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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)

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