高考数学一本策略复习 专题五 解析几何 第三讲 第二课时 圆锥曲线的定点、定值、存在性问题课后训练 文-人教版高三全册数学试题VIP免费

第三讲第二课时圆锥曲线的定点、定值、存在性问题1．(2018·云南师大附中质检)已知椭圆C的焦点在x轴上，离心率等于，且过点.(1)求椭圆C的标准方程；(2)过椭圆C的右焦点F作直线l交椭圆C于A，B两点，交y轴于M点，若MA＝λ1AF，MB＝λ2BF，求证：λ1＋λ2为定值．解析：(1)设椭圆C的方程为＋＝1(a＞b＞0)，则∴a2＝5，b2＝1，∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1.(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(0，y0)，又易知F点的坐标为(2,0)．显然直线l存在斜率，设直线l的斜率为k，则直线l的方程是y＝k(x－2)，将直线l的方程代入椭圆C的方程中，消去y并整理得(1＋5k2)x2－20k2x＋20k2－5＝0，∴x1＋x2＝，x1x2＝.又∵MA＝λ1AF，MB＝λ2BF，将各点坐标代入得λ1＝，λ2＝，∴λ1＋λ2＝＋＝＝＝－10，即λ1＋λ2为定值．2．(2018·贵阳一模)过抛物线C：y2＝4x的焦点F且斜率为k的直线l交抛物线C于A，B两点，且|AB|＝8.(1)求l的方程；(2)若A关于x轴的对称点为D，求证：直线BD恒过定点，并求出该点的坐标．解析：(1)易知点F的坐标为(1,0)，则直线l的方程为y＝k(x－1)，代入抛物线方程y2＝4x得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，由题意知k≠0，且[－(2k2＋4)]2－4k2·k2＝16(k2＋1)＞0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴x1＋x2＝，x1x2＝1，由抛物线的定义知|AB|＝x1＋x2＋2＝8，∴＝6，∴k2＝1，即k＝±1，∴直线l的方程为y＝±(x－1)．(2)由抛物线的对称性知，D点的坐标为(x1，－y1)，直线BD的斜率kBD＝＝＝，∴直线BD的方程为y＋y1＝(x－x1)，即(y2－y1)y＋y2y1－y＝4x－4x1，∵y＝4x1，y＝4x2，x1x2＝1，∴(y1y2)2＝16x1x2＝16，即y1y2＝－4(y1，y2异号)，∴直线BD的方程为4(x＋1)＋(y1－y2)y＝0，恒过点(－1,0)．3．(2018·南宁模拟)已知抛物线C：y2＝ax(a＞0)上一点P(t，)到焦点F的距离为2t.(1)求抛物线C的方程；(2)抛物线C上一点A的纵坐标为1，过点Q(3，－1)的直线与抛物线C交于M，N两个不同的点(均与点A不重合)，设直线AM，AN的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为定值．解析：(1)由抛物线的定义可知|PF|＝t＋＝2t，则a＝4t，由点P(t，)在抛物线上，得at＝，∴a×＝，则a2＝1，由a＞0，得a＝1，∴抛物线C的方程为y2＝x.(2)∵点A在抛物线C上，且yA＝1，∴xA＝1.∴A(1,1)，设过点Q(3，－1)的直线的方程为x－3＝m(y＋1)，即x＝my＋m＋3，代入y2＝x得y2－my－m－3＝0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＋y2＝m，y1y2＝－m－3，∴k1k2＝·＝＝－，∴k1k2为定值．4．(2018·福州四校联考)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的两个焦点分别为F1，F2，短轴的一个端点为P，△PF1F2内切圆的半径为，设过点F2的直线l被椭圆C截得的线段为RS，当l⊥x轴时，|RS|＝3.(1)求椭圆C的标准方程；(2)在x轴上是否存在一点T，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．解析：(1)由内切圆的性质，得×2c×b＝×(2a＋2c)×，得＝.将x＝c代入＋＝1，得y＝±，所以＝3.又a2＝b2＋c2，所以a＝2，b＝，故椭圆C的标准方程为＋＝1.(2)当直线l垂直于x轴时，显然x轴上任意一点T都满足TS与TR所在直线关于x轴对称．当直线l不垂直于x轴时，假设存在T(t,0)满足条件，设l的方程为y＝k(x－1)，R(x1，y1)，S(x2，y2)．联立方程，得得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，由根与系数的关系得①，其中Δ＞0恒成立，由TS与TR所在直线关于x轴对称，得kTS＋kTR＝0(显然TS，TR的斜率存在)，即＋＝0②.因为R，S两点在直线y＝k(x－1)上，所以y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，代入②得＝＝0，即2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0③，将①代入③得＝＝0④，则t＝4，综上所述，存在T(4,0)，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称．