距離型定值問題-2023年高考數(shù)學(xué)之解密圓錐曲線命題點對點突破（全國通用）

距離型定值問題-2023年高考數(shù)學(xué)之解密圓錐曲線命題點對點突破（全國通

用）

數(shù)學(xué)考試

注意事項：

閱卷人

解答題供20題；共205分）

得分

1.（15分）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點尸1（一遮，0）,F2（V3,0）,點M滿足IMF/+

|MF2|=4,記M的軌跡為C.以軌跡C與y軸正半軸交點T為圓心作圓，圓T與軌跡C在第一象

限交于點A,在第二象限交于點B.

（1）（5分）求C的方程；

（2）（5分）求刀.行的最小值，并求出此時圓T的方程；

（3）（5分）設(shè)點P是軌跡C上異于A,B的一點，且直線PA,PB分別與y軸交于點M,N,0

為坐標(biāo)原點，求證：|0M|?|0N|為定值.

【答案】（1）解：由題可知，c=8，2a=4,即a=2,所以b="4—3=1,

7

所以曲線C的方程為卷+y2=i.

（2）解：由題知7（0,1）,設(shè)4（m,n）（0<m<2,0<n<1）.則B（-n）

則方-TB=(m,n—1)?(—m,n-1)=-m*1234-(n—l)2

又學(xué)+n2=1，即病=4-4n2

4

所以a.TB=4n2-4+(n-l)2=5n2-2n-3

當(dāng)/1=如，刀.而取得最小值-等

此時,m=V4-4n2=^4—所以圓T的半徑r=Jm?+(n—1)2=

所以圓T的方程為：x2+(y-l)2=^

（3）證明：設(shè)Pg。，如），

則直線24的方程為y-皿=用二Q-通），直線PB的方程為y-y=羯5。一%。）

人0IfL人0T”,0

可得M（。，*,N（。，陪）

nx-l-myQn2Xg—m2yg

所以|0M|?|0N|=|02

XQ-m%n+mXg-m?

竽

延2

艮

又m2n9

+=14-+=ru=1/=1_*，代入上式可得:

4714

2

m22

4X0m

r)=1，即|0M|?|0N|為定值.

m2

【解析】【分析】（1）由已知條件即可求出a的取值，再由橢圓里a、b、c的關(guān)系計算出b的取值，從

而得出橢圓的方程。

（2）根據(jù)題意設(shè)出點的坐標(biāo)，結(jié)合數(shù)量積的坐標(biāo)公式整理化簡，再由二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)即可得出

最小值，以及對應(yīng)最值時m的取值，結(jié)合圓的性質(zhì)由勾股定理計算出半徑，由此得出圓的方程。

（3）利用設(shè)而不求法設(shè)出點的坐標(biāo)，結(jié)合斜率的公式以及數(shù)量積的坐標(biāo)公式代入整理化簡即可得出m

與n的關(guān)系，整理化簡即可得出結(jié)論。

2.（10分）已知橢圓C：3+與=l（a>b>0）的離心率為卑，左、右焦點分別為曲線y=2/一6

與X軸的兩個交點.

（1）（5分）求C的方程；

（2）（5分）點P是圓。：/+y2=小+序上的動點，過點P作C的兩條切線，兩條切線與圓

。分別交于點A,B（異于P）,證明：［4B|為定值.

［答案】⑴解：2/-6=0得久=+V3

由題知12a入2：2,解得Q=2,b=1

I=b+cz

Ic=y/3

9

所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為號+y2=1

(2)證明：設(shè)直線1斜率存在且與橢圓C相切，方程為y=/cx+m

代入+y2=1整理得(4/+1)%2+Skmx+4(m2-1)=0

則/=64/c2m2—16(4/c24-l)(m2—1)=0,即—m24-1=0…①

記P(%o,Vo)，則加=%-履0，代入①整理得(4一郎)1+23丫0々+1一犬=o…②

當(dāng)直線PA、PB斜率存在時，記其斜率分別為的，易知七,七為方程②的兩根,

則有的女2=~一當(dāng)，

4-6

又說+%=&2+房=5,所以七七=*罩='|那=一1，

即PA1PB

xo

所以AB為圓X2+y2=5的直徑，所以|AB|=2遍

當(dāng)直線PA、PB有一條斜率不存在時，點P坐標(biāo)為(±2,±1),易知此時A、B關(guān)于原點對稱，AB

為圓N+y2=5的直徑.

綜上，|/B|為定值2遍.

'￡=/3

【解析】【分析】(1)令2/-6=0得X=+V3,根據(jù)題意可得2ah2：解得a,b,即可求

<c=V3

出C的方程;

(2)設(shè)直線1斜率存在且與橢圓C相切，方程為y=/c%+zn,聯(lián)立橢圓的方程，由判別式口=(),得

4k2一租2+1=0①，記P（%o，y0）,則m=yo-k%o，代入①整理得（4一/）/+2%（）%）女+1-

詔=0②當(dāng)直線PA、PB斜率存在時，記其斜率分別為七，fc2,易知自，七為方程②的兩根，由

韋達(dá)定理可得的々2=:y9,又郎+嵋=次+必=5,進(jìn)而可得的七=一1,即PA_LPB,AB

4—XQU

為圓/+y2=5的直徑，當(dāng)直線PA、PB有一條斜率不存在時，點P坐標(biāo)為(土2,±1),推出A、

B關(guān)于原點對稱，AB為圓/+產(chǎn)=5的直徑，即可證得MB|為定值.

3.(10分)在直角坐標(biāo)系xOy中，長為3的線段AB的兩端點A,B分別在x,y軸上滑動，動點M

滿足施=2MB

(1)(5分)求動點M的軌跡E的方程；

(2)(5分)設(shè)過點N(0,t)的動直線1與(1)中的軌跡E交于C,D兩點，是否存在定實數(shù)t,

11

使得而+正不為定值？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由?

【答案】(1)解：設(shè)A。。，0),B(0,y0),M(x,y)

=3%

由^]^=2^^，得(％—和，y)=2(-%,y—y),即3y

0仇=彳

而|AB|=3,即就+*=9.所以(3x)2+(￥「=9，即/+[=1.

(2)解：假設(shè)存在滿足題意的直線1,設(shè)C(%i，yi),D(X2?%)?

當(dāng)直線1的斜率存在時，設(shè)其方程為y=k%+t.

由+"二[，消去力得(小+4)%2+2々比+產(chǎn)_4=0.

則%1+%2=—=-y-?

fc+4k'+4

222222

所以，\NC\=xl+(yx-t)=(fc+l)x?,\ND\=xj+(y2-t)=(k+1)%|,

叫1I1_1I1.1好+名=1(尤]+犯)2—2/Q

'\NC\2\ND\2(fc2+l)x^(必+1足fc2+lMWfc2+lxjxl

z_2kt；_2產(chǎn)一4

=1.=1.(2產(chǎn)+8)后一8產(chǎn)+32

一二+i――4:一后+1(產(chǎn)—4」

%+4)11

當(dāng)且僅當(dāng)2t2+8=-812+32,即t2=罷，t=±空時，-^2+—T-2=5

?JD11Vv?II/VL/I

當(dāng)直線1的斜率不存在時，C(0,-2),D(0,2),若七=±3普

1,1_2(a+4)

貝ll225

|NC『\ND\Z(t+2)‘(2T)'(4一產(chǎn))/

綜上，存在實數(shù)t=±坐，使得志+會為定值為5.

nIc?|/v￡/1

XQ=3%

【解析】【分析】(1)設(shè)A(x0,0),B(0,y0),M(x,y),由向量的數(shù)乘運算，得到［3y，由

d=T

|4B|=3可得軌跡方程;

(2)假設(shè)存在滿足題意的直線I,設(shè)CQi，%),。(久2,y2)-當(dāng)直線1的斜率存在時，設(shè)其方程為

11

>=人龍+如代入橢圓方程，應(yīng)用韋達(dá)定理得亞+外，工62,計算而l+而E并代入Xl+%2，

%1%2,分析它是與k無關(guān)的常數(shù)，由此得出值，再檢驗這個值對斜率不存在的直線I也適用，由此得

結(jié)論.

4.(10分)設(shè)4、B分別為橢圓C：烏+馬=l(a>b>0)的左、右頂點，設(shè)M(0,-1)是橢圓下頂

Qb

點，直線MA與MB斜率之積為一

(1)(5分)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；

(2)(5分)若一動圓的圓心Q在橢圓上運動，半徑為等.過原點0作動圓Q的兩條切線，分別交

橢圓于E、F兩點，試證明|0E『+|。日2為定值.

【答案】(1)解：由題意可知，b—1,A(—a,0),B(a,0)，由AMA?=-：?：=—/，即a?=

4,

2

又a>0,所以a=2,橢圓C的方程為"+儼=1.

竽

即+=1

(2)證明：設(shè)點Q坐標(biāo)為Qo,y0),

當(dāng)直線OE的斜率為0,此時y0=±竽，&=±等，則直線。尸的斜率不存在，

此時|OE『+|OF/=a2+b2=5;

當(dāng)直線OE的斜率存在且斜率不為0時，設(shè)直線OE的方程為丫=七%,直線OF的方程為)/=心，

(ykx

設(shè)點E(x「%)、?(%2，%)，聯(lián)立｛%2+4y2=4'可得(4U+1)%2=4,

2424

則=7JZZ7'x?-,2.,

4.+14k2+11

|fcx0-y0|2V5

又圓Q與直線OE、OF相切，即「J一一=丁

J/c+1

整理可得得_3k2_2kxQyQ+九一嗇=0,

則上1、七為關(guān)于々的方程—$々2—2kxoyQ+羽—卷=0的兩根,

）丫24

光-丸1-務(wù)1

所以，自七——,

xo-5x0-l4

4（總+1）?4（k|+l）

所以，|0E『+|0F/=（i+抬）/+（1+抬）若=

4吊+1軌|+1

4忘+D

4（好+1）:4（4+1）?16詔+1=5.

4-

4討+14詔+14而+1

綜上：|OE『+|OF|2為定值5.

【解析】【分析】（1）利用已知條件求出橢圓的左、右頂點、下頂點的坐標(biāo)，進(jìn)而得出b的值和A,

B兩點的坐標(biāo)，再利用兩點求斜率公式和實數(shù)a的取值范圍，進(jìn)而得出a的值，從而得出橢圓C的

標(biāo)準(zhǔn)方程。

2

（2）設(shè)點Q坐標(biāo)為（與，y0）,再利用代入法得出?+羽=1，當(dāng)直線OE的斜率為0,進(jìn)而得出此

時打，的的值，則直線OF的斜率不存在，進(jìn)而求出|0E『+|0F|2的值；當(dāng)直線OE的斜率存在且斜率

不為0時，設(shè)直線OE的方程為、=自X,直線OF的方程為y=矽X，設(shè)點E（%i，yQ、F（x2＞丫2），再

利用直線與橢圓相交，聯(lián)立二者方程結(jié)合一元二次方程求根公式得出

/=￡；，成=￡?再利用圓Q與直線OE、°F相切結(jié)合直線與圓相切位置關(guān)系判斷方法，再

結(jié)合點到直線的距離公式，整理可得（亞-3k2_2kxQyo+y2_4=0；則向、矽為關(guān)于k的方程

（亞-3k2-2kxoyo+y^~l=0的兩根，再結(jié)合韋達(dá)定理得出自七的值，再利用兩點距離公式得出

\OE\2+|。尸『的值，進(jìn)而證出|OE『+|0尸『為定值。

5.（10分）已知橢圓E：3+4=19＞。＞0）的左、右焦點分別為Fi，F(xiàn)2,離心率e=gP為橢

圓上一動點，△P&F2面積的最大值為2.

（1）（5分）求橢圓E的方程；

（2）（5分）若C,。分別是橢圓E長軸的左、右端點，動點M滿足MD_LCD,連接CM交橢圓于

點N,C為坐標(biāo)原點.證明：麗?而為定值.

c=72

【答案】（1）解：當(dāng)P為短軸端點時.，的面積最大，尻=2,故，解得a=

a2=b2+c2

2,b=c=或，故橢圓E的方程為￥+二=1.

4Z

(2)解：由(1)知，C(-2,0),D(2,0)，設(shè)直線CM：y=k(x+2).Ng,yj,"MDLCD,

???M(2,4k),

'/y2

2

聯(lián)立彳+三1,整理得(21+1)X2+8k2xx+8k2-4=0,

y=k(x+2)

由-2%i=駕於得%i=2-*,%=fc(%i+2)=-y

2《+l2k+12k+1

.72

—4k4k、八j「A；2—4/c..4k.

???N(———，———),OM-ON=n2x——------1-4fcx———=4,

2《+l2k'+l2《+l2k’+l

故而?而為定值4.

【解析】【分析】（1）由離心率和三角形的最大面積及a,b,c之間的關(guān)系可得a,b的值，進(jìn)而求出

橢圓E的方程；

（2）由題意可得C,D的坐標(biāo)，由題意設(shè)M的坐標(biāo)，求出直線CM的斜率，進(jìn)而求出直線CM的方

程，與橢圓的方程聯(lián)立，求出兩根之積，可得N的橫坐標(biāo)，代入直線CM的方程可得N的坐標(biāo)，求

出數(shù)量積OM-ON.可證得麗?而為定值.

6.（10分）已知橢圓C：鳥+4=l（a>b>0）的離心率為圾以橢圓C的右頂點A為圓心，作半

aLb3

徑為r的圓（％_遮V+y2=「2,設(shè)圓A與橢圓C交于點E,F.

（1）（5分）求標(biāo)?存的最小值，并求此時圓A的方程；

（2）（5分）設(shè)點O是坐標(biāo)原點，點P是橢圓C上異于E,F的點，且滿足直線PE,PF分別與x

軸交于M,N兩點，證明：|OM|?|ON|為定值.

【答案】⑴解：根據(jù)題意，做遮，0）,則a=V5,又離心率好多則°=企，故d=。2—c2=

7

1,即橢圓C的方程為勺+y2=i，

竽

貝n7

設(shè)點。,J+^=

EQyo)(yo>0)>-易得E,尸關(guān)于％軸對稱，則FQo，-y0）>又點

A(y[3,0),

則荏?都=（孫一遍，y0）■（x0-V3,-y0）=（x0一百『一光=舄-2百祀+3-1+學(xué)=g（x（）-

3氏21

?。﹡49

當(dāng)%0="？，丫0=乎時，荏?標(biāo)有最小值為―/，且丁2==（%?！?）2+羽=焦，故圓A的方

7r

程為（％—6）+y2=g；

（2）證明：設(shè)點P（%i，%）,E（x0,y0）9則F（%o,—y0）f且％1工孫,學(xué)+羽=1，?+*=],

叫E=^,3=電，

X1x0X1x0

可得"E：y—兀=卑需Q—x。），令y=o,則M（寫三潸，°），“F：丁+為=富（％-

勾當(dāng)+巧、0

x。），令y=0，則'（0），

71+70

3（l-y電比一3（1一光）評_3比一3%

所以"M'XjV=飛力一4%7222=3,

、1一、0yi+y。yj-yo^-y01-y0

故|OM|?|ON|=\xM\'|xw|=\xMxN\=3,為定值.

【解析】【分析】（1）直接由右頂點及離心率求出橢圓C的方程，設(shè)出E,尸坐標(biāo)，表示出AEdF，

由二次函數(shù)求得最小值，求出此時點E坐標(biāo)，即可求得圓A的方程；

（2）設(shè)出P,E,尸坐標(biāo)，表示出直線PE,PF求出M,N坐標(biāo)，計算%M，初，結(jié)合P，E,F是橢圓

C上的點，求出％MX%N為定值，即可求得|。”|?|ON|為定值.

7.（10分）已知橢圓E：今+圣=l（a>b>0）的長軸長為4,離心率為多其中左頂點為4右頂

點為B,0為坐標(biāo)原點.

（1）（5分）求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；

（2）（5分）直線y=%+t（t70）與橢圓E交于不同的兩點P,Q,直線4P,BQ分別與直線y=%

交于點M,N.求證：|OM|?|ON|為定值.

【答案】（1）解：由已知得2a=4.所以a=2.

又因為橢圓E的離心率為學(xué)所以￡=華所以c=8.

2a2

所以b=y/a2—c2=V4—3=1,

9

所以橢圓E的方程為<+y=1

（2）證明：由[^一"I*'得5/+8k+4產(chǎn)一4=0,

+4yz=4

設(shè)P（%「yi），Q（%2，%）?

因為直線y=x+。0）與橢圓E交于不同的兩點P,Q,

所以/=(8t)2-20(4t2-4)>0.解得—%<t<V5,

所以久l+%2=一冷，XtX2=

直線AP的方程為y=含（久+2）.

2yl2(%i+t)

令y=%得X]+2—y]2-t

直線BQ的方程為y=券（%-2）.

一2及2(X+O

令y=x得2

XNx2~2~y2t+2

又因為XX丁4(Xi+t)(%2+t)_4[x/2+t(Xl+X2)+t2]

4-t24-t2

所以|0M|.|0N|=V2|XM-0|-V2|xw-0|=2\xMxN\=|

【解析】【分析】⑴利用橢圓E：馬+馬=l（a>b>0）的長軸長為4,進(jìn)而得出實數(shù)a的值，再

?b

利用橢圓的離心率為孚，進(jìn)而結(jié)合橢圓的離心率公式得出C的值，再利用橢圓中a,b,c三者的關(guān)

系式，進(jìn)而得出b的值，從而得出橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程。

（2）設(shè)PQi，%）,Q（%2,丫2），利用已知條件結(jié)合直線與橢圓相交，聯(lián)立二者方程結(jié)合判別式法

得出t的取值范圍，再結(jié)合韋達(dá)定理，得出％1+次=-普，再利用點斜式設(shè)出直線

4P的方程為y=鼻。+2）,令、=x得=笑出，再利用點斜式設(shè)出直線BQ的方程為y=

券（4-2）,令y=x得功=隼投，進(jìn)而得出的值，再利用兩點距離公式得出|OM|“ON|

的值。

8.（10分）已知拋物線C：丫=￡1/（￡1>0）的焦點是尸，若過焦點F的直線與C相交于4B兩點，所得

弦長|AB|的最小值為2.

（1）（5分）求實數(shù)a的值；

（2）（5分）設(shè)P,Q是拋物線C上不同于坐標(biāo)原點0的兩個不同的動點，且以線段PQ為直徑的圓

經(jīng)過點。，作OM1PQ,M為垂足，試探究是否存在定點N,使得|MN|為定值，若存在，則求出該定

點N的坐標(biāo)及定值|MN|,若不存在，請說明理由.

【答案】U）解：拋物線C：y=ak2（a>0）化為標(biāo)準(zhǔn)方程為：x2=^y，其焦點F（0,2）,因為斜

率一定存在，設(shè)其方程為y=k1x+

聯(lián)立方程得：啊整理得：x2-^x--^=0,4>0恒成立.

（x2=-^y4a

k“2

其中4（%1，yi）?B（%2'丫2>%1+%2=m丫1+、2=々1（*1+%2）+克=+務(wù)

21

因為焦點弦長=%+丫2+；=&-+、所以當(dāng)kJ=0時，弦長=￡=2.

乙QCLCL

所以，實數(shù)a的值為熱

（2）解：由題意可知直線PQ的斜率存在，設(shè)其方程為y=kx+t（tH0）.

聯(lián)立方程得：『，*整理得：x2-2kx-2t=0,A=4k2+8t>0.

IxL—2y

其中P（%3，y3）,Q（%4，、4），X3+%4=2k,X3X4=-2t,

因為以PQ為直徑的圓經(jīng)過點。，所以赤?麗=0.

222

z

又因為op?OQ=x3x4+y3y4-X3X4+=—2t+——2t+t=0'

:tw0,t=2.

所以直線PQ過定點7（0,2）,

又因為OMLPQ,所以△OMT為直角三角形，

所以當(dāng)N為斜邊0T中點時，|MN|為定值，

此時|MN|=；|。7|=1.

所以定點N為（0,1）,|MN|為定值1

【解析】【分析】（1）根據(jù)拋物線和過焦點的直線聯(lián)立方程，根據(jù)焦點弦的計算，即可求解.

（2）聯(lián)立方程，得到根與系數(shù)的關(guān)系，根據(jù)以線段PQ為直徑的圓經(jīng)過點。，轉(zhuǎn)化成9?麗=0,可

得直線過定點，再由OM1PQ,根據(jù)直角三角形的特征即可找到N的位置，即可求解.

9.（10分）已知橢圓E：與+m=l（a>b〉0）的左、右頂點分別為A,右焦點為點F,點P是

/b

橢圓E上一動點，△AP&面積的最大值為2,當(dāng)PF_Lx軸時，|PF|=}

（1）（5分）求橢圓E的方程；

（2）（5分）已知直線］與橢圓E有且只有一個公共點，直線］與直線》=早交于點N,過點F作久

軸的垂線，交直線1于點M.求證：解為定值.

【答案】（1）解：設(shè)橢圓E的半焦距為c,P（x,y），

將x=c代入今+*1得y2=廬（1_金=儲優(yōu)2='，

,21

所以|PF|=|y|=—=2,

因為點P是橢圓E上一動點，所以-bWyWb,

所以△AP&面積S=1|44i||y|Sab=2,

由原曾求得器3

所以橢圓E的方程為E：客）/2=1

（2）解：由題意可知直線2的斜率存在，設(shè)直線2的方程為丫=kx+m,

y=kx+m

%2,21，

(彳+產(chǎn)=1

整理可得（1+4/c2）%2+Bkmx4-4m2—4=0,

因為直線/與橢圓E相切，

所以/=64k2m2-4(1+4/c2)(4m2—4)=0,得m2=i+4k2,

因為橢圓E的右焦點為尸（遮，0）,將％=代入直線2得y=百/c+m,所以M（遮，V3fc+m）,

所以|FM|=|V3k+m|,

將％=代入直線I可得y=考^々+租，所以N（9*，考^攵+m），

22

所以|NF|2=（竽—遮）+（竽k+m）=竽/+竽km+m2+/

IFMI23k2+243km+m2"

而E一啜亭蒜將源=1+妹代入上式’

\FM\27k2+243km+l3\\口

得府=哽亭扇=不所以隅P為M定畔

【解析】【分析】（1）設(shè)橢圓E的半焦距為c,P（x,y）,由|PF|=#導(dǎo)|p用=8=《=：,△AP4

面積的最大值為2,即ab=2,聯(lián)立方程求a,b,從而可得橢圓方程;

（2）設(shè)直線［的方程為y=kx+m,聯(lián)立方程組整理（l+4k2）/+8kmx+4?n2-4=0,因為

直線2與橢圓E相切，得加2=1+4/，根據(jù)已知條件求得N（警，警k+m），7挈，崢k+

m）,從而可得|FM|=|V5k+m|,|NF『=（警_g）+（^/c+m）=竽/+孥土7n+7n2+g,

作商化簡即可求解.

10.（10分）已知橢圓C：及+*l（a>b>0）過點做2,1）,過右焦點尸2作X軸的垂線

交橢圓于M,N兩點，且|MN|=V6.

（1）（5分）求橢圓C的方程；

（2）（5分）點P,Q在橢圓C上，且kAP-kAQ=^,ADLPQ,D為垂足.證明：存在定點

S,使得\DS\為定值.

41,2

【答案】（1）解：由已知得苕+3=1且當(dāng)x=c時，|“可|=o?-=述，聯(lián)立

ab

a2=6,

解得

b2=3,

故橢圓C的方程為3+二=1.

OD

(2)證明：設(shè)點P(%i，%)，Q(%2，乃)，因為kAP-kAQ=^,泰[=W

即(打一2)(X2-2)-3(yi-l)(y2-1)=0,*

當(dāng)直線PQ的斜率存在時，設(shè)方程為y=+m,

代入橢圓方程消去y得(2k2+l)x2+4kmx+2m2—6=0/>0,

-4km2m2—6

+%2=2%1%22

2k+l2k-bl

根據(jù)y1=kx1+m,y2=kx2+m.代入*整理，得

2>2

(1—3k)x1x2—(3km+2—3k)(%i+x2)+1+6m—3m=0,

結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系可得，m2-2(4fc+3)m-5(4/c2-1)=0,[m-5(2k+l)][m+(2/c-

l)]=0

當(dāng)TH=-(2k-1)時，直線y=kx+m=kx-2k+l=k(x-2)+1過點4(2,1),不符合條

件，

當(dāng)m=5(2fc+1)時，直線方程為y=kx+5(2土+1)=/c(x+10)+5,

故直線PQ恒過定點(-10,5),設(shè)E(-10,5)，

當(dāng)直線PQ的斜率不存在時，點PQi，%），（2（xi，一%），此時（*i—2）2+3免—3=0,

22

又普+?=1,可得X1=-10（舍）或=2,與4點重合，與已知條件不符.

...直線PQ的斜率一定存在，故直線PQ恒過定點E（-10,5）

由于AE為定長，且XADE為直角三角形，AE為斜邊，所以AE的中點S滿足\DS\為定

值，點S為(-4,3).

【解析】【分析】(1)將點以A(2,1)及％=。代入橢圓方程，得出橢圓的方程；

(2)討論直線PQ的斜率存在和不存在兩種情況，設(shè)方程為丁=/d+^^代入橢圓方程，結(jié)合韋達(dá)

定理以及歐p/的=：得出直線PQ恒過定點(-10,5),從而得到結(jié)論.

11.(10分)已知橢圓T：^|+^|=l(a>6>0)的左焦點為F(-c,0),上頂點為P.直線

PF與橢圓T交于另一點Q,且|PP|=7|FQ|,點1)在橢圓T上.

(1)(5分)求橢圓T的方程.

(2)(5分)過點M(0,2),且斜率為k的直線I與橢圓T相交于A,B兩點，點4關(guān)

于y軸的對稱點為A>作MNJ.4B,垂足為N.是否存在定點R,使得\NR\為定值？若存

在，求出定點R的坐標(biāo)；若不存在，說明理由.

【答案】(1)解：由題可知，F(xiàn)(-c,0),P(0,b),設(shè)Q(x,y),則PF=(-c,-b),

FQ=（%+c,y）

8C7

因為\PF\=7\FQ\,所以兩=7而，即，解得|b

_

7

即點Q的坐標(biāo)為(—學(xué)，-1),則然|+焉=1,整理得髀字.

因為點E(遮,在橢圓T上，所以4+-72=1

nQ4b

又@2=必+。2,所以a=2,6=1,c=V3

2

故橢圓T的方程為號+y2=i

（2）解：由題可知直線I的方程為y=k%+2,設(shè)點％）,B（X2,y2），則力（一不，

當(dāng)）?

聯(lián)立方程組""+『=1，整理得（4盾+1）/+16依+12=0,

（y=依+2,

4=（16fc）2-48（4fc2+1）=64k2-48>0,貝ij/+打=一一,%62=產(chǎn),

‘""'4k'+l4/+1

,y?一

直線AB的方程為y-yi=x2+x,（"+久i），整理Si一為）》+（久2+Xi）y=xry2+x2yi.

又xiy?+%2招=xi（kx+2）+x（kx+2）=2kxx+2（/+x）=-----□——,

22rr224k'+l

令x=0,得y="2：警1=\,所以A'B恒過定點G（O,i）,

%1十%21L

故在Rt△MGN中，存在定點R（0,|）為斜邊MG的中點，使得|NR|=；|MG|=,，為定值.

【解析】【分析】⑴|PF|=7|FQ|可結(jié)合向量得到點Q（-第一芬將E,Q坐標(biāo)代入橢圓方程可得

答案；

（2）設(shè)點A（xlf%），BQ2，為），則為），聯(lián)立直線和橢圓的方程，得到關(guān)于％的

一元二次方程，結(jié)合/>o得到/+x2=一一挈、小久2=-；2一,由1B的方程y-yi=衿pQ+

%i）,令％=0,代入韋達(dá)定理整理可得：AB恒過定點G（0,J）,

12.（10分）已知橢圓芻+瑪=l（a>b>0）的左右焦點為Fi，F(xiàn)2,且尸2（1,0）為長軸的一個四等分

（2）（5分）分別過色,也作斜率為自，電的兩條直線。和a，A與橢圓交于4B兩點，L與橢圓

交于C,。兩點，且的?七=1.求證：瘍j+各為定值，并求出該定值.

【答案】（1）解：由已知C=l,Q=2,所以=Q2—=3，

因此橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為￥+二=1;

43

（2）解：設(shè)A（%1，y］），B（%2>、2），C（%3，>3），D（%4，%）

直線小y=k“x+l）,/2：y=例（％-1）聯(lián)立方程

得（3+4好）/+8klx+4好-12=0,

77

.-8fc74/C7-12

??％1+冷=----7，=--------

3+4岐3+46

**.\AB\=J1+照J(rèn)（%】+打/―4%]%2=12。+?），

3+4/“

聯(lián)立方程］]?2得（3+4發(fā)）/-8爆％+4煽-12=0,

同理可得皿=1|^答

11_13+4/3+4/cf_16+7/+7虐+8就環(huán)

」.兩+兩二變+TZIf）=12（i+博+后+.海）

117

由已知七七=1,化簡得Mg]+[CD1=12=定值.

【解析】【分析】（1）由右焦點的坐標(biāo)可得c的值，再由F2（l,0）為長軸的一個四等分點可得a的

值，進(jìn)而求出b的值，求出橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；

（2）設(shè)直線。的方程，與橢圓的方程聯(lián)立，求出兩根之和及兩根之積，進(jìn)而求出弦長|AB|的表達(dá)

式，由題意可設(shè)直線%的方程，與橢圓的方程聯(lián)立，求出兩根之和及兩根之積，進(jìn)而求出弦長|CD|

的值，求出自|+各的值，可證得為定值.

13.（10分）在平面直角坐標(biāo)系中，橢圓C：^|+^|=l（a>b>0）的離心率e=萼，a=*>，

直線I與x軸相交于點E,與橢圓相交于點A,B;

（1）（5分）求橢圓C的方程，

11

（2）（5分）在％軸上是否存在點E,使得--2+--2為定值？若存在，請求出點E的坐

舊川\EB\

標(biāo)，若不存在，請說明理由.

【答案】（1）解：由題意得：

e=W=竽，a=乃'c=2>

h2=a2—c2=2,

所以橢圓的方程為4+^=1

62

（2）解：設(shè)E（x0,0）,y。，BQ2，丫2），

（□）當(dāng)直線與％軸不重合時，設(shè)AB的方程為%=my4-%0

22

代入4+彳=i得：（m+3）y+2mxQy+-6=0,

6Z

—2m%0

丫］+為=m24-3

則

4-6

八?=m24-3

\EA\2=(m2+l)y￡,\EB\2=(m2+1)龍

2

1I1_(為+力)-2巧當(dāng)

22

\EA\|EB『一(m+l)y2y2

/(焉+6)+(18-3喻

一“x22

m2(%Q—6)+(%Q—6)

當(dāng)1邸+6=(%°2—6)即說=3時，無論m取何值，告+焉的值恒為2,

2

(18-3x1=(%0-6)由川\EB\

得點E(土遮，0),

(□)當(dāng)直線AB與％軸重合時，有4(-巡，0),5(76,0),E(V3,0)或E(-60),

11

均有---?+---2=2

\EA\Z\EB\l

11、

由i和ii得，在x軸上是存在兩點F(±V3,0)，使得?途+1口小2為定值,

\EA\\EB\

【解析】【分析】(1)利用已知條件結(jié)合橢圓的離心率公式和a的值，進(jìn)而得出c的值，再利用橢圓

中a,b,c三者的關(guān)系式得出b的值，進(jìn)而得出橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程。

(2)設(shè)F(x0,0),A{xlfy.Bgy2),(□)當(dāng)直線48與入軸不重合時，設(shè)AB的方

’—2mxn

%+丫2=^7?

程為x=my+x,再利用直線與橢圓相交，聯(lián)立二者方程結(jié)合韋達(dá)定理得出

Q虜一6

?"2=而

2

112x*延+6)+。8-3喻就+6=(的2-6)

再利用兩點距離公式得出所+商7H2(xg-6)2+(xg-6)2當(dāng)

18-3就=&2-6)

11

得出肝=3時，無論m取何值，2+—2的值恒為定值，進(jìn)而得出點E的坐標(biāo)；

\EA\\EB\

1

(□)當(dāng)直線4B與％軸重合時，進(jìn)而得出點A,B,的坐標(biāo)，再結(jié)合兩點距離公式得出7—2+

|瓦4|

111

--2的值為定值，進(jìn)而得出在%軸上是存在兩點E(士0),使得為定值。

\EB\\EA\\EB\

14.(10分)已知橢圓C：+l(a>b>0)的離心率為字，左、右焦點分別為Fi,

牡，O為坐標(biāo)原點，點P在橢圓C上，且有|Pa|=2,ZF1PF2=

(I)(5分)求橢圓C的方程；

(2)(5分)設(shè)直線1不經(jīng)過P(0,1)點且與橢圓E相交于A、B兩點，若直線PA與直線PB

的斜率之和為-2,若PM1/,垂足為M