(江苏专用)2020版高考数学一轮复习 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)

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1、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:1(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,F1F22,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),使得为定值?若存在,求x0;若不存在,请说明理由2.已知直线x2y20经过椭圆C:1(ab0)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

2、圆C:1(ab0)的离心率为,A1,A2分别为椭圆C的左、右顶点,点P(2,1)满足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:1过点A,右顶点为点B.(1)若直线l:ykxm与椭圆C相交于M,N两点(M,N不是左、右顶点),且BMBN,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

3、解(1)由题意可知,F1F22c2,则c1,又ABF2的周长为8,所以4a8,即a2,则e,b2a2c23.故C的方程为1.(2)假设存在点P,使得为定值若直线BM的斜率不存在,直线BM的方程为x1,B,M,则(x01)2.若直线BM的斜率存在,设BM的方程为yk(x1),联立得(4k23)x28k2x4k2120,0显然成立,设点B(x1,y1),M(x2,y2),x1,2,x1x2,x1x2,由于(x2x0,y2),(x1x0,y1),则x1x2(x1x2)x0xy1y2(k21)x1x2(x0k2)(x1x2)k2x,因为为定值,所以,解得x0,故存在点P使为定值,且x0.2(1)解由已

4、知得,椭圆C的左顶点为A(2,0),上顶点为D(0,1),a2,b1,故椭圆C的方程为y21.(2)证明设S(x0,y0),则y1,y1,故kSAkSB.(3)解直线AS的斜率k显然存在,且k0,故可设直线AS的方程为yk(x2),从而M,联立得(14k2)x216k2x16k240,设S(x1,y1),则(2)x1,得x1,从而y1,即S,则kSB,直线SB的方程为y(x2),又B(2,0),由得N,故MN.又k0,MN2.当且仅当,即k时等号成立,当k时,线段MN的长度取最小值.3解(1)依题意知,A1(a,0),A2(a,0),P(2,1),所以(a2,1)(a2,1)5a2,由1,a0

5、,得a2,因为e,所以c,b2a2c21,故椭圆C的方程为y21.(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:y1k(x2),由消去y,得(14k2)x2(16k28k)x16k216k0,64k0,所以k0时,x1,2,则有x1x2,x1x2,代入(*)得7m216mk4k20,所以mk或m2k,当m2k时,直线方程为ykx2k,恒过点B(2,0),不符合题意,舍去;当mk时,直线方程为ykxk,恒过点,该点在椭圆内,此时0恒成立,所以,直线l过定点.(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x31,x41,x3x4,设直线EF的方程为ykxm,同(1),由得(4k23)x28kmx4m2120,(*)当0时,x3,4,则有x3x4,x3x4,因为直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数,则,又y3kx3m,y4kx4m,代入整理得2kx3x4(x3x4)32m0,代入,化简得4k28k34km2m0,即(2k1)(2k2m3)0,所以k或mk,当mk时,直线EF的方程为yk(x1),恒过点A,不符合题意,舍去;当k时,方程(*)即x2mxm230,则当123m20时,2m2,所以当k且2m0恒成立,所以,直线EF的斜率为定值.8

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