課時(shí)驗(yàn)收評(píng)價(jià)(六十) 圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值問題

PAGE第3頁共3頁課時(shí)驗(yàn)收評(píng)價(jià)(六十)圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值問題1．(2022·運(yùn)城模擬)已知P(1,2)在拋物線C：y2＝2px上．(1)求拋物線C的方程；(2)A，B是拋物線C上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，如果直線PA的斜率與直線PB的斜率之和為2，證明：直線AB過定點(diǎn)．解：(1)將P點(diǎn)坐標(biāo)代入拋物線方程y2＝2px得4＝2p，即p＝2，所以拋物線C的方程為y2＝4x.(2)證明：設(shè)AB：x＝my＋t，將AB的方程與y2＝4x聯(lián)立得y2－4my－4t＝0，Δ＝16m2＋16t>0?m2＋t>0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t，kPA＝eq\f(y1－2,x1－1)＝eq\f(y1－2,\f(y\o\al(2,1),4)－1)＝eq\f(4,y1＋2)，同理可得kPB＝eq\f(4,y2＋2)，由題意得eq\f(4,y1＋2)＋eq\f(4,y2＋2)＝2,4(y1＋y2＋4)＝2(y1y2＋2y1＋2y2＋4)，解得y1y2＝4，有－4t＝4，即t＝－1，故直線AB：x＝my－1恒過定點(diǎn)(－1,0)．2．(2022·湖北九師聯(lián)盟開學(xué)考)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)))是C上一點(diǎn)，且PF2與x軸垂直．(1)求橢圓C的方程；(2)若過點(diǎn)Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),3)，0))的直線l交C于A，B兩點(diǎn)，證明：eq\f(1,|AQ|2)＋eq\f(1,|BQ|2)為定值．解：(1)由題意，得F2(1,0)，F(xiàn)1(－1,0)，且c＝1，則2a＝|PF1|＋|PF2|＝eq\r(1＋12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)－0))2)＋eq\f(\r(2),2)＝2eq\r(2)，即a＝eq\r(2)，所以b＝eq\r(a2－c2)＝1，故橢圓C的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)證明：當(dāng)直線AB的斜率為零時(shí)，點(diǎn)A，B為橢圓長(zhǎng)軸的端點(diǎn)，則eq\f(1,|AQ|2)＋eq\f(1,|BQ|2)＝eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(2)＋\f(\r(6),3)))2)＋eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)＋\f(\r(6),3)))2)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)＋\f(\r(6),3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)－\f(\r(6),3)))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2,3)))2)＝eq\f(4＋\f(4,3),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))2)＝3；當(dāng)直線AB不與x軸重合時(shí)，設(shè)直線AB的方程為x＝ty－eq\f(\r(6),3)，點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ty－\f(\r(6),3)，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去x得(t2＋2)y2－eq\f(2\r(6)t,3)y－eq\f(4,3)＝0，則Δ＝eq\f(8,3)t2＋eq\f(16,3)(t2＋2)>0恒成立，由根與系數(shù)的關(guān)系，得y1＋y2＝eq\f(2\r(6)t,3t2＋2)，y1y2＝－eq\f(4,3t2＋2)，所以eq\f(1,|AQ|2)＋eq\f(1,|BQ|2)＝eq\f(1,1＋t2y\o\al(2,1))＋eq\f(1,1＋t2y\o\al(2,2))＝eq\f(y\o\al(2,1)＋y\o\al(2,2),1＋t2y\o\al(2,1)y\o\al(2,2))＝eq\f(y1＋y22－2y1y2,1＋t2y\o\al(2,1)y\o\al(2,2))＝eq\f(\f(8t2,3t2＋22)＋\f(8,3t2＋2),1＋t2·\f(16,9t2＋22))＝eq\f(\f(16t2＋1,3t2＋22),1＋t2·\f(16,9t2＋22))＝eq\f(16,3)×eq\f(9,16)＝3.綜上，eq\f(1,|AQ|2)＋eq\f(1,|BQ|2)＝3為定值．3．已知點(diǎn)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2)))，直線PM，PN的斜率乘積為－eq\f(3,4)，P點(diǎn)的軌跡為曲線C.(1)求曲線C的方程；(2)設(shè)斜率為k的直線交x軸于T，交曲線C于A，B兩點(diǎn)，是否存在k使得|AT|2＋|BT|2為定值？若存在，求出k的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．解：(1)設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為(x，y)，∵kPM·kPN＝－eq\f(3,4)，∴eq\f(y－\f(3,2),x－1)·eq\f(y＋\f(3,2),x＋1)＝－eq\f(3,4)，∴4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(3,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(3,2)))＋3(x－1)(x＋1)＝0，∴eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，∴曲線C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(x≠±1)．(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，設(shè)直線AB為x＝my＋n，代入3x2＋4y2＝12得(3m2＋4)y2＋6mny＋3n2－12＝0，Δ＝36m2n2－4(3n2－12)(3m2＋4)＝48(3m2＋4－n2)>0，∴|AT|2＝(m2＋1)yeq\o\al(2,1)，|BT|2＝(m2＋1)yeq\o\al(2,2)，∴|AT|2＋|BT|2＝(m2＋1)(yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2))＝(m2＋1)[(y1＋y2)2－2y1y2]＝(m2＋1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－6mn,3m2＋4)))2－2·\f(3n2－12,3m2＋4)))＝eq\f(6m2＋1,3m2＋42)[(3m2－4)n2＋4(3m2＋4)]，若|AT|2＋|BT|2為定值，則3m2－4＝0，解得m＝±eq\f(2,\r(3))，kAB＝eq\f(1,m)＝±eq\f(\r(3),2)，∴存在k＝±eq\f(\r(3),2)，使得|AT|2＋|BT|2為定值．4．(2021·濰坊二模)已知橢圓M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)過A(－2,0)，B(0,1)兩點(diǎn)．(1)求橢圓M的離心率；(2)設(shè)橢圓M的右頂點(diǎn)為C，點(diǎn)P在橢圓M上(P不與橢圓M的頂點(diǎn)重合)，直線AB與直線CP交于點(diǎn)Q，直線BP交x軸于點(diǎn)S，求證：直線QS過定點(diǎn)．解：(1)因?yàn)辄c(diǎn)A(－2,0)，B(0,1)都在橢圓M上，所以a＝2，b＝1.所以c＝eq\r(a2－b2)＝eq\r(3).所以橢圓M的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2).(2)證明：由(1)知橢圓M的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1，C(2,0)．由題意知，直線AB的方程為x＝2y－2.設(shè)P(x0，y0)(y0≠0，y0≠±1)，Q(2yQ－2，yQ)，S(xS,0)．因?yàn)镃，P，Q三點(diǎn)共線，所以有eq\o(CP,\s\up7(→))∥eq\o(CQ,\s\up7(→))，eq\o(CP,\s\up7(→))＝(x0－2，y0)，eq\o(CQ,\s\up7(→))＝(2yQ－2－2，yQ)，所以(x0－2)yQ＝y(tǒng)0(2yQ－4)．所以yQ＝eq\f(4y0,2y0－x0＋2).所以Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4y0＋2x0－4,2y0－x0＋2)，\f(4y0,2y0－x0＋2))).因?yàn)锽，S，P三點(diǎn)共線，所以eq\f(1,－xS)＝eq\f(y0－1,x0)，即xS＝eq\f(x0,1－y0).所以Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,1－y0)，0)).所以直線QS的方程為x＝eq\f(\f(4y0＋2x0－4,2y0－x0＋2)－\f(x0,1－y0),\f(4y0,2y0－x0