《2022高考數學二輪復習 專題五 解析幾何 第三講 圓錐曲線的綜合應用 第二課時 圓錐曲線的定點、定值、存在性問題能力訓練 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022高考數學二輪復習 專題五 解析幾何 第三講 圓錐曲線的綜合應用 第二課時 圓錐曲線的定點、定值、存在性問題能力訓練 理（4頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2022高考數學二輪復習 專題五 解析幾何 第三講 圓錐曲線的綜合應用 第二課時 圓錐曲線的定點、定值、存在性問題能力訓練 理 1．(2018·云南師大附中質檢)已知橢圓C的焦點在x軸上，離心率等于，且過點. (1)求橢圓C的標準方程； (2)過橢圓C的右焦點F作直線l交橢圓C于A，B兩點，交y軸于M點，若＝λ1，＝λ2，求證：λ1＋λ2為定值． 解析：(1)設橢圓C的方程為 ＋＝1(a＞b＞0)， 則 ∴a2＝5，b2＝1， ∴橢圓C的標準方程為＋y2＝1. (2)證明：設A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(0，y0) ， 又易知F點的坐標為(2,0)． 顯然直

2、線l存在斜率， 設直線l的斜率為k， 則直線l的方程是y＝k(x－2)，將直線l的方程代入橢圓C的方程中，消去y并整理得(1＋5k2)x2－20k2x＋20k2－5＝0， ∴x1＋x2＝，x1x2＝. 又∵＝λ1，＝λ2，將各點坐標代入得λ1＝，λ2＝， ∴λ1＋λ2＝＋ ＝ ＝＝－10， 即λ1＋λ2為定值． 2．(2018·貴陽一模)過拋物線C：y2＝4x的焦點F且斜率為k的直線l交拋物線C于A，B兩點，且|AB|＝8. (1)求l的方程； (2)若A關于x軸的對稱點為D，求證：直線BD恒過定點，并求出該點的坐標． 解析：(1)易知點F的坐標為(1,0)，則直線l的

3、方程為y＝k(x－1)，代入拋物線方程y2＝4x得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0， 由題意知k≠0，且[－(2k2＋4)]2－4k2·k2＝16(k2＋1)＞0， 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴x1＋x2＝，x1x2＝1， 由拋物線的定義知|AB|＝x1＋x2＋2＝8， ∴＝6，∴k2＝1，即k＝±1， ∴直線l的方程為y＝±(x－1)． (2)由拋物線的對稱性知，D點的坐標為(x1，－y1)，直線BD的斜率kBD＝＝＝， ∴直線BD的方程為y＋y1＝(x－x1)， 即(y2－y1)y＋y2y1－y＝4x－4x1， ∵y＝4x1，y＝4x2，x1x2＝1，∴(

4、y1y2)2＝16x1x2＝16， 即y1y2＝－4(y1，y2異號)， ∴直線BD的方程為4(x＋1)＋(y1－y2)y＝0， 恒過點(－1,0)． 3．(2018·南寧模擬)已知拋物線C：y2＝ax(a＞0)上一點P(t，)到焦點F的距離為2t. (1)求拋物線C的方程； (2)拋物線C上一點A的縱坐標為1，過點Q(3，－1)的直線與拋物線C交于M，N兩個不同的點(均與點A不重合)，設直線AM，AN的斜率分別為k1，k2，求證：k1k2為定值． 解析：(1)由拋物線的定義可知|PF|＝t＋＝2t，則a＝4t， 由點P(t，)在拋物線上，得at＝， ∴a×＝，則a2＝1，

5、 由a＞0，得a＝1， ∴拋物線C的方程為y2＝x. (2)∵點A在拋物線C上，且yA＝1， ∴xA＝1. ∴A(1,1)，設過點Q(3，－1)的直線的方程為x－3＝m(y＋1)， 即x＝my＋m＋3， 代入y2＝x得y2－my－m－3＝0. 設M(x1，y1)，N(x2，y2)，則y1＋y2＝m，y1y2＝－m－3， ∴k1k2＝· ＝ ＝－， ∴k1k2為定值． 4．(2018·福州四校聯(lián)考)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的兩個焦點分別為F1，F(xiàn)2，短軸的一個端點為P，△PF1F2內切圓的半徑為，設過點F2的直線l被橢圓C截得的線段為RS，當l⊥x軸時，|RS|＝

6、3. (1)求橢圓C的標準方程； (2)在x軸上是否存在一點T，使得當l變化時，總有TS與TR所在直線關于x軸對稱？若存在，請求出點T的坐標；若不存在，請說明理由． 解析：(1)由內切圓的性質，得×2c×b＝×(2a＋2c)×，得＝. 將x＝c代入＋＝1，得y＝±，所以＝3. 又a2＝b2＋c2，所以a＝2，b＝， 故橢圓C的標準方程為＋＝1. (2)當直線l垂直于x軸時，顯然x軸上任意一點T都滿足TS與TR所在直線關于x軸對稱． 當直線l不垂直于x軸時，假設存在T(t,0)滿足條件，設l的方程為y＝k(x－1)，R(x1，y1)，S(x2，y2)． 聯(lián)立方程，得得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0， 由根與系數的關系得①，其中Δ＞0恒成立， 由TS與TR所在直線關于x軸對稱，得kTS＋kTR＝0(顯然TS，TR的斜率存在)， 即＋＝0?、? 因為R，S兩點在直線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＝0?、?， 將①代入③得＝＝0?、?， 則t＝4， 綜上所述，存在T(4,0)，使得當l變化時，總有TS與TR所在直線關于x軸對稱．