【文档说明】2023届高考人教A版数学一轮复习试题（适用于老高考旧教材）高考解答题专项五　第2课时　圆锥曲线中的定点（或定值）问题含解析【高考】.docx，共(4)页，50.763 KB，由小赞的店铺上传

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1第2课时圆锥曲线中的定点(或定值)问题1.(2020山东泰安三模,21)已知椭圆𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的右顶点为A,上顶点为B,O为坐标原点,点O到直线AB的距离为2√55,△OAB的面积为1

.(1)求椭圆的标准方程;(2)直线l与椭圆交于C,D两点,若直线l∥AB,设直线AC,BD的斜率分别为k1,k2,证明:k1·k2为定值.2.(2021江苏盐城滨海中学一模,21)在平面直角坐标系中,已知圆心为点Q的动圆恒过点F(1,0),且与直线x=-1相切.设动圆的圆心

Q的轨迹为曲线Γ.(1)求曲线Γ的方程;(2)过点F的两条直线l1,l2与曲线Γ相交于A,B,C,D四点,且M,N分别为AB,CD的中点.设l1与l2的斜率依次为k1,k2,若k1+k2=-1,求证:直线MN恒过定点.3.(20

21北京平谷一模,19)已知椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的离心率为12,并且经过点P(0,√3).(1)求椭圆C的方程;(2)设过点P的直线与x轴交于N点,与椭圆的另一个交点为B,点B关于x轴的对称点为B',直线PB'交x轴于M,求证:|OM|·|ON

|为定值.4.(2021江西南昌二模,理19)已知椭圆E:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的离心率为√32,椭圆E与x轴交于A,B两点,与y轴交于C,D两点,四边形ACBD的面积为4.(1)求椭圆E的方程;(2)若P是椭圆E上一点(不在坐标轴上),直线PC,PD分别与x轴相交于

M,N两点,设PC,PD,OP的斜率分别为k1,k2,k3,过点P的直线l的斜率为k,且k1k2=kk3,直线l与x轴交于点Q,求|MQ|-|NQ|的值.答案：1.解(1)直线AB的方程为𝑥𝑎+𝑦𝑏=1,

即bx+ay-ab=0,则𝑎𝑏√𝑎2+𝑏2=2√55.2因为三角形OAB的面积为1,所以12ab=1,即ab=2,解得a=2,b=1,所以椭圆的标准方程为𝑥24+y2=1.(2)直线AB的斜率为-12,设直线l的方

程为y=-12x+t,C(x1,y1),D(x2,y2),把方程y=-12x+t与𝑥24+y2=1联立,消去x,整理得2y2-2ty+t2-1=0,Δ=(-2t)2-4×2×(t2-1)=8-4t2>0,即t2<2,此时有y1+y2=t,y1y2=𝑡2-12,所以k1k2

=𝑦1𝑥1-2·𝑦2-1𝑥2=𝑦1𝑦2-𝑦1𝑥1𝑥2-2𝑥2,所以x1x2-2x2=4(t-y1)(t-y2)-4(t-y2)=4[t2-t(y1+y2)+y1y2-t+y2]=4[(y1+y2)2-(y1+y2)(y1+y2)+y1y2-(y1+y2)+y2]=4

(y1y2-y1),所以k1·k2=14为定值.2.(1)解设Q(x,y),依题意可得|x+1|=√(-1)2+𝑦2,化简得y2=4x.(2)证明设l1,l2的方程为y=k1(x-1),y=k2(x-1).联立{

𝑦=𝑘1(𝑥-1),𝑦2=4𝑥,得𝑘12x2-(2𝑘12+4)x+𝑘12=0,所以x1+x2=2𝑘12+4𝑘12,则M𝑘12+2𝑘12,2𝑘1,同理N𝑘22+2𝑘22,2𝑘2,由k1+k2=-1,所以kMN=2𝑘1-2𝑘2𝑘12+2𝑘12-𝑘22+2𝑘

22=𝑘1𝑘2𝑘1+𝑘2=-k1k2=-k1(-1-k1)=k1(1+k1),所以直线MN的方程为y-2𝑘1=k1(1+k1)x-𝑘12+2𝑘12,化简整理得y+2=k1(1+k1)(x-1),所以直线MN恒过定点(1,-2

).3.(1)解由已知𝑐𝑎=12,3𝑏2=1,a2=b2+c2,解得b2=3,a2=4,所以椭圆C:𝑥24+𝑦23=1.(2)证明证法1由已知直线PB的斜率存在,以下给出证明:由题意,设直线PB的方程

为y=kx+√3(k≠0),P(0,√3),B(x1,y1),则B'(x1,-y1).由{3𝑥2+4𝑦2=12,𝑦=𝑘𝑥+√3,得(3+4k2)x2+8√3kx=0,x1=-8√3𝑘3+4𝑘2,y1=-8√3𝑘23+4𝑘2+√3

,所以B-8√3𝑘3+4𝑘2,-8√3𝑘23+4𝑘2+√3,3即B-8√3𝑘3+4𝑘2,-4√3𝑘2+3√33+4𝑘2,B'-8√3𝑘3+4𝑘2,4√3𝑘2-3√33+4𝑘2,直线PB'的方程为y-4√3𝑘2-3√

33+4𝑘2=34𝑘x--8√3𝑘3+4𝑘2,令y=0,得x=(-4√3𝑘2-3√3)4𝑘3(3+4𝑘2),所以M(-4√3𝑘2-3√3)4𝑘3(3+4𝑘2),0,令y=0,由y=kx+√3得x=-√3𝑘,所以N-√3𝑘,0,所以|OM

|·|ON|=(-4√3𝑘2-3√3)4𝑘3(3+4𝑘2)·-√3𝑘=4.证法2设B(x0,y0),B'(x0,-y0),则𝑥024+𝑦023=1,则直线PB的方程为y-√3=√3-𝑦0-𝑥0(x-0),令y=0,x=√3𝑥0√3-𝑦0,所以N√3𝑥0√

3-𝑦0,0.同理M√3𝑥0√3+𝑦0,0,所以|OM|·|ON|=√3𝑥0√3+𝑦0·√3𝑥0√3-𝑦0=3𝑥023-𝑦02,因为𝑥024+𝑦023=1,所以3𝑥02+4𝑦02=12,所以

|OM|·|ON|=3𝑥023-𝑦02=12-4𝑦023-𝑦02=4.4.解(1)由题意,𝑐𝑎=√32,且12·2a·2b=4,又a2-b2=c2,所以a=2,b=1,所以椭圆E的方程为𝑥24

+y2=1.(2)设P(x0,y0),则𝑥024+𝑦02=1,即𝑥02=4(1-𝑦02),不妨设C(0,1),D(0,-1),直线PC:y=𝑦0-1𝑥0x+1,令y=0,得x=𝑥01-𝑦0,故M𝑥01-𝑦0,0.4同理可求N𝑥01+𝑦

0,0.则k1k2=𝑦0-1𝑥0·𝑦0+1𝑥0=𝑦02-1𝑥02=-14,k3=𝑦0𝑥0,所以k=-𝑥04𝑦0.所以直线l为y-y0=-𝑥04𝑦0(x-x0),令y=0,得x=𝑥02+4𝑦02𝑥0,又𝑥

024+𝑦02=1,故x=4𝑥0,即Q4𝑥0,0.易证𝑥01-𝑦0<4𝑥0<𝑥01+𝑦0或𝑥01+𝑦0<4𝑥0<𝑥01-𝑦0,所以||MQ|-|NQ||=𝑥01-𝑦0+𝑥01+𝑦0−8𝑥0=2𝑥0(1+𝑦0)(1-𝑦0)−8𝑥0.又𝑥024+𝑦02

=1,即𝑦02=1-𝑥024,代入上式得||MQ|-|NQ||=2𝑥0𝑥024−8𝑥0=0.所以|MQ|-|NQ|=0.