《2019版一轮复习理数版高考达标检测(四十三)圆锥曲线的综合问题——定点定值探索性问题.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版一轮复习理数版高考达标检测(四十三)圆锥曲线的综合问题——定点定值探索性问题.doc（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、.高考达标检测（四十三）圆锥曲线的综合问题定点、定值、探究性问题x2y23，此中一个极点1.如图，已知椭圆C： a2 b2 1(a b 0)的离心率是2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 的随意两点，且BP BQ.试问：直线PQ 能否恒过一定点？假如，求出该定点的坐标；若不是，说明原因.解： (1)设椭圆 C 的半焦距为 c.依题意，得 b 1，2 c2a2 13且 e a2 a2 4 ，解得 a2 4，因此椭圆 C 的方程为x22 y 1.4(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(
2、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 x28km 2， x1x2 4m2 42 .14k14k由于 BP BQ，且直线 BP， BQ 的斜率均存在，y1 1 y2 1因此x1 x2 1，整理得x1x2 y1y2 (y1 y2) 1 0.由于 y1 kx1 m， y2 kx2 m，因此 y1 y2 k(x1 x2) 2m， y1y2 k2x1x2 mk(x1 x2) m2.将代入，整理得(1 k2)x1x2 k(m 1)( x1 x2 ) (m 1)2 0.将代入，整理得5m2 2
3、m 3 0.3解得 m 5或 m 1(舍去 )3因此直线 PQ 恒过定点 0， 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. 8k解得 x 0 或 x 1 4k2.1 页.设 P(x1， y1)，因此 x1 8k2， y1 kx1 1 14k22，1 4k1 4k 8k1 4k2因此 P 1 4k2， 1 4k2.以 1替代点 P 坐标中的 k，可得Q8kk2 42， 2kk 4k 4 .1 4k28k进而，直线 PQ 的方程是y 1 4k22x 14k2.k2 44
4、k8k8k1k2 4 1 4k2k2 41 4k2依题意，若直线PQ 过定点，则定点必然在y 轴上在上述方程中，令x 0，解得 y 35.因此直线 PQ 恒过定点0，35 .x2y23，短轴端点到焦点的距离为 2.2已知椭圆 C： 22 1(a b 0)的离心率为ab2(1) 求椭圆 C 的方程；(2) 设 A， B 为椭圆 C 上随意两点， 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 c3，b2 c2 2，a2又 a2 b2 c2，因此 a 2， c3， b 1，2因此椭圆 C 的方程为 x y2 1.4(2) 证明：当
5、直线AB 的斜率不存在时，直线AB 的方程为25，此时，原点O 到x 5直线 AB 的距离为 255.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)x22由4 y 1，得 (1 4k2)x2 8kmx 4m2 4 0.y kxm则22222 (8km) 4(1 4k )(4 m 4) 16(14km ) 0，x1 x2 8km2， x1x24m2 42，1 4k14k则 y1y2 (kx1 m)(kx2 m)m2 4k214k2 ，由 OA OB 得 kOAkOB 1，即y1y2x11，x22 页.2 4 4k2因此 x1x2 y1y
6、2 5m14k2 0，即 m2 4(1 k2)，5|m|2 5因此原点 O 到直线AB 的距离为1 k25 .综上，原点 O 到直线 AB 的距离为定值 255 .226，以原点 O 为圆心，椭圆x2y2C 的长半3已知椭圆 C： a b 1(a b 0)的离心率为3轴长为半径的圆与直线2x 2y6 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 轴上能否存2 E 的坐标和定值；若不存在，在定点 E ，使得 EA EA AB 为定值？若存在，试求出点请说明原因解： (1)由 e6c63，得 a3 ，即 c
7、63 a，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 2x2y 60 相切，因此 a|6|6，代入得 c 2，22 22因此 b2 a2 c2 2，x2y2因此椭圆 C 的标准方程为6 2 1.2 2x y 1，(2) 由 6 2y k x 2 ，得 (1 3k2)x2 12k2x 12k2 6 0.设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，22因此 x1 x2 12k， x1x2 12k 622 .13k1 3k依据题意，假定 x 轴上存在定点E(m,0)，2 为定值，使得 EA EA AB( EA AB)EA EA EB 则 EA EB ( x1
8、m， y1) (x2m，y2 ) (x1 m)(x2 m) y1y2 (k2 1)x1x2 (2k2m)(x1 x2) (4k2 m2)3 页.3m2 12m10 k2 m2 613k2，要使上式为定值，即与k 没关，只要 3m2 12m 10 3(m2 6)，解得 m7，3 2 25此时， EA EA AB m 6 ，9因此在 x 轴上存在定点E72 为定值，且定值为5.， 0使得 EA EA AB93已知椭圆Cx2y21(ab0)的右焦点为F(1,0)，且点P1，3在椭圆 C 上，O 为：2 24ab2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 交于不一样的两点A，B，且 AOB 为锐角，求直线l 的斜率 k 的取值范围；22P，作圆
