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專題研究3 圓錐曲線中定點、定值問題 1．已知a，b滿足2a＋3b＝1，則直線4x＋ay－2b＝0必過的定點為(　　) A．(，)　　　　　　　 B．(，－) C．(，) D．(，－) 答案　D 解析　∵2a＋3b＝1，又由4x＋ay－2b＝0， 得－a＋b＝1，∴∴選D. 2．過拋物線y2＝2px(p>0)的焦點F的直線交拋物線于A，B兩點，則＋＝________． 答案　 3．已知曲線C：y2＝2px(p>0)．O為原點，A，B是C上兩個不同點，且OA⊥OB，則直線AB過定點________． 答案　(2p，0) 4．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為e＝，其左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，|F1F2|＝2，設(shè)點M(x1，y1)，N(x2，y2)是橢圓上不同兩點，且這兩點與坐標(biāo)原點的連線的斜率之積為－. (1)求橢圓C的方程； (2)求證：x12＋x22為定值，并求該定值． 答案　(1)＋y2＝1　(2)4 解析　(1)依題意，c＝，而e＝， ∴a＝2，b2＝a2－c2＝1， 則橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)由于＝－，則x1x2＝－4y1y2，x12x22＝16y12y22. 而＋y12＝1，＋y22＝1，則1－＝y(tǒng)12，1－＝y(tǒng)22， ∴(1－)(1－)＝y(tǒng)12y22，則(4－x12)(4－x22)＝16y12y22， (4－x12)(4－x22)＝x12x22，展開，得x12＋x22＝4為一定值． 5．(2017課標(biāo)全國Ⅰ，理)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)，四點P1(1，1)，P2(0，1)，P3(－1，)，P4(1，)中恰有三點在橢圓C上． (1)求C的方程； (2)設(shè)直線l不經(jīng)過P2點且與C相交于A，B兩點．若直線P2A與直線P2B的斜率的和為－1，證明：l過定點． 答案　(1)＋y2＝1　(2)定點(2，－1) 解析　(1)由于P3，P4兩點關(guān)于y軸對稱，故由題設(shè)知C經(jīng)過P3，P4兩點．又由＋>＋知，C不經(jīng)過點P1，所以點P2在C上， 因此解得 故C的方程為＋y2＝1. (2)證明：設(shè)直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1，k2. 如果l與x軸垂直，設(shè)l：x＝t，由題設(shè)知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐標(biāo)分別為(t，)，(t，－)． 則k1＋k2＝－＝－1， 得t＝2，不符合題設(shè)． 從而可設(shè)l：y＝kx＋m(m≠1)． 將y＝kx＋m代入＋y2＝1得 (4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 由題設(shè)可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1＋x2＝－，x1x2＝. 而k1＋k2＝＋＝＋＝. 由題設(shè)知k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0， 即(2k＋1)＋(m－1)＝0，解得k＝－. 當(dāng)且僅當(dāng)m>－1時，Δ>0， 于是l：y＝－x＋m，即y＋1＝－(x－2)，所以l過定點(2，－1)． 6．(2018湖南師大附中月考)如圖，拋物線C1：y2＝8x與雙曲線C2：－＝1(a>0，b>0)有公共焦點F2，點A是曲線C1，C2在第一象限的交點，且|AF2|＝5. (1)求雙曲線C2的方程； (2)以F1為圓心的圓M與雙曲線的一條漸近線相切，圓N：(x－2)2＋y2＝1，已知點P(1，)，過點P作互相垂直且分別與圓M，圓N相交的直線l1，l2，設(shè)l1被圓M截得的弦長為s，l2被圓N截得的弦長為t，試探索是否為定值？請說明理由． 答案　(1)x2－＝1　(2)定值 解析　(1)∵拋物線C1：y2＝8x的焦點為F2(2，0)， ∴雙曲線C2的焦點為F1(－2，0)，F(xiàn)2(2，0)． 設(shè)A(x0，y0)(x0>0，y0>0)為拋物線C1和雙曲線C2在第一象限的交點，且|AF2|＝5， 由拋物線的定義得x0＋2＝5，∴x0＝3， ∴|AF1|＝＝7. 又∵點A在雙曲線上，由雙曲線的定義得2a＝|AF1|－|AF2|＝7－5＝2，∴a＝1.∴b＝＝. ∴雙曲線C2的方程為x2－＝1. (2)為定值．理由如下： 設(shè)圓M的方程為(x＋2)2＋y2＝r2，雙曲線的漸近線方程為y＝x. ∵圓M與漸近線y＝x相切， ∴圓的半徑為r＝＝， 故圓M：(x＋2)2＋y2＝3. 依題意l1，l2的斜率存在且均不為零， ∴設(shè)l1的方程為y－＝k(x－1)，即kx－y＋－k＝0， l2的方程為y－＝－(x－1)，即x＋ky－k－1＝0， ∴點M到直線l1的距離d1＝，點N到直線l2的距離d2＝. ∴直線l1被圓M截得的弦長s＝2＝2，直線l2被圓N截得的弦長t＝2＝2. ∴＝＝，故為定值. 7．(2018甘肅高臺縣一中檢測)如圖，設(shè)直線l：y＝k(x＋)與拋物線C：y2＝2px(p>0，p為常數(shù))交于不同的兩點M，N，且當(dāng)k＝時，弦MN的長為4. (1)求拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)過點M的直線交拋物線于另一點Q，且直線MQ過點B(1，－1)，求證：直線NQ過定點． 答案　(1)y2＝4x　(2)定點(1，－4) 解析　(1)設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，當(dāng)k＝時， 直線l：y＝(x＋)，即x＝2y－， 聯(lián)立得即y2－4py＋p2＝0. 所以y1＋y2＝4p，y1y2＝p2， 于是得|MN|＝|y1－y2|＝＝2|p|＝4， 又p>0，所以p＝2，即拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2＝4x. (2)設(shè)點M(4t2，4t)，N(4t12，4t1)，Q(4t22，4t2)， 易得直線MN，MQ，NQ的斜率均存在， 則直線MN的斜率是kMN＝＝， 從而直線MN的方程是y＝(x－4t2)＋4t，即x－(t＋t1)y＋4tt1＝0. 同理可知MQ的方程是x－(t＋t2)y＋4tt2＝0， NQ的方程是x－(t1＋t2)y＋4t1t2＝0. 又易知點(－1，0)在直線MN上，從而有4tt1＝1，即t＝， 點B(1，－1)在直線MQ上，從而有1－(t＋t2)(－1)＋4tt2＝0，即 1－(＋t2)(－1)＋4t2＝0， 化簡得4t1t2＝－4(t1＋t2)－1. 代入NQ的方程得x－(t1＋t2)y－4(t1＋t2)－1＝0. 所以直線NQ過定點(1，－4)． 8．(2018遼寧盤錦一中月考)如圖，已知點A(1，)是離心率為的橢圓C：＋＝1(a>b>0)上的一點，斜率為的直線交橢圓C于B，D兩點，且A，B，D三點互不重合． (1)求橢圓C的方程； (2)求證：直線AB，AD的斜率之和為定值． 答案　(1)＋＝1　(2)定值為0 解析　(1)由題意，可得e＝＝，將A(1，)代入橢圓C的方程，得＋＝1，又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝c＝，所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)設(shè)直線BD的方程為y＝x＋m，∵A，B，D三點不重合，∴m≠0，設(shè)D(x1，y1)，B(x2，y2)． 由得4x2＋2mx＋m2－4＝0， 由Δ＝－8m2＋64>0，得－20)過焦點的弦兩個端點，分別過A，B作C的切線l1，l2，則l1與l2的交點在定直線l上，那么l的方程為________． 答案　x＝－ 3．已知橢圓C：＋＝1，圓E：x2＋y2＝2，l是圓E的切線，l與C交于A，B兩點，以AB為直徑的圓過定點________． 答案　(0，0) 解析　圓E的方程為x2＋y2＝2，設(shè)O為坐標(biāo)原點， 當(dāng)直線l的斜率不存在時，不妨設(shè)直線AB的方程為x＝， 則A(，)，B(，－)，所以∠AOB＝， 所以以AB為直徑的圓過坐標(biāo)原點． 當(dāng)直線l的斜率存在時，其方程設(shè)為y＝kx＋m，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)． 因為直線與圓相切，所以d＝＝＝，所以m2＝2＋2k2. 聯(lián)立方程組得x2＋2(kx＋m)2＝6， 即(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0， Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－6)＝8(6k2－m2＋3)＝8(4k2＋1)>0， 由根與系數(shù)的關(guān)系得 所以x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2 ＝－＋m2＝＝0， 所以⊥，所以以AB為直徑的圓恒過坐標(biāo)原點O. 4．已知P是橢圓C：＋y2＝1上一點，A是C的右頂點，B是C的上頂點，直線PA與y軸交于點M，直線PB與x軸交于點N，則|AN||BM|＝________． 答案　4 解析　由題意知A(2，0)，B(0，1)． 點P在曲線()2＋()2＝1上，不妨設(shè)P(2cosθ，sinθ)，當(dāng)θ≠π且θ≠kπ＋(k∈Z)時，直線AP的方程為y－0＝(x－2)，令x＝0，得yM＝； 直線BP的方程為y－1＝(x－0)，令y＝0，得xN＝. ∴|AN||BM|＝2|1－||1－| ＝2||＝22＝4(定值)． 當(dāng)θ＝kπ或θ＝kπ＋(k∈Z)時，M，N是定點，易得|AN||BM|＝4，綜上，|AN||BM|＝4. 5．(2018浙江溫州中學(xué)月考)已知雙曲線C的中心在坐標(biāo)原點，焦點在x軸上，離心率e＝，虛軸長為2. (1)求雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)若直線l：y＝kx＋m與雙曲線C相交于A，B兩點(A，B均異于左、右頂點)，且以AB為直徑的圓過雙曲線C的左頂點D，求證：直線l過定點，并求出該定點的坐標(biāo)． 答案　(1)－y2＝1　(2)定點為(－，0) 解析　(1)由題設(shè)雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為－＝1(a>0，b>0)， 由已知得＝，2b＝2. 又a2＋b2＝c2，解得a＝2，b＝1， ∴雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為－y2＝1. (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立 得(1－4k2)x2－8mkx－4(m2＋1)＝0. 故 y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝， 以AB為直徑的圓過雙曲線C的左頂點D(－2，0)， ∴kADkBD＝－1，即＝－1. ∴y1y2＋x1x2＋2(x1＋x2)＋4＝0. ∴＋＋＋4＝0. ∴3m2－16mk＋20k2＝0.解得m1＝2k，m2＝. 當(dāng)m1＝2k時，l的方程為y＝k(x＋2)，直線過定點(－2，0)，與已知矛盾； 當(dāng)m2＝時，l的方程為y＝k(x＋)， 直線過定點(－，0)，經(jīng)檢驗符合已知條件． 所以直線l過定點，定點坐標(biāo)為(－，0)． 6.如圖所示，已知點M(a，3)是拋物線y2＝4x上一定點，直線AM，BM的斜率互為相反數(shù)，且與拋物線另交于A，B兩個不同的點． (1)求點M到其準(zhǔn)線的距離； (2)求證：直線AB的斜率為定值． 答案　(1)　(2)略 解析　(1)∵M(a，3)是拋物線y2＝4x上一定點，∴32＝4a，a＝. ∵拋物線y2＝4x的準(zhǔn)線方程為x＝－1，∴點M到其準(zhǔn)線的距離為－(－1)＝. (2)證明：由題知直線MA，MB的斜率存在且不為0，設(shè)直線MA的方程為y－3＝k(x－)， 由得y2－y＋－9＝0. ∵yA＋3＝，∴yA＝－3. ∵直線AM，BM的斜率互為相反數(shù)，∴直線MB的方程為y－3＝－k(x－)．同理可得yB＝－3， ∴kAB＝＝＝＝＝－. ∴直線AB的斜率為定值－. 7．(2017湖北宜昌一中月考)中心在坐標(biāo)原點O，焦點在坐標(biāo)軸上的橢圓E經(jīng)過兩點R(－，－)，Q(，)．分別過橢圓E的焦點F1，F(xiàn)2的動直線l1，l2相交于P點，與橢圓E分別交于A，B與C，D不同四點，直線OA，OB，OC，OD的斜率k1，k2，k3，k4滿足k1＋k2＝k3＋k4. (1)求橢圓E的方程； (2)是否存在定點M，N，使得|PM|＋|PN|為定值？若存在，求出M，N的坐標(biāo)并求出此定值；若不存在，說明理由． 答案　(1)＋＝1　(2)存在點M，N其坐標(biāo)分別為(0，－1)，(0，1)，使得|PM|＋|PN|＝2為定值． 解析　(1)設(shè)橢圓的方程為mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n)． 將R(－，－)，Q(，)代入橢圓方程有解得 ∴橢圓E的方程為＋＝1. (2)焦點F1，F(xiàn)2的坐標(biāo)分別為(－1，0), (1，0)． 當(dāng)直線l1或l2斜率不存在時，P點坐標(biāo)為(－1，0)或(1，0)． 當(dāng)直線l1，l2斜率存在時，設(shè)斜率分別為m1，m2. ∴l(xiāng)1的方程為y＝m1(x＋1)，l2的方程為y＝m2(x－1)． 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)， 聯(lián)立l1與橢圓方程，得到(2＋3m12)x2＋6m12x＋3m12－6＝0， ∴x1＋x2＝－，x1x2＝. 同理x3＋x4＝－，x3x4＝.(*) ∵k1＝＝m1＋，k2＝m1＋，k3＝m2－，k4＝m2－. 又滿足k1＋k2＝k3＋k4， ∴2m1＋m1＝2m2－m2， 把(*)代入上式化為m1m2＝－2. 設(shè)點P(x，y)，則＝－2(x≠1)， 化為＋x2＝1(x≠1)． 又當(dāng)直線l1或l2斜率不存在時，P點坐標(biāo)為(－1，0)或(1，0)也滿足， ∴點P在橢圓＋x2＝1(x≠1)上． 故存在點M，N其坐標(biāo)分別為(0，－1)，(0，1)，使得|PM|＋|PN|＝2為定值． 8．(2017湖南岳陽兩校聯(lián)考)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，以原點為圓心，橢圓的短半軸長為半徑的圓與直線x－y＋＝0相切，過點P(4，0)且不垂直于x軸的直線l與橢圓C相交于A，B兩點． (1)求橢圓C的方程； (2)求的取值范圍； (3)若點B關(guān)于x軸的對稱點是E，證明：直線AE與x軸相交于定點． 答案　(1)＋＝1　(2)[－4，)　(3)定點(1，0) 解析　(1)由題意知e＝＝， ∴e2＝＝＝，即a2＝b2. 又b＝＝，∴a2＝4，b2＝3. 故橢圓的方程為＋＝1. (2)由題意知直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y＝k(x－4)． 聯(lián)立得(4k2＋3)x2－32k2x＋64k2－12＝0. 由Δ＝(－32k2)2－4(4k2＋3)(64k2－12)>0，得k2<. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1＋x2＝，x1x2＝.① ∴y1y2＝k(x1－4)k(x2－4)＝k2x1x2－4k2(x1＋x2)＋16k2. ∴＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2－4k2(x1＋x2)＋16k2＝(1＋k2)－4k2＋16k2＝25－. ∵0≤k2<，∴－29≤－<－，∴∈[－4，)， ∴的取值范圍是[－4，)． (3)證明：∵B，E兩點關(guān)于x軸對稱，∴E(x2，－y2)， 直線AE的方程為y－y1＝(x－x1)， 令y＝0，得x＝. 又y1＝k(x1－4)，y2＝k(x2－4)， ∴x＝. 將①代入得x＝1，∴直線AE與x軸相交于定點(1，0)． 9．(2016四川)已知橢圓E：＋＝1(a>b>0)的兩個焦點與短軸的一個端點是直角三角形的三個頂點，直線l：y＝－x＋3與橢圓E有且只有一個公共點T. (1)求橢圓E的方程及點T的坐標(biāo)； (2)設(shè)O是坐標(biāo)原點，直線l′平行于OT，與橢圓E交于不同的兩點A，B，且與直線l交于點P.證明：存在常數(shù)λ，使得|PT|2＝λ|PA||PB|，并求λ的值． 答案　(1)＋＝1，T(2，1)　(2)λ＝ 解析　(1)由已知，a＝b，則橢圓E的方程為＋＝1. 由方程組得3x2－12x＋18－2b2＝0.① 方程①的判別式為Δ＝24(b2－3)，由Δ＝0，得b2＝3， 此時方程①的解為x＝2， 所以橢圓E的方程為＋＝1. 點T的坐標(biāo)為(2，1)． (2)由已知可設(shè)直線l′的方程為y＝x＋m(m≠0)， 由方程組可得 所以P點的坐標(biāo)為(2－，1＋)，|PT|2＝m2. 設(shè)點A，B的坐標(biāo)分別為A(x1，y1)，B(x2，y2)． 由方程組可得3x2＋4mx＋4m2－12＝0.② 方程②的判別式為Δ＝16(9－2m2)， 由Δ>0，解得－

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