1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 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 1.如图，已知椭圆 C： x2a2y2b2 1(a b 0)的离心率是32 ，其中一个顶点为 B(0,1) (1)求椭圆 C 的方程； (2)设 P， Q 是椭圆 C 上异于点 B 的任意两点，且 BP BQ.试问：直线 PQ 是否恒过一定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，说明理由 . 解： (1)设椭圆 C 的半焦距为 c.依题意，得 b 1， 且 e2 c2a2a2 1a2 34 ， 解得 a2 4， 所以椭圆 C 的方程为 x24 y2 1. (2)直线 PQ 恒过定点 法一： 易知，
2、直线 PQ 的斜率存在，设其方程为 y kx m， P(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 x2 8km1 4k2， x1x2 4m2 41 4k2. 因 为 BP BQ，且直线 BP， BQ 的斜率均存在， 所以 y1 1x1 y2 1x2 1， 整理得 x1x2 y1y2 (y1 y2) 1 0. 因为 y1 kx1 m， y2 kx2 m， 所以 y1 y2 k(x1 x2) 2m， y1y2 k2x1x2 mk(x1 x2) m2. 将 代入 ，整理得 (1 k
3、2)x1x2 k(m 1)(x1 x2) (m 1)2 0. 将 代入 ，整理得 5m2 2m 3 0. 解得 m 35或 m 1(舍去 ) 所以直线 PQ 恒过定点 ? ?0， 35 . 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. =【 ;精品教育资源文库 】 = 解得 x 0 或 x 8k1 4k2. 设 P(x1， y1)，所以 x1 8k1 4k2， y1 kx1 1 1 4k21 4k2， 所以 P? ? 8k1 4k2， 1 4k21 4k2 . 以 1
4、k替换点 P 坐标中的 k，可得 Q? ?8kk2 4， k2 4k2 4 . 从而，直线 PQ 的方程是y 1 4k21 4k2k2 4k2 41 4k21 4k2x 8k1 4k28kk2 48k1 4k2. 依题意，若直线 PQ 过定点，则定点必定在 y 轴上 在上述方程中，令 x 0，解得 y 35. 所以直线 PQ 恒过定点 ? ?0， 35 . 2已知椭圆 C： x2a2y2b2 1(a b 0)的离心率为32 ，短轴端点到焦点的距离为 2. (1)求椭圆 C 的方程； (2)设 A， B 为椭圆 C 上任意两点， O 为坐标原点，且 OA OB. 求证：原点 O 到直线 AB的距
5、离为定值，并求出该定值 解： (1)由题意知， e ca 32 ， b2 c2 2， 又 a2 b2 c2，所以 a 2， c 3， b 1， 所以椭圆 C 的方程为 x24 y2 1. (2)证明：当直线 AB 的斜率不存在时，直线 AB 的方程为 x 2 55 ，此时，原点 O 到直线 AB 的距离为 2 55 . 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) 由? x24 y2 1，y kx m得 (1 4k2)x2 8kmx 4m2 4 0. 则 (8km)2 4(1 4k2)(4m2 4) 16(1 4k2 m2) 0
6、， x1 x2 8km1 4k2， x1x2 4m2 41 4k2， =【 ;精品教育资源文库 】 = 则 y1y2 (kx1 m)(kx2 m) m2 4k21 4k2， 由 OA OB 得 kOA kOB 1，即 y1x1 y2x2 1， 所以 x1x2 y1y2 5m2 4 4k21 4k2 0，即 m2 45(1 k2)， 所以原点 O 到直线 AB 的距离为 |m|1 k2 2 55 . 综上，原点 O 到直线 AB 的距离为定值 2 55 . 3已知椭圆 C： x2a2y2b2 1(a b 0)的离心率为63 ，以原点 O 为圆心，椭圆 C 的长半轴长为半径的圆与直线 2x 2y
7、6 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)(k0) 与椭圆 C 的两个交点，问：在 x 轴上是否存在定点 E，使得 EA 2 EA AB 为定值？若存在，试求出点 E 的坐标和定值；若不存在，请说明理由 解： (1)由 e 63 ，得 ca 63 ， 即 c 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 2x 2y 6 0 相切， 所以 a |6|22 2 2 6，代入 得 c 2， 所以 b2 a2 c2 2， 所以椭圆 C 的标准方程为 x26y22 1. (2)由? x26y22
8、 1，y k x ，得 (1 3k2)x2 12k2x 12k2 6 0. 设 A(x1， y1)， B(x2， y2)， 所以 x1 x2 12k21 3k2， x1x212k2 61 3k2 . 根据题意，假设 x 轴上存在定点 E(m,0)， =【 ;精品教育资源文库 】 = 使得 EA 2 EA AB ( EA AB ) EA EA EB 为定值， 则 EA EB (x1 m， y1)( x2 m， y2) (x1 m)(x2 m) y1y2 (k2 1)x1x2 (2k2 m)(x1 x2) (4k2 m2) m2 12m k2 m21 3k2 ， 要使上式为定值，即与 k 无关，
9、只需 3m2 12m 10 3(m2 6)，解得 m 73， 此时， EA 2 EA AB m2 6 59， 所以在 x 轴上存在定点 E? ?73， 0 使得 EA 2 EA AB 为定值，且定值为 59. 4已知椭圆 C： x2a2y2b2 1(ab0)的右焦点为 F(1,0)，且点 P?1， 32 在椭圆 C 上， O 为坐标原点 (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 交于不同的两点 A， B，且 AOB 为锐角，求直线l 的斜率 k 的取值范围； (3)过椭圆 C1： x2a2y2b2 53 1 上异于其顶点的任一点 P，作圆 O： x2
10、y2 43的两条切线，切点分别为 M， N(M， N 不在坐标轴上 )，若直线 MN 在 x 轴、 y 轴上的截距分别为 m， n，证明：13m21n2为定值 解： (1)由题意得 c 1，所以 a2 b2 1， 又点 P? ?1， 32 在椭圆 C 上，所以 1a2 94b2 1， 由 可解得 a2 4， b2 3， 所以椭圆 C 的标准方程为 x24y23 1. (2)设直线 l 的方程为 y kx 2， A(x1， y1)， B(x2， y2)， 由? y kx 2，x24y23 1，得 (4k2 3)x2 16kx 4 0， =【 ;精品教育资源文库 】 = 因为 16(12k2 3)
11、0，所以 k214， 则 x1 x2 16k4k2 3， x1x2 44k2 3. 因为 AOB 为锐角， 所以 OA OB 0， 即 x1x2 y1y20， 所以 x1x2 (kx1 2)(kx2 2)0， 所以 (1 k2)x1x2 2k(x1 x2) 40， 即 (1 k2) 44k2 3 2k 16k4k2 3 40， 解得 k214， 所以 14k243， 解得 2 33 k 12或 12k2 33 . 所以直线 l 的斜率 k 的取值范围为 ? ? 2 33 ， 12 ? ?12， 2 33 . (3)证明：由 (1)知椭圆 C1的方程为 x243y24 1， 设 P(x0， y0
12、)， M(x3， y3)， N(x4， y4)， 因为 M， N 不在坐标轴上，所以 kPM 1kOM x3y3， 直线 PM 的方程为 y y3 x3y3(x x3)， 化简得 x3x y3y 43， 同理可得直线 PN 的方程为 x4x y4y 43. 把 P 点的坐标代入 得? x3x0 y3y0 43，x4x0 y4y0 43，所以直线 MN 的方程为 x0x y0y 43. 令 y 0，得 m 43x0，令 x 0，得 n 43y0， =【 ;精品教育资源文库 】 = 所以 x0 43m， y0 43n， 又点 P 在椭圆 C1上， 所以 ? ?43m 2 3? ?43n 2 4，即
13、 13m2 1n2 34，为定值 已知椭圆的两个焦点为 F1( 5， 0)， F2( 5， 0)， M 是椭圆上一点，若 MF1 MF2 0， |MF1 | MF2 | 8. (1)求椭圆的方程； (2)直线 l 过右焦点 F2( 5， 0) (不与 x 轴重合 )且与椭圆相交于不同的两点 A， B，在 x轴上是否存在一个定点 P(x0,0)，使得 PA PB 的值为定值？若存在，写出 P 点的坐标；若不存在，说明理由 解： (1)由题意知椭圆的焦点在 x 轴上，设椭圆的方程为 x2a2y2b2 1(a b 0), 则 c 5， |MF1 |2 |MF2 |2 (2c)2 20. 又 |MF1
14、 | MF2 | 8， (|MF1 | |MF2 |)2 |MF1 |2 |MF2 |2 2|MF1 | MF2 | 36， 解得 |MF1 | |MF2 | 6，即 2a 6， 则 a 3， b2 a2 c2 4， 椭圆的方程为 x29y24 1. (2)当直线与 x 轴不垂直时 ， 设直线 l 的方程为 y k(x 5)， 代入椭圆方程并消元整理得 ， (9k2 4)x2 18 5k2x 45k2 36 0. 设 A(x1， y1)， B(x2， y2)， 则 x1 x2 18 5k24 9k2， x1x245k2 364 9k2 ， y1y2 k2(x1 5)(x2 5) k2x1x2
15、5(x1 x2) 5 16k24 9k2， 所以 PA PB (x1 x0， y1)( x2 x0， y2) (x1 x0)(x2 x0) y1y2 x1x2 x0(x1 x2) x20 y1y2 9x20 18 5x0 29 k2 4x20 364 9k2 . 令 PA PB t， =【 ;精品教育资源文库 】 = 则 (9x20 18 5x0 29)k2 4x20 36 t(4 9k2)， 故 9x20 18 5x0 29 9t 且 4x20 36 4t， 解得 x0 11 59 ， 此时 PA PB 的值为 12481. 当 直线 l 与 x 轴垂直时 ， l 的方程为 x 5， 代入椭圆方程解得 A? ?5， 43 ， B? ?5， 43 ， 所以 PA PB ? ? 2 59 ， 43 ? ? 2 59 ， 43 2081 169 12481 ， 综上 ， 在 x 轴上存在一个定点 P? ?11 59 ， 0 ， 使得 PA PB 的值为定值 .
