【专项练习】圆锥曲线中的定值问题（含答案）
文档属性
| 名称 | 【专项练习】圆锥曲线中的定值问题（含答案） |
|
|
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 1.6MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教B版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2021-12-30 00:00:00 | ||
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文档简介
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圆锥曲线：定值
一．解答题（共7小题）
1．已知椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的焦距为2，且与直线y＝x﹣相切．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设椭圆C的左、右顶点分别为A，B，过点P（3，0）的直线l与椭圆C交于两点M，N（M在N的右侧），直线AM，BN相交于点Q，求证：点Q在一条定直线上．
2．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆．如图所示，斜率为k（k＞0）且不过原点的直线l交椭圆C于A，B两点，线段AB的中点为E，射线OE交椭圆C于点G，交直线x＝﹣3于点D（﹣3，m）．
（Ⅰ）求m2+k2的最小值；
（Ⅱ）若|OG|2＝|OD| |OE|，
（i）求证：直线l过定点；
（ii）试问点B，G能否关于x轴对称？若能，求出此时△ABG的外接圆方程；若不能，请说明理由．
3．已知，椭圆C过点A，两个焦点为（﹣1，0），（1，0）．
（1）求椭圆C的方程；
（2）E，F是椭圆C上的两个动点，如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数，证明直线EF的斜率为定值，并求出这个定值．
4．过抛物线y2＝2px（p＞0）的对称轴上的定点M（m，0）（m＞0），作直线AB与抛物线相交于A，B两点．
（1）试证明A，B两点的纵坐标之积为定值；
（2）若点N是定直线l：x＝﹣m上的任一点，试探索三条直线AN，MN，BN的斜率之间的关系，并给出证明．
5．如图，椭圆C：经过点P（1，），离心率e＝，直线l的方程为x＝4．
（1）求椭圆C的方程；
（2）AB是经过右焦点F的任一弦（不经过点P），设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3．问：是否存在常数λ，使得k1+k2＝λk3？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由．
6．已知椭圆的短轴长为2，离心率为，抛物线G：y2＝2px（p＞0）的焦点F与椭圆E的右焦点重合，若斜率为k的直线l过抛物线G的焦点F与椭圆E相交于A，B两点，与抛物线G相交于C，D两点．
（Ⅰ）求椭圆E及抛物线G的方程；
（Ⅱ）是否存在实数λ，使得为常数？若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由．
7．如图，椭圆E：的离心率是，过点P（0，1）的动直线l与椭圆相交于A、B两点，当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为2．
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）在平面直角坐标系xOy中，是否存在与点P不同的定点Q，使得恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
圆锥曲线：定点定值
参考答案与试题解析
一．解答题（共7小题）
1．【解答】（1）解：∵椭圆的焦距为2，
∴b2＝a2﹣1且a2＞1，
于是椭圆方程为（a2﹣1）x2+a2y2﹣a2（a2﹣1）＝0．
将代入得．
∵直线与椭圆相切，
∴△＝．
即a4﹣3a2+2＝0．
∵a2＞1，
∴a2＝2，则b2＝1．
故所求椭圆方程为；
（2）证明：由题意可设直线l的方程为y＝k（x﹣3），
联立方程，得（2k2+1）x2﹣12k2x+2（9k2﹣1）＝0．
∵直线l与椭圆C交于M（x1，y1），N（x2，y2）两点，
∴△＝144k4﹣8（2k2+1）（9k2﹣1）＞0 ，
由韦达定理得，，
则
＝．
又M在N的右侧，
∴，
∵，
∴，．
设直线AM、BN相交于点Q（x，y），
由上面两直线方程消去y得：
＝
＝
．
故点Q在定直线上．
2．【解答】解：（Ⅰ）设y＝kx+t（k＞0），
由题意，t＞0，由方程组，得（3k2+1）x2+6ktx+3t2﹣3＝0，
由题意△＞0，
所以3k2+1＞t2，设A（x1，y1），B（x2，y2），
x1+x2＝﹣，所以y1+y2＝，
∵线段AB的中点为E，∴xE＝，yE＝，
此时kOE＝＝﹣．
所以OE所在直线方程为y＝﹣x，
又由题设知D（﹣3，m）．
令x＝﹣3，得m＝，即mk＝1，
所以m2+k2≥2，当且仅当m＝k＝1时取等，最小值为2，
（Ⅱ）（i）证明：由（Ⅰ）知OD所在直线方程为y＝﹣x，
将其代入椭圆C的方程，并由k＞0，解得G（﹣，），
又E（，），D（﹣3，），
由距离公式和t＞0，得
|OG|2＝（﹣）2+（）2＝，
|OD|＝，
|OE|＝＝．
由|OG|2＝|OD| |OE|，
得t＝k，
因此直线l的方程为y＝k（x+1），
所以直线l恒过定点（﹣1，0）；
（ii）由（i）得G（﹣，），
若点B，G关于x轴对称，则B（﹣，﹣），
将点B坐标代入y＝k（x+1），
整理得，
即6k4﹣7k2+1＝0，解得k2＝或k2＝1，
验证知k2＝时，不成立，故舍去
所以k2＝1，又k＞0，故k＝1，
此时B（﹣，﹣），G（﹣，）关于x轴对称，
又由（I）得x1＝0，y1＝1，所以点A（0，1），
由于△ABG的外接圆的圆心在x轴上，可设△ABG的外接圆的圆心为（d，0），
因此d2+1＝（d+）2+，解得d＝﹣，
故△ABG的外接圆的半径为r＝＝，
所以△ABG的外接圆方程为．
3．【解答】解：（Ⅰ）由题意，c＝1，
可设椭圆方程为，
解得b2＝3，（舍去）
所以椭圆方程为．
（Ⅱ）设直线AE方程为：，
代入得
设E（xE，yE），F（xF，yF），
因为点在椭圆上，
所以由韦达定理得：，，
所以，．
又直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数，
在上式中以﹣K代K，可得，
所以直线EF的斜率
即直线EF的斜率为定值，其值为．
4．【解答】（1）证明：．设A（x1，y1），B（x2，y2）有y1 y2＝﹣2pm，下证之：
设直线AB的方程为：x＝ty+m，与y2＝2px联立
消去x得y2﹣2pty﹣2pm＝0，
由韦达定理得y1 y2＝﹣2pm，
（2）解：三条直线AN，MN，BN的斜率成等差数列，下证之：
设点N（﹣m，n），则直线AN的斜率为，
直线BN的斜率为，
∴＝
＝
＝
又∵直线MN的斜率为，
∴kAN+kBN＝2kMN
即直线AN，MN，BN的斜率成等差数列．
5．【解答】解：（1）椭圆C：经过点P （1，），可得①
由离心率e＝得＝，即a＝2c，则b2＝3c2②，代入①解得c＝1，a＝2，b＝
故椭圆的方程为
（2）方法一：由题意可设AB的斜率为k，则直线AB的方程为y＝k（x﹣1）③
代入椭圆方程并整理得（4k2+3）x2﹣8k2x+4k2﹣12＝0
设A（x1，y1），B（x2，y2），
x1+x2＝，④
在方程③中，令x＝4得，M的坐标为（4，3k），
从而，，＝k﹣
注意到A，F，B共线，则有k＝kAF＝kBF，即有＝＝k
所以k1+k2＝+＝+﹣（+）
＝2k﹣×⑤
④代入⑤得k1+k2＝2k﹣×＝2k﹣1
又k3＝k﹣，所以k1+k2＝2k3
故存在常数λ＝2符合题意
方法二：设B（x0，y0）（x0≠1），则直线FB的方程为
令x＝4，求得M（4，）
从而直线PM的斜率为k3＝，
联立，得A（，），
则直线PA的斜率k1＝，直线PB的斜率为k2＝
所以k1+k2＝+＝2×＝2k3，
故存在常数λ＝2符合题意
6．【解答】解：（Ⅰ）由题意，设F（c，0），则得，…（1分）
解得． …（3分）
所以椭圆E的方程为，…（4分）
由题意得，所以p＝4．
故抛物线G的方程为y2＝8x． …（5分）
（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），
由题意，直线l的方程为y＝k（x﹣2）（k≠0），
由消去y，整理得（1+5k2）x2﹣20k2x+20k2﹣5＝0，…（6分）． …（7分）． …（8分）
由消去y，整理得k2x2﹣（4k2+8）x+4k2＝0，…（9分）
，
则，
由抛物线定义得，…（10分）
所以，…（11分）
要使为常数，则须有，
解得． …（12分）
所以存在，使为常数． …（13分）
7．【解答】解：（Ⅰ）∵直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为2，
∴点（，1）在椭圆E上，
又∵离心率是，
∴，解得a＝2，b＝，
∴椭圆E的方程为：+＝1；
（Ⅱ）结论：存在与点P不同的定点Q（0，2），使得恒成立．
理由如下：
当直线l与x轴平行时，设直线l与椭圆相交于C、D两点，
如果存在定点Q满足条件，则有＝＝1，即|QC|＝|QD|．
∴Q点在直线y轴上，可设Q（0，y0）．
当直线l与x轴垂直时，设直线l与椭圆相交于M、N两点，
则M、N的坐标分别为（0，）、（0，﹣），
又∵＝，∴＝，解得y0＝1或y0＝2．
∴若存在不同于点P的定点Q满足条件，则Q点坐标只能是（0，2）．
法一：
下面证明：对任意直线l，均有．
当直线l的斜率不存在时，由上可知，结论成立．
当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为y＝kx+1，
A、B的坐标分别为A（x1，y1）、B（x2，y2），
联立，消去y并整理得：（1+2k2）x2+4kx﹣2＝0，
∵△＝（4k）2+8（1+2k2）＞0，
∴x1+x2＝﹣，x1x2＝﹣，
∴+＝＝2k，
已知点B关于y轴对称的点B′的坐标为（﹣x2，y2），
又kAQ＝＝＝k﹣，kQB′＝＝＝﹣k+＝k﹣，
∴kAQ＝kQB′，即Q、A、B′三点共线，
∴＝＝＝．
法二：
当斜率存在时，过点A作AA'⊥y轴，垂足为A'，过点B作BB'⊥y轴，垂足为B'，易知AA'∥BB'，
则△AA'P相似于△BB'P，则＝，
若证上命题，则需证直线QA与直线QB交于点Q（0，2）时关于y轴对称，则要证kQA+kQB＝0，
联立，消去y并整理得：（1+2k2）x2+4kx﹣2＝0，
∵△＝（4k）2+8（1+2k2）＞0，
∴x1+x2＝﹣，x1x2＝﹣，∴+＝＝2k，
kAQ＝＝＝k﹣，kQB＝＝＝k﹣＝﹣k+，可证得kQA+kQB＝0，
所以△QAA'相似于△QBB'
进而得证：＝＝，
当斜率不存在时，由上可知，结论也成立．
故存在与点P不同的定点Q（0，2），使得恒成立．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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圆锥曲线：定值
一．解答题（共7小题）
1．已知椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的焦距为2，且与直线y＝x﹣相切．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设椭圆C的左、右顶点分别为A，B，过点P（3，0）的直线l与椭圆C交于两点M，N（M在N的右侧），直线AM，BN相交于点Q，求证：点Q在一条定直线上．
2．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆．如图所示，斜率为k（k＞0）且不过原点的直线l交椭圆C于A，B两点，线段AB的中点为E，射线OE交椭圆C于点G，交直线x＝﹣3于点D（﹣3，m）．
（Ⅰ）求m2+k2的最小值；
（Ⅱ）若|OG|2＝|OD| |OE|，
（i）求证：直线l过定点；
（ii）试问点B，G能否关于x轴对称？若能，求出此时△ABG的外接圆方程；若不能，请说明理由．
3．已知，椭圆C过点A，两个焦点为（﹣1，0），（1，0）．
（1）求椭圆C的方程；
（2）E，F是椭圆C上的两个动点，如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数，证明直线EF的斜率为定值，并求出这个定值．
4．过抛物线y2＝2px（p＞0）的对称轴上的定点M（m，0）（m＞0），作直线AB与抛物线相交于A，B两点．
（1）试证明A，B两点的纵坐标之积为定值；
（2）若点N是定直线l：x＝﹣m上的任一点，试探索三条直线AN，MN，BN的斜率之间的关系，并给出证明．
5．如图，椭圆C：经过点P（1，），离心率e＝，直线l的方程为x＝4．
（1）求椭圆C的方程；
（2）AB是经过右焦点F的任一弦（不经过点P），设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3．问：是否存在常数λ，使得k1+k2＝λk3？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由．
6．已知椭圆的短轴长为2，离心率为，抛物线G：y2＝2px（p＞0）的焦点F与椭圆E的右焦点重合，若斜率为k的直线l过抛物线G的焦点F与椭圆E相交于A，B两点，与抛物线G相交于C，D两点．
（Ⅰ）求椭圆E及抛物线G的方程；
（Ⅱ）是否存在实数λ，使得为常数？若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由．
7．如图，椭圆E：的离心率是，过点P（0，1）的动直线l与椭圆相交于A、B两点，当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为2．
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）在平面直角坐标系xOy中，是否存在与点P不同的定点Q，使得恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
圆锥曲线：定点定值
参考答案与试题解析
一．解答题（共7小题）
1．【解答】（1）解：∵椭圆的焦距为2，
∴b2＝a2﹣1且a2＞1，
于是椭圆方程为（a2﹣1）x2+a2y2﹣a2（a2﹣1）＝0．
将代入得．
∵直线与椭圆相切，
∴△＝．
即a4﹣3a2+2＝0．
∵a2＞1，
∴a2＝2，则b2＝1．
故所求椭圆方程为；
（2）证明：由题意可设直线l的方程为y＝k（x﹣3），
联立方程，得（2k2+1）x2﹣12k2x+2（9k2﹣1）＝0．
∵直线l与椭圆C交于M（x1，y1），N（x2，y2）两点，
∴△＝144k4﹣8（2k2+1）（9k2﹣1）＞0 ，
由韦达定理得，，
则
＝．
又M在N的右侧，
∴，
∵，
∴，．
设直线AM、BN相交于点Q（x，y），
由上面两直线方程消去y得：
＝
＝
．
故点Q在定直线上．
2．【解答】解：（Ⅰ）设y＝kx+t（k＞0），
由题意，t＞0，由方程组，得（3k2+1）x2+6ktx+3t2﹣3＝0，
由题意△＞0，
所以3k2+1＞t2，设A（x1，y1），B（x2，y2），
x1+x2＝﹣，所以y1+y2＝，
∵线段AB的中点为E，∴xE＝，yE＝，
此时kOE＝＝﹣．
所以OE所在直线方程为y＝﹣x，
又由题设知D（﹣3，m）．
令x＝﹣3，得m＝，即mk＝1，
所以m2+k2≥2，当且仅当m＝k＝1时取等，最小值为2，
（Ⅱ）（i）证明：由（Ⅰ）知OD所在直线方程为y＝﹣x，
将其代入椭圆C的方程，并由k＞0，解得G（﹣，），
又E（，），D（﹣3，），
由距离公式和t＞0，得
|OG|2＝（﹣）2+（）2＝，
|OD|＝，
|OE|＝＝．
由|OG|2＝|OD| |OE|，
得t＝k，
因此直线l的方程为y＝k（x+1），
所以直线l恒过定点（﹣1，0）；
（ii）由（i）得G（﹣，），
若点B，G关于x轴对称，则B（﹣，﹣），
将点B坐标代入y＝k（x+1），
整理得，
即6k4﹣7k2+1＝0，解得k2＝或k2＝1，
验证知k2＝时，不成立，故舍去
所以k2＝1，又k＞0，故k＝1，
此时B（﹣，﹣），G（﹣，）关于x轴对称，
又由（I）得x1＝0，y1＝1，所以点A（0，1），
由于△ABG的外接圆的圆心在x轴上，可设△ABG的外接圆的圆心为（d，0），
因此d2+1＝（d+）2+，解得d＝﹣，
故△ABG的外接圆的半径为r＝＝，
所以△ABG的外接圆方程为．
3．【解答】解：（Ⅰ）由题意，c＝1，
可设椭圆方程为，
解得b2＝3，（舍去）
所以椭圆方程为．
（Ⅱ）设直线AE方程为：，
代入得
设E（xE，yE），F（xF，yF），
因为点在椭圆上，
所以由韦达定理得：，，
所以，．
又直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数，
在上式中以﹣K代K，可得，
所以直线EF的斜率
即直线EF的斜率为定值，其值为．
4．【解答】（1）证明：．设A（x1，y1），B（x2，y2）有y1 y2＝﹣2pm，下证之：
设直线AB的方程为：x＝ty+m，与y2＝2px联立
消去x得y2﹣2pty﹣2pm＝0，
由韦达定理得y1 y2＝﹣2pm，
（2）解：三条直线AN，MN，BN的斜率成等差数列，下证之：
设点N（﹣m，n），则直线AN的斜率为，
直线BN的斜率为，
∴＝
＝
＝
又∵直线MN的斜率为，
∴kAN+kBN＝2kMN
即直线AN，MN，BN的斜率成等差数列．
5．【解答】解：（1）椭圆C：经过点P （1，），可得①
由离心率e＝得＝，即a＝2c，则b2＝3c2②，代入①解得c＝1，a＝2，b＝
故椭圆的方程为
（2）方法一：由题意可设AB的斜率为k，则直线AB的方程为y＝k（x﹣1）③
代入椭圆方程并整理得（4k2+3）x2﹣8k2x+4k2﹣12＝0
设A（x1，y1），B（x2，y2），
x1+x2＝，④
在方程③中，令x＝4得，M的坐标为（4，3k），
从而，，＝k﹣
注意到A，F，B共线，则有k＝kAF＝kBF，即有＝＝k
所以k1+k2＝+＝+﹣（+）
＝2k﹣×⑤
④代入⑤得k1+k2＝2k﹣×＝2k﹣1
又k3＝k﹣，所以k1+k2＝2k3
故存在常数λ＝2符合题意
方法二：设B（x0，y0）（x0≠1），则直线FB的方程为
令x＝4，求得M（4，）
从而直线PM的斜率为k3＝，
联立，得A（，），
则直线PA的斜率k1＝，直线PB的斜率为k2＝
所以k1+k2＝+＝2×＝2k3，
故存在常数λ＝2符合题意
6．【解答】解：（Ⅰ）由题意，设F（c，0），则得，…（1分）
解得． …（3分）
所以椭圆E的方程为，…（4分）
由题意得，所以p＝4．
故抛物线G的方程为y2＝8x． …（5分）
（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），
由题意，直线l的方程为y＝k（x﹣2）（k≠0），
由消去y，整理得（1+5k2）x2﹣20k2x+20k2﹣5＝0，…（6分）． …（7分）． …（8分）
由消去y，整理得k2x2﹣（4k2+8）x+4k2＝0，…（9分）
，
则，
由抛物线定义得，…（10分）
所以，…（11分）
要使为常数，则须有，
解得． …（12分）
所以存在，使为常数． …（13分）
7．【解答】解：（Ⅰ）∵直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为2，
∴点（，1）在椭圆E上，
又∵离心率是，
∴，解得a＝2，b＝，
∴椭圆E的方程为：+＝1；
（Ⅱ）结论：存在与点P不同的定点Q（0，2），使得恒成立．
理由如下：
当直线l与x轴平行时，设直线l与椭圆相交于C、D两点，
如果存在定点Q满足条件，则有＝＝1，即|QC|＝|QD|．
∴Q点在直线y轴上，可设Q（0，y0）．
当直线l与x轴垂直时，设直线l与椭圆相交于M、N两点，
则M、N的坐标分别为（0，）、（0，﹣），
又∵＝，∴＝，解得y0＝1或y0＝2．
∴若存在不同于点P的定点Q满足条件，则Q点坐标只能是（0，2）．
法一：
下面证明：对任意直线l，均有．
当直线l的斜率不存在时，由上可知，结论成立．
当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为y＝kx+1，
A、B的坐标分别为A（x1，y1）、B（x2，y2），
联立，消去y并整理得：（1+2k2）x2+4kx﹣2＝0，
∵△＝（4k）2+8（1+2k2）＞0，
∴x1+x2＝﹣，x1x2＝﹣，
∴+＝＝2k，
已知点B关于y轴对称的点B′的坐标为（﹣x2，y2），
又kAQ＝＝＝k﹣，kQB′＝＝＝﹣k+＝k﹣，
∴kAQ＝kQB′，即Q、A、B′三点共线，
∴＝＝＝．
法二：
当斜率存在时，过点A作AA'⊥y轴，垂足为A'，过点B作BB'⊥y轴，垂足为B'，易知AA'∥BB'，
则△AA'P相似于△BB'P，则＝，
若证上命题，则需证直线QA与直线QB交于点Q（0，2）时关于y轴对称，则要证kQA+kQB＝0，
联立，消去y并整理得：（1+2k2）x2+4kx﹣2＝0，
∵△＝（4k）2+8（1+2k2）＞0，
∴x1+x2＝﹣，x1x2＝﹣，∴+＝＝2k，
kAQ＝＝＝k﹣，kQB＝＝＝k﹣＝﹣k+，可证得kQA+kQB＝0，
所以△QAA'相似于△QBB'
进而得证：＝＝，
当斜率不存在时，由上可知，结论也成立．
故存在与点P不同的定点Q（0，2），使得恒成立．
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