在，求x0；若不存在，请说明理由．2.已知直线x－2y＋2＝0经过椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左顶点A和上顶点D，椭圆C的右顶点为B，点S为椭圆C上位于x轴上方的动点，直线AS，BS与直线l：x＝eq\f(10,3)分别交于M，N两点．(1)求椭圆C的方程；(2)求证：直线AS与BS的斜率的乘积为定值；(3)求线段MN的长度的最小值．3．已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(3),2)，A1，A2分别为椭圆C的左、右顶点，点P(2，－1)满足eq\o(PA1,\s\up6(→))·eq\o(PA2,\s\up6(→))＝1.(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l经过点P且与C交于不同的两点M，N，试问：在x轴上是否存在点Q，使得直线QM与直线QN的斜率的和为定值？若存在，求出点Q的坐标及定值，若不存在，请说明理由．[能力提升练]4．已知椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1过点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，右顶点为点B.(1)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于M，N两点(M，N不是左、右顶点)，且BM⊥BN，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标；(2)E，F是椭圆C的两个动点，若直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数，试判断直线EF的斜率是否为定值？如果是，求出定值；反之，请说明理由．答案精析1．解(1)由题意可知，F1F2＝2c＝2，则c＝1，又△ABF2的周长为8，所以4a＝8，即a＝2，则e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，b2＝a2－c2＝3.故C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)假设存在点P，使得eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))为定值．若直线BM的斜率不存在，直线BM的方程为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)))，则eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝(x0－1)2－eq\f(9,4).若直线BM的斜率存在，设BM的方程为y＝k(x－1)，联立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显然成立，设点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)，则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)，因为eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))为定值，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)，故存在点P使eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))为定值，且x0＝eq\f(11,8).2．(1)解由已知得，椭圆C的左顶点为A(－2,0)，上顶点为D(0,1)，∴a＝2，b＝1，故椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)证明设S(x0，y0)，则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)解直线AS的斜率k显然存在，且k>0，故可设直线AS的方程为y＝k(x＋2)，从而Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)，\f(16k,3)))，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0，设S(x1，y1)，则(－2)·x1＝eq\f(16k2－4,1＋4k2)，得x1＝eq\f(2－8k2,1＋4k2)，从而y1＝eq\f(4k,1＋4k2)，即Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－8k2,1＋4k2)，\f(4k,1＋4k2)))，则kSB＝－eq\f(1,4k)，直线SB的方程为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).当且仅当eq\f(16k,3)＝eq\f(1,3k)，即k＝eq\f(1,4)时等号成立，∴当k＝eq\f(1,4)时，线段MN的长度取最小值eq\f(8,3).3．解(1)依题意知，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，因为e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，所以c＝eq\r(3)，b2＝a2－c2＝1，故椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)假设存在满足条件的点Q(t,0)，当直线l与x轴垂直时，它与椭圆只有一个交点，不满足题意，因此直线l的斜率k存在，设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，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1,2＝eq\f(16k2＋8k±\r(16k2＋8k2－41＋4k2·16k2＋16k),21＋4k2)，则x1＋x2＝eq\f(16k2＋8k,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(16k2＋16k,1＋4k2)，因为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)，所以要使对任意满足条件的k，使得kQM＋kQN为定值，则只有t＝2时，kQM＋kQN＝1.故在x轴上存在点Q(2,0)，使得直线QM与直线QN的斜率的和为定值1.4．解(1)设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，点B的坐标为(2,0)，因为BM⊥BN，则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，当Δ>0时，x1,2＝eq\f(－8km±\r(64k2m2－44k2＋34m2－12),24k2＋3)，则有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，当m＝－2k时，直线方程为y＝kx－2k，恒过点B(2,0)，不符合题意，舍去；当m＝－eq\f(2,7)k时，直线方程为y＝kx－eq\f(2,7)k，恒过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,7)，0))，该点在椭圆内，此时Δ>0恒成立，所以，直线l过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,7)，0)).(2)设点E，F的坐标分别为(x3，y3)，(x4，y4)，直线AE，AF，EF的斜率显然存在，所以x3≠1，x4≠1，x3≠x4，设直线EF的方程为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， (*)当Δ>0时，x3,4＝eq\f(－8km±\r(64k2m2－44k2＋34m2－12),24k2＋3)，则有x3＋x4＝eq\f(－8km,4k2＋3)，x3x4＝eq\f(4m2－12,4k2＋3)， ①因为直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数，则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，化简得4k2－8k＋3＋4km－2m＝0，即(2k－1)