立体几何(解答题)——大数据之五年(2018-2022)高考真题汇编(新高考卷与全国理科)及答案

立体几何(解答题)——大数据之五年(2018-2022)高考真题汇编(新高考卷与全国理科)一、解答题1.如图,PO是三棱锥P−ABC的高,PA=PB,AB⊥AC,E是PB的中点.(1)求证:OE∥平面PAC;(2)若∠ABO=∠CBO=30

简介:距离型定值问题-2023年高考数学之解密圆锥曲线命题点对点突破(全国通用)一、解答题1.在平面直角坐标系xOy中,已知点F1(-3,0),F2(3,0),点M满足|MF1|+|MF2|=4,记M的轨迹为C.以轨迹C与y轴正半轴交点T为圆心作圆,圆T与轨迹C在第一象限交于点A,在第二象限交于点B.(1)求C的方程;(2)求TA⋅TB的最小值,并求出此时圆T的方程;(3)设点P是轨迹C上异于A,B的一点,且直线PA,PB分别与y轴交于点M,N,O为坐标原点,求证:|OM|⋅|ON|为定值.【答案】(1)解:由题可知,c=3,2a=4,即a=2,所以b=4−3=1,所以曲线C的方程为x24+y2=1.(2)解:由题知T(0,1),设A(m,n)(0 b>0)的离心率为32,左、右焦点分别为曲线y=2×2−6与x轴的两个交点.(1)求C的方程;(2)点P是圆O:x2+y2=a2+b2上的动点,过点P作C的两条切线,两条切线与圆O分别交于点A,B(异于P),证明:|AB|为定值.【答案】(1)解:2×2−6=0得x=±3由题知ca=32a2=b2+c2c=3,解得a=2,b=1所以椭圆C的标准方程为x24+y2=1(2)证明:设直线l斜率存在且与椭圆C相切,方程为y=kx+m代入x24+y2=1整理得(4k2+1)x2+8kmx+4(m2−1)=0则Δ=64k2m2−16(4k2+1)(m2−1)=0,即4k2−m2+1=0…①记P(x0,y0),则m=y0−kx0,代入①整理得(4−x02)k2+2x0y0k+1−y02=0…②当直线PA、PB斜率存在时,记其斜率分别为k1,k2,易知k1,k2为方程②的两根,则有k1k2=1−y024−x02,又x02+y02=a2+b2=5,所以k1k2=1−y024−x02=1−(5−x02)4−x02=−1,即PA⊥PB所以AB为圆x2+y2=5的直径,所以|AB|=25当直线PA、PB有一条斜率不存在时,点P坐标为(±2,±1),易知此时A、B关于原点对称,AB为圆x2+y2=5的直径.综上,|AB|为定值25.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)令2×2−6=0得x=±3,根据题意可得ca=32a2=b2+c2c=3,解得a,b,即可求出C的方程;(2) 设直线l斜率存在且与椭圆C相切,方程为y=kx+m,联立椭圆的方程,由判别式△=0,得4k2−m2+1=0①,记P(x0,y0),则m=y0−kx0,代入①整理得(4−x02)k2+2x0y0k+1−y02=0②当直线PA、PB斜率存在时,记其斜率分别为k1,k2,易知k1,k2为方程②的两根,由韦达定理可得k1k2=1−y024−x02,又x02+y02=a2+b2=5,进而可得k1k2=−1,即PA⊥PB,AB为圆x2+y2=5的直径,当直线PA、PB有一条斜率不存在时,点P坐标为(土2,士1),推出A、B关于原点对称,AB为圆x2+y2=5的直径,即可证得|AB|为定值.3.在直角坐标系xOy中,长为3的线段AB的两端点A,B分别在x,y轴上滑动,动点M满足AM=2MB(1)求动点M的轨迹E的方程;(2)设过点N(0,t)的动直线l与(1)中的轨迹E交于C,D两点,是否存在定实数t,使得1|NC|2+1|ND|2为定值?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由.【答案】(1)解:设A(x0,0),B(0,y0),M(x,y)由AM=2MB,得(x−x0,y)=2(−x,y0−y),即x0=3xy0=3y2而|AB|=3,即x02+y02=9.所以(3x)2+(3y2)2=9,即x2+y24=1.(2)解:假设存在满足题意的直线l,设C(x1,y1),D(x2,y2).当直线l的斜率存在时,设其方程为y=kx+t.由y=kx+t4x2+y2=4,消去y,得(k2+4)x2+2ktx+t2−4=0.则x1+x2=−2ktk2+4,x1x2=t2−4k2+4.所以,|NC|2=x12+(y1−t)2=(k2+1)x12,|ND|2=x22+(y2−t2)=(k2+1)x22,则1|NC|2+1|ND|2=1(k2+1)x12+1(k2+1)x22=1k2+1⋅x12+x22x12x22=1k2+1⋅(x1+x2)2−2x1x2x12x22=1k2+1⋅(−2ktk2+4)2−2⋅t2−4k2+4(t2−4k2+4)2=1k2+1⋅(2t2+8)k2−8t2+32(t2−4)2当且仅当2t2+8=−8t2+32,即t2=125,t=±2155时,1|NC|2+1|ND|2=5当直线l的斜率不存在时,C(0,−2),D(0,2),若t=±2155则1|NC|2+1|ND|2=1(t+2)2+1(2−t)2=2(t2+4)(4−t2)2=5.综上,存在实数t=±2155,使得1|NC|2+1|ND|2为定值为5.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题;圆锥曲线的轨迹问题【解析】【分析】(1)设A(x0,0),B(0,y0),M(x,y),由向量的数乘运算,得到x0=3xy0=3y2,由|AB|=3可得轨迹方程;(2)假设存在满足题意的直线l,设C(x1,y1),D(x2,y2).当直线l的斜率存在时,设其方程为y=kx+t.代入椭圆方程,应用韦达定理得x1+x2,x1x2,计算1|NC|2+1|ND|2并代入x1+x2,x1x2,分析它是与k无关的常数,由此得出值,再检验这个值对斜率不存在的直线l也适用,由此得结论.4.设A、B分别为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点,设M(0,−1)是椭圆下顶点,直线MA与MB斜率之积为−14.(1)求椭圆C的标准方程;(2)若一动圆的圆心Q在椭圆上运动,半径为255.过原点O作动圆Q的两条切线,分别交椭圆于E、F两点,试证明|OE|2+|OF|2为定值.【答案】(1)解:由题意可知,b=1,A(−a,0),B(a,0),由kMA⋅kMB=−1a⋅1a=−14,即a2=4,又a>0,所以a=2,椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)证明:设点Q坐标为(x0,y0),即x024+y02=1.当直线OE的斜率为0,此时y0=±255,x0=±255,则直线OF的斜率不存在,此时|OE|2+|OF|2=a2+b2=5;当直线OE的斜率存在且斜率不为0时,设直线OE的方程为y=k1x,直线OF的方程为y=k2x,设点E(x1,y1)、F(x2,y2),联立y=kxx2+4y2=4,可得(4k2+1)x2=4,则x12=44k12+1,x22=44k22+1,又圆Q与直线OE、OF相切,即|kx0−y0|k2+1=255,整理可得(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0,则k1、k2为关于k的方程(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0的两根,所以,k1k2=y02−45×02−45=1−x024−45×02−45=−14,所以,|OE|2+|OF|2=(1+k12)x12+(1+k22)x22=4(k12+1)4k12+1+4(k22+1)4k22+1 =4(k12+1)4k12+1+4(116k12+1)14k12+1=4(k12+1)4k12+1+16k12+14k12+1=5.综上:|OE|2+|OF|2为定值5.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)利用已知条件求出椭圆的左、右顶点、下顶点的坐标,进而得出b的值和A,B两点的坐标,再利用两点求斜率公式和实数a的取值范围,进而得出a的值,从而得出椭圆C的标准方程。(2)设点Q坐标为(x0,y0),再利用代入法得出x024+y02=1,当直线OE的斜率为0,进而得出此时y0,x0的值,则直线OF的斜率不存在,进而求出|OE|2+|OF|2的值;当直线OE的斜率存在且斜率不为0时,设直线OE的方程为y=k1x,直线OF的方程为y=k2x,设点E(x1,y1)、F(x2,y2),再利用直线与椭圆相交,联立二者方程结合一元二次方程求根公式得出x12=44k12+1,x22=44k22+1,再利用圆Q与直线OE、OF相切结合直线与圆相切位置关系判断方法,再结合点到直线的距离公式,整理可得(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0,则k1、k2为关于k的方程(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0的两根,再结合韦达定理得出k1k2的值,再利用两点距离公式得出|OE|2+|OF|2的值,进而证出|OE|2+|OF|2为定值。5.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率e=22,P为椭圆上一动点,△PF1F2面积的最大值为2.(1)求椭圆E的方程;(2)若C,D分别是椭圆E长轴的左、右端点,动点M满足MD⊥CD,连接CM交椭圆于点N,C为坐标原点.证明:OM⋅ON为定值.【答案】(1)解:当P为短轴端点时,△PF1F2的面积最大,bc=2,故ca=22bc=2a2=b2+c2,解得a=2,b=c=2,故椭圆E的方程为x24+y22=1.(2)解:由(1)知,C(−2,0),D(2,0),设直线CM:y=k(x+2),N(x1,y1),∵MD⊥CD,∴M(2,4k),联立x24+y22=1y=k(x+2),整理得(2k2+1)x2+8k2xx2+8k2−4=0,由−2×1=8k2−42k2+1得x1=2−4k22k2+1,y1=k(x1+2)=4k2k2+1,∴N(2−4k22k2+1,4k2k2+1),OM⋅ON=2×2−4k22k2+1+4k×4k2k2+1=4,故OM⋅ON为定值4.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由离心率和三角形的最大面积及a,b,c之间的关系可得a,b的值,进而求出椭圆E的方程;(2)由题意可得C,D的坐标,由题意设M的坐标,求出直线CM的斜率,进而求出直线CM的方程,与椭圆的方程联立,求出两根之积,可得N的横坐标,代入直线CM的方程可得N的坐标,求出数量积OM⋅ON,可证得OM⋅ON为定值.6.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为63,以椭圆C的右顶点A为圆心,作半径为r的圆(x−3)2+y2=r2,设圆A与椭圆C交于点E,F.(1)求AE⋅AF的最小值,并求此时圆A的方程;(2)设点O是坐标原点,点P是椭圆C上异于E,F的点,且满足直线PE,PF分别与x轴交于M,N两点,证明:|OM|⋅|ON|为定值.【答案】(1)解:根据题意,A(3,0),则a=3,又离心率ca=63,则c=2,故b2=a2−c2=1,即椭圆C的方程为x23+y2=1,设点E(x0,y0)(y0>0),则x023+y02=1,易得E,F关于x轴对称,则F(x0,−y0),又点A(3,0),则AE⋅AF=(x0−3,y0)⋅(x0−3,−y0)=(x0−3)2−y02=x02−23×0+3−1+x023=43(x0−334)2−14,当x0=334,y0=74时,AE⋅AF有最小值为−14,且r2=|AE|2=(x0−3)2+y02=58,故圆A的方程为(x−3)2+y2=58;(2)证明:设点P(x1,y1),E(x0,y0),则F(x0,−y0),且x1≠x0,x023+y02=1,x123+y12=1,则kPE=y1−y0x1−x0,kPF=y1+y0x1−x0,可得lPE:y−y0=y1−y0x1−x0(x−x0),令y=0,则M(x0y1−x1y0y1−y0,0),lPF:y+y0=y1+y0x1−x0(x−x0),令y=0,则N(x0y1+x1y0y1+y0,0),所以xM⋅xN=x0y1−x1y0y1−y0⋅x0y1+x1y0y1+y0=x02y12−x12y02y12−y02=3(1−y02)y12−3(1−y12)y02y12−y02=3y12−3y02y12−y02=3,故|OM|⋅|ON|=|xM|⋅|xN|=|xMxN|=3,为定值.【知识点】圆的标准方程;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的关系 【解析】【分析】(1)直接由右顶点及离心率求出椭圆C的方程,设出E,F坐标,表示出AE→⋅AF→,由二次函数求得最小值,求出此时点E坐标,即可求得圆A的方程;(2)设出P,E,F坐标,表示出直线PE,PF求出M,N坐标,计算xM,xN,结合P,E,F是椭圆C上的点,求出xM×xN为定值,即可求得|OM|⋅|ON|为定值.7.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为4,离心率为32,其中左顶点为A,右顶点为B,O为坐标原点.(1)求椭圆E的标准方程;(2)直线y=x+t(t≠0)与椭圆E交于不同的两点P,Q,直线AP,BQ分别与直线y=x交于点M,N.求证:|OM|⋅|ON|为定值.【答案】(1)解:由已知得2a=4.所以a=2.又因为椭圆E的离心率为32,所以ca=32.所以c=3.所以b=a2−c2=4−3=1,所以椭圆E的方程为x24+y2=1(2)证明:由y=x+t,x2+4y2=4得5×2+8tx+4t2−4=0,设P(x1,y1),Q(x2,y2).因为直线y=x+t(t≠0)与椭圆E交于不同的两点P,Q,所以Δ=(8t)2−20(4t2−4)>0.解得−5 b>0)的长轴长为4,进而得出实数a的值,再利用椭圆的离心率为32,进而结合椭圆的离心率公式得出c的值,再利用椭圆中a,b,c三者的关系式,进而得出b的值,从而得出椭圆E的标准方程。(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),利用已知条件结合直线与椭圆相交,联立二者方程结合判别式法得出t的取值范围,再结合韦达定理,得出x1+x2=−8t5,x1x2=4t2−45,再利用点斜式设出直线AP的方程为y=y1x1+2(x+2),令y=x得xM=2(x1+t)2−t,再利用点斜式设出直线BQ的方程为y=y2x2−2(x−2),令y=x得xN=2(x2+t)t+2,进而得出xMxN的值,再利用两点距离公式得出|OM|⋅|ON|的值。8.已知抛物线C:y=ax2(a>0)的焦点是F,若过焦点F的直线与C相交于A,B两点,所得弦长|AB|的最小值为2.(1)求实数a的值;(2)设P,Q是抛物线C上不同于坐标原点O的两个不同的动点,且以线段PQ为直径的圆经过点O,作OM⊥PQ,M为垂足,试探究是否存在定点N,使得|MN|为定值,若存在,则求出该定点N的坐标及定值|MN|,若不存在,请说明理由.【答案】(1)解:抛物线C:y=ax2(a>0)化为标准方程为:x2=1ay,其焦点F(0,14a),因为斜率一定存在,设其方程为y=k1x+14a,联立方程得:y=k1x+14ax2=1ay,整理得:x2−k1ax−14a2=0,Δ>0恒成立.其中A(x1,y1),B(x2,y2),x1+x2=k1a,y1+y2=k1(x1+x2)+12a=k12a+12a,因为焦点弦长|AB|=y1+y2+12a=k12a+1a,所以当k12=0时,弦长|AB|min=1a=2.所以,实数a的值为12.(2)解:由题意可知直线PQ的斜率存在,设其方程为y=kx+t(t≠0).联立方程得:y=kx+tx2=2y,整理得:x2−2kx−2t=0,Δ=4k2+8t>0.其中P(x3,y3),Q(x4,y4),x3+x4=2k,x3x4=−2t,因为以PQ为直径的圆经过点O,所以OP⋅OQ=0.又因为OP⋅OQ=x3x4+y3y4=x3x4+x322⋅x422=−2t+4t24=−2t+t2=0,∵t≠0,∴t=2.所以直线PQ过定点T(0,2), 又因为OM⊥PQ,所以△OMT为直角三角形,所以当N为斜边OT中点时,|MN|为定值,此时|MN|=12|OT|=1.所以定点N为(0,1),|MN|为定值1【知识点】抛物线的应用;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据抛物线和过焦点的直线联立方程,根据焦点弦的计算,即可求解.(2)联立方程,得到根与系数的关系,根据以线段PQ为直径的圆经过点O,转化成OP⋅OQ=0,可得直线过定点,再由OM⊥PQ,根据直角三角形的特征即可找到N的位置,即可求解.9.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A,A1,右焦点为点F,点P是椭圆E上一动点,△APA1面积的最大值为2,当PF⊥x轴时,|PF|=12.(1)求椭圆E的方程;(2)已知直线l与椭圆E有且只有一个公共点,直线l与直线x=433交于点N,过点F作x轴的垂线,交直线l于点M.求证:|FM||FN|为定值.【答案】(1)解:设椭圆E的半焦距为c,P(x,y),将x=c代入x2a2+y2b2=1得y2=b2(1−c2a2)=(a2−c2)b2a2=b4a2,所以|PF|=|y|=b2a=12,因为点P是椭圆E上一动点,所以−b≤y≤b,所以△APA1面积S=12|AA1||y|≤ab=2,由a=2b2ab=2,求得a=2b=1,所以椭圆E的方程为E:x24+y2=1(2)解:由题意可知直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx+m,联立y=kx+mx24+y2=1,整理可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2−4=0,因为直线l与椭圆E相切,所以Δ=64k2m2−4(1+4k2)(4m2−4)=0,得m2=1+4k2,因为椭圆E的右焦点为F(3,0),将x=3代入直线l得y=3k+m,所以M(3,3k+m),所以|FM|=|3k+m|,将x=433代入直线l可得y=433k+m,所以N(433,433k+m),所以|NF|2=(433−3)2+(433k+m)2=163k2+833km+m2+13,|FM|2|NF|2=3k2+23km+m216k23+833km+m2+13,将m2=1+4k2代入上式,得|FM|2|FN|2=7k2+23km+128k23+833km+43=34,所以|FM||FN|为定值32【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)设椭圆E的半焦距为c,P(x,y),由|PF|=12得|PF|=|y|=b2a=12,△APA1面积的最大值为2,即ab=2,联立方程求a,b,从而可得椭圆方程;(2)设直线l的方程为y=kx+m,联立方程组整理(1+4k2)x2+8kmx+4m2−4=0,因为直线l与椭圆E相切,得m2=1+4k2,根据已知条件求得N(433,433k+m),N(433,433k+m),从而可得|FM|=|3k+m|,|NF|2=(433−3)2+(433k+m)2=163k2+833km+m2+13,作商化简即可求解.10.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点A(2,1),过右焦点F2作x轴的垂线交椭圆于M,N两点,且|MN|=6.(1)求椭圆C的方程;(2)点P,Q在椭圆C上,且kAP⋅kAQ=13,AD⊥PQ,D为垂足.证明:存在定点S,使得|DS|为定值.【答案】(1)解:由已知得4a2+1b2=1,且当x=c时,|MN|=2b2a=6,联立4a2+1b2=1,2b2a=6,解得a2=6,b2=3,故椭圆C的方程为x26+y23=1.(2)证明:设点P(x1,y1),Q(x2,y2),因为kAP⋅kAQ=13,y1−1×1−2⋅y2−1×2−2=13,即(x1−2)(x2−2)−3(y1−1)(y2−1)=0,*当直线PQ的斜率存在时,设方程为y=kx+m,代入椭圆方程消去y得(2k2+1)x2+4kmx+2m2−6=0,Δ>0,x1+x2=−4km2k2+1,x1x2=2m2−62k2+1. 根据y1=kx1+m,y2=kx2+m.代入*整理,得(1−3k2)x1x2−(3km+2−3k)(x1+x2)+1+6m−3m2=0,结合根与系数的关系可得,m2−2(4k+3)m−5(4k2−1)=0,[m−5(2k+1)][m+(2k−1)]=0,当m=−(2k−1)时,直线y=kx+m=kx−2k+1=k(x−2)+1过点A(2,1),不符合条件,当m=5(2k+1)时,直线方程为y=kx+5(2k+1)=k(x+10)+5,故直线PQ恒过定点(−10,5),设E(−10,5),当直线PQ的斜率不存在时,点P(x1,y1),Q(x1,−y1),此时(x1−2)2+3y12−3=0,又x126+y123=1,可得x1=−10(舍)或x1=2,与A点重合,与已知条件不符.∴直线PQ的斜率一定存在,故直线PQ恒过定点E(−10,5)由于AE为定长,且△ADE为直角三角形,AE为斜边,所以AE的中点S满足|DS|为定值,点S为(−4,3).【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)将点以A(2,1)及x=c代入椭圆方程,得出椭圆的方程;(2)讨论直线PQ的斜率存在和不存在两种情况,设方程为y=kx+m,代入椭圆方程,结合韦达定理以及kAP⋅kAQ=13得出直线PQ恒过定点(−10,5),从而得到结论.11.已知椭圆T:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F(−c,0),上顶点为P.直线PF与椭圆T交于另一点Q,且|PF|=7|FQ|,点E(3,12)在椭圆T上.(1)求椭圆T的方程.(2)过点M(0,2),且斜率为k的直线l与椭圆T相交于A,B两点,点A关于y轴的对称点为A′,作MN⊥A′B,垂足为N.是否存在定点R,使得|NR|为定值?若存在,求出定点R的坐标;若不存在,说明理由.【答案】(1)解:由题可知,F(−c,0),P(0,b),设Q(x,y),则PF=(−c,−b),FQ=(x+c,y),因为|PF|=7|FQ|,所以PF=7FQ,即−c=7(x+c)−b=7y,解得x=−8c7y=−b7,即点Q的坐标为(−8c7,−b7),则64c249a2+149=1,整理得ca=32.因为点E(3,12)在椭圆T上,所以3a2+14b2=1又a2=b2+c2,所以a=2,b=1,c=3故椭圆T的方程为x24+y2=1(2)解:由题可知直线l的方程为y=kx+2,设点A(x1,y1),B(x2,y2),则A′(−x1,y1).联立方程组x24+y2=1,y=kx+2,整理得(4k2+1)x2+16kx+12=0,Δ=(16k)2−48(4k2+1)=64k2−48>0,则x1+x2=−16k4k2+1,x1x2=124k2+1,直线A′B的方程为y−y1=y2−y1x2+x1(x+x1),整理(y1−y2)x+(x2+x1)y=x1y2+x2y1.又x1y2+x2y1=x1(kx2+2)+x2(kx1+2)=2kx1x2+2(x1+x2)=−8k4k2+1,令x=0,得y=x1y2+x2y1x1+x2=12,所以A′B恒过定点G(0,12),故在Rt△MGN中,存在定点R(0,54)为斜边MG的中点,使得|NR|=12|MG|=34,为定值.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)|PF|=7|FQ|可结合向量得到点Q(−8c7,−b7),将E,Q坐标代入椭圆方程可得答案;(2)设点A(x1,y1),B(x2,y2),则A′(−x1,y1),联立直线和椭圆的方程,得到关于x的一元二次方程,结合Δ>0得到x1+x2=−16k4k2+1x1x2=124k2+1,由A′B的方程y−y1=y2−y1x2+x1(x+x1),令x=0,代入韦达定理整理可得:A′B恒过定点G(0,12),12.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点为F1,F2,且F2(1,0)为长轴的一个四等分点.(1)求椭圆的标准方程;(2)分别过F1,F2作斜率为k1,k2的两条直线l1和l2,l1与椭圆交于A,B两点,l2与椭圆交于C,D两点,且k1⋅k2=1.求证:1|AB|+1|CD|为定值,并求出该定值.【答案】(1)解:由已知c=1,a=2,所以b2=a2−c2=3,因此椭圆的标准方程为x24+y23=1;(2)解:设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4)直线l1:y=k1(x+1),l2:y=k2(x−1)联立方程y=k1(x+1)3×2+4y2=12得(3+4k12)x2+8k12x+4k12−12=0,∴x1+x2=−8k123+4k12,x1x2=4k12−123+4k12,∴|AB|=1+k12(x1+x2)2−4x1x2=12(1+k12)3+4k12,联立方程y=k2(x−1)3×2+4y2=12得(3+4k22)x2−8k22x+4k22−12=0, 同理可得|CD|=12(1+k22)3+4k22,∴1|AB|+1|CD|=112(3+4k121+k12+3+4k221+k22)=112(6+7k12+7k22+8k12k221+k12+k22+k12k22)由已知k1k2=1,化简得1|AB|+1|CD|=712=定值.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由右焦点的坐标可得c的值,再由F2(1,0)为长轴的一个四等分点可得a的值,进而求出b的值,求出椭圆的标准方程;(2)设直线l1的方程,与椭圆的方程联立,求出两根之和及两根之积,进而求出弦长|AB|的表达式,由题意可设直线l2的方程,与椭圆的方程联立,求出两根之和及两根之积,进而求出弦长|CD|的值,求出1|AB|+1|CD|的值,可证得为定值.13.在平面直角坐标系中,椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=63,a=6,直线l与x轴相交于点E,与椭圆相交于点A,B;(1)求椭圆C的方程,(2)在x轴上是否存在点E,使得1|EA|2+1|EB|2为定值?若存在,请求出点E的坐标,若不存在,请说明理由.【答案】(1)解:由题意得:e=ca=63,a=6,∴c=2,∴b2=a2−c2=2,所以椭圆的方程为x26+y22=1(2)解:设E(x0,0),A(x1,y1),B(x2,y2),(ⅰ)当直线AB与x轴不重合时,设AB的方程为x=my+x0代入x26+y22=1得:(m2+3)y2+2mx0y+x02−6=0,则y1+y2=−2mx0m2+3y1⋅y2=x02−6m2+3|EA|2=(m2+1)y12,|EB|2=(m2+1)y22,1|EA|2+1|EB|2=(y1+y2)2−2y1y2(m2+1)y12y22=2×m2(x02+6)+(18−3×02)m2(x02−6)2+(x02−6)2当x02+6=(x02−6)218−3×02=(x02−6)2,即x02=3时,无论m取何值,1|EA|2+1|EB|2的值恒为2,得点E(±3,0),(ⅱ)当直线AB与x轴重合时,有A(−6,0),B(6,0),E(3,0)或E(−3,0),均有1|EA|2+1|EB|2=2由i和ii得,在x轴上是存在两点E(±3,0),使得1|EA|2+1|EB|2为定值.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)利用已知条件结合椭圆的离心率公式和a的值,进而得出c的值,再利用椭圆中a,b,c三者的关系式得出b的值,进而得出椭圆的标准方程。(2)设E(x0,0),A(x1,y1),B(x2,y2),(ⅰ)当直线AB与x轴不重合时,设AB的方程为x=my+x0,再利用直线与椭圆相交,联立二者方程结合韦达定理得出y1+y2=−2mx0m2+3y1⋅y2=x02−6m2+3,再利用两点距离公式得出1|EA|2+1|EB|2=2×m2(x02+6)+(18−3×02)m2(x02−6)2+(x02−6)2,当x02+6=(x02−6)218−3×02=(x02−6)2,得出x02=3时,无论m取何值,1|EA|2+1|EB|2的值恒为定值,进而得出点E的坐标;(ⅱ)当直线AB与x轴重合时,进而得出点A,B,的坐标,再结合两点距离公式得出1|EA|2+1|EB|2的值为定值,进而得出在x轴上是存在两点E(±3,0),使得1|EA|2+1|EB|2为定值。14.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,左、右焦点分别为F1,F2,O为坐标原点,点P在椭圆C上,且有|PF1|=2,∠F1PF2=2π3(1)求椭圆C的方程;(2)设直线l不经过P(0,1)点且与椭圆E相交于A、B两点,若直线PA与直线PB的斜率之和为−2,若PM⊥l,垂足为M,判断是否存在定点N,使得|MN|为定值,若存在求出点N,若不存在,说明理由.【答案】(1)解:因为离心率为32,故a2−b2a2=34,解得a=2b,又ca=32,故c=3b.在△F1PF2中有|PF1|=2,|PF2|=2a−2=4b−2,|F1F2|=2c=23b,∠F1PF2=2π3,由余弦定理可得12b2=4+(4b−2)2−2⋅2⋅(4b−2)cos2π3,化简可得b=1,故a=2,椭圆C的方程为x24+y2=1 (2)解:当直线l的斜率不存在时,设点A(x0,y0),B(x0,−y0),此时有y0−1×0+−y0−1×0=−2,解得x0=1,此时直线l的方程为x=1;当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+m,(m≠1),A(x1,y1),B(x2,y2),联立x24+y2=1y=kx+m化简可得(4k2+1)x2+8kmx+4m2−4=0,x1+x2=−8km4k2+1,x1x2=4m2−44k2+1,又直线PA与直线PB的斜率之和为−2,故y1−1×1+y2−1×2=−2,代入直线方程有kx1+m−1×1+kx2+m−1×2=−2,化简得2k+(m−1)x1+x2x1x2=−2,代入韦达定理有2k−(m−1)8km4m2−4=−2,整理得m=−k−1,故直线y=kx+m=kx−k−1过定点Q(1,−1),当直线l的方程为x=1时也满足,又PM⊥l,故存在P,Q的中点N(12,0)得|MN|为定值【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】(1)根据离心率为32可得a=2b,c=3b,再在△F1PF2中利用余弦定理求解b即可;(2)当直线l的斜率不存在时,设点A(x0,y0),B(x0,−y0),根据已知条件,解得x0=1,此时直线l的方程为x=1;当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+m,(m≠1),A(x1,y1),B(x2,y2),再联立椭圆的方程,表达出直线PA与直线PB的斜率之和为−2,结合韦达定理可得m=−k−1,进而得到直线l过定点,从而根据PM⊥l确定点N.15.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为23,A1、A2分别为椭圆C的左、右顶点,B为椭圆C的上顶点,F1为椭圆的左焦点,且△A1F1B的面积为52.(1)求椭圆C的方程;(2)设过点D(1,0)的动直线l交椭圆C于E、F两点(点E在x轴上方),M、N分别为直线A1E、A2F与y轴的交点,证明:|OM||ON|为定值.【答案】(1)解:由椭圆C的离心率为23,得ca=23,于是a=32c,b=52c=|OB|∴|A1F1|=a−c=12c,S△A1F1B=12×12c×52c=58c2=52,因此c=2,a=3,b=5,∴椭圆的方程为x29+y25=1;(2)证明:易知,直线l(EF)斜率不为0,设l方程为x=my+1,由x=my+1,x29+y25=1得(5m2+9)y2+10my−40=0,设E(x1,y1),F(x2,y2),则y1+y2=−10m5m2+9,y1y2=−405m2+9,则y1=−10m5m2+9−y2.由直线A1E方程y=y1x1+3(x+3),得yM=3y1x1+3;由直线A2F方程y=y2x2−3(x−3),得yN=−3y2x2−3;由此可得,|OM||ON|=yM−yN=y1(x2−3)y2(x1+3)=y1(my2−2)y2(my1+4)=my1y2−2y1my1y2+4y2=m⋅−405m2+9−2(−10m5m2+9−y2)m·−405m2+9+4y2=−40m+20m+2(5m2+9)y2−40m+4(5m2+9)y2=−20m+2(5m2+9)y22[−20m+2(5m2+9)y2]=12.∴|OM||ON|为定值12.【知识点】椭圆的标准方程;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的关系;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由离心率得a=32c,再结合S△A1F1B=12×12c×52c即可求解;(2)设l方程为x=my+1,联立椭圆方程,设E(x1,y1),F(x2,y2)由韦达定理,可得y1=−10m5m2+9−y2,分别通过直线A1E,直线A2F的方程可得yM,yN,进而可得|OM||ON|=yM−yN,代入yM,yN,结合韦达定理化简即可求解。16.在平面直角坐标系xOy中,点M(0,1),记动点P到直线l:y=−2的距离为d,且d=|PM|+1,设点P的轨迹为曲线E.(1)求曲线E的方程;(2)直线m交曲线E于A,B两点,曲线E在点A及点B处的切线相交于点C.设点C到直线l的距离为h,若△ABC的面积为4,求证:存在定点T,使得|CT|h恒为定值.【答案】(1)解:由题意可知P到定点M的距离与P到直线y=−1的距离相等∴P的轨迹是抛物线且p2=1,p=2,曲线E的方程为x2=4y(2)解:设直线m的方程为y=kx+m,A(x1,x124),B(x2,y224)y=kx+mx2=4y⇒x2−4kx−4m=0,Δ=16k2+16m>0. x1+x2=4kx1x2=−4m,y=14×2,y′=12x∴切线AC的方程为y=x12(x−x1)+x124=x12x−x124①BC方程为y=x22x−x224②联立①②得x1−x22x=(x1+x2)(x1−x2)4∴xC=x1+x22=2k,yC=x12⋅x1+x22−x124=x1x24=−m,即C(2k,−m)设AB的中点为N(x0,y0),∴x0=x1+x22=2k,∴CN⊥x轴N(2k,2k2+m),C(2k,−m),CN=2k2+2m,|x1−x2|=4k2+m∴S△ABC=12⋅2(k2+m)⋅4k2+m=4(k2+m)32=4⇒k2+m=1∴h=2−m,存在定点T(0,0)使得|CT|h=4k2+m22−m=4(1−m)+m22−m=2−m2−m=1【知识点】抛物线的标准方程;直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】(1)由P到定点M的距离与P到直线y=−1的距离相等,结合抛物线的定义得出曲线E的方程;(2)设直线m的方程为y=kx+m,由韦达定理以及导数得出AC,BC切线的方程,并联立得出点C坐标以及三角形面积公式得出k2+m=1,进而存在定点T(0,0)使得|CT|h=1.17.已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,点P(−2,y0)为抛物线上一点,抛物线C在点P处的切线与y轴相交于点Q,且△FPQ的面积为2.(1)求抛物线的方程.(2)若斜率不为0的直线l过焦点F,且交抛物线C于A,B两点,线段AB的中垂线与y轴交于点M.证明:|MF||AB|为定值.【答案】(1)解:由题意可知P(−2,2p),设抛物线C在点P处的切线方程为y−2p=k(x+2),联立x2=2pyy−2p=k(x+2)得x2−2pkx−(4pk+4)=0,由Δ=4p2k2+4(4pk+4)=0解得k=−2p,故切线方程为y−2p=−2p(x+2),令x=0,得y=−2p,即Q(0,−2p),又F(0,p2),所以S△FPQ=12×(p2+2p)×2=2,解得p=2,所以抛物线C的方程为x2=4y.(2)证明:由(1)可知F(0,1),显然直线l的斜率存在,故可设直线l的方程为y=kx+1,A(x1,y1),B(x2,y2).联立方程组x2=4yy=kx+1,消去y得x2−4kx−4=0,所以x1+x2=4k,x1x2=−4,所以y1+y2=k(x1+x2)+2=4k2+2,得|AB|=y1+y2+2=4k2+4,所以线段AB的中点为(x1+x22,y1+y22)=(2k,2k2+1),中垂线所在直线的斜率k′=−1k,故线段AB中垂线所在的直线方程为y−2k2−1=−1k(x−2k),令x=0,得yM=2k2+3,所以|MF|=2k2+2,所以|MF||AB|=2k2+24k2+4=12为定值,得证.【知识点】抛物线的标准方程;直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】(1)求出P坐标,待定系数法设切线方程,解出斜率,表示Q坐标后由面积列方程求解(2)待定系数法设直线方程,与抛物线方程联立后由韦达定理表示弦长|AB|与中点坐标,再求其垂直平分线方程,表示点M坐标后计算证明.18.已知椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的上、下焦点分别为F1,F2,左、右顶点分别为A1,A2,且四边形A1F1A2F2是面积为8的正方形.(1)求C的标准方程.(2)M,N为C上且在y轴右侧的两点,MF1//NF2,MF2与NF1的交点为P,试问|PF1|+|PF2|是否为定值?若是定值,求出该定值;若不是,请说明理由.【答案】(1)解:椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的上、下焦点分别为F1(0,c),F2(0,−c),左、右顶点分别为A1(−b,0),A2(b,0),因为四边形A1F1A2F2是面积为8的正方形,所以有b=c且4×12⋅b⋅c=8,解得b=c=2⇒a2=b2+c2=8,所以椭圆的标准方程为:y28+x24=1;(2)解:因为MF1∥NF2,所以|NF2||F1M|=|PN||PF1|⇒|NF2||F1M|+1=|PN||PF1|+1⇒|NF2|+|F1M||F1M|=|PN|+|PF1||PF1|⇒|PF1|=|NF1||NF2|+|F1M|⋅|F1M|,因为N为C上且在y轴右侧的点,所以|NF2|+|F1N|=2a=42, 因此|PF1|=|F1M||NF2|+|F1M|⋅(42−|NF2|),同理可得:|PF2|=|F2N||NF2|+|F1M|⋅(42−|MF1|),所以|PF1|+|PF2|=|F1M||NF2|+|F1M|⋅(42−|NF2|)+|F2N||NF2|+|F1M|⋅(42−|MF1|)=42−2|F1M|⋅|F2N||NF2|+|F1M|,设MF1,NF2的方程分别为:y=kx+1,y=kx−1,设M(x1,y1),N(x2,y2)(x1,x2<0),则y28+x24=1y=kx+2⇒(k2+2)x2+4kx−4=0,所以x1=−4k−16k2+16(k2+2)2(k2+2)=−2k−22k2+2k2+2,因此|MF1|=x12+(y1−2)2=x12+(kx1+2−2)2=|x1|⋅1+k2=2k1+k2+22(k2+1)k2+2,同理可得:|NF2|=22(k2+1)−2k1+k2k2+2,因此|MF1|+|NF2|=42(k2+1)k2+2,|MF1|⋅|NF2|=[22(k2+1)]2−4k2(1+k2)(k2+2)2=4(1+k2)(k2+2),所以|PF1|+|PF2|=42−2|F1M|⋅|F2N||NF2|+|F1M|=42−2⋅4(1+k2)k2+242(k2+1)k2+2=42−2=32,所以|PF1|+|PF2|为定值,定值为32.【知识点】椭圆的定义;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据题意求出椭圆顶点的坐标,结合四边形的几何性质计算出b与c的关系,再由椭圆里a、b、c的关系,计算出a的取值由此得出椭圆的方程。(2)由已知条件结合椭圆的几何性质,结合椭圆的定义整理化简计算出a的取值,然后由点斜式设出直线的方程并联立直线与椭圆的方程消元后,结合弦长公式以及数量积公式代入整理,计算出结果从而得出答案。19.在平面直角坐标系xOy中,已知圆O:x2+y2=3,点M,M′的坐标分别为(2,0),(−2,0),且N为该平面内一点,以MN为直径的圆内切于圆O,记点N的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程.(2)已知P为曲线C上一点,过原点O作以P为圆心,32为半径的圆的两条切线,分别交曲线C于A,B两点,试问|OA|2+|OB|2是否为定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.【答案】(1)解:设MN的中点为T,依题意,|OT|=3−12|MN|,又|OT|=12|M′N|,则|NM|+|NM′|=23>22=|MM′|,由椭圆定义知,点N的轨迹是以M′,M为左右焦点,长轴长为23的椭圆,而半焦距为2,则短半轴长b=(3)2−(2)2=1,所以曲线C的方程为x23+y2=1.(2)解:设圆心P(x0,y0),则有x02+3y02=3,圆P:(x−x0)2+(y−y0)2=34,当x02=34,即点P(±32,±32)时,圆P与两坐标轴相切,则OA,OB分别为椭圆长半轴、短半轴,于是有|OA|2+|OB|2=3+1=4,当x02≠34时,设过点O的圆P的切线方程为y=kx,其中直线OA,OB的方程分别为y=k1x,y=k2x,由|kx0−y0|k2+1=32得:(4×02−3)k2−8x0y0k+4y02−3=0,则k1,k2是此方程的二根,有k1k2=4y02−34×02−3=−13,由y=kxx2+3y2=3得x2=31+3k2,设点A(xA,yA),B(xB,yB),则xA2=31+3k12,xB2=31+3k12,|OA|2+|OB|2=(1+k12)xA2+(1+k22)xB2=3(1+k12)1+3k12+3(1+k22)1+3k22=2+2[2+3(k12+k22)]9k12k22+3(k12+k22)+1=2+2[2+3(k12+k22)]2+3(k12+k22)=4,综上得|OA|2+|OB|2=4,所以|OA|2+|OB|2是定值,此定值为4.【知识点】圆的切线方程;椭圆的定义;椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)利用给定条件,探讨可得|NM|+|NM′|=23,再利用椭圆定义求出方程;(2)设圆心P(x0,y0),得圆P:(x−x0)2+(y−y0)2=34,分类讨论过点O的圆P的切线,利用切线性质结合韦达定理计算.20.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,点T(2,1)在椭圆上,与OT平行的直线l交椭圆C于P,Q两点,直线TP,TQ分别于x轴正半轴交于M,N两点.(1)求椭圆C的标准方程;(2)求证:|OM|+|ON|为定值.【答案】(1)解:由题意a2=b2+c2ca=324a2+1b2=1,解得a=22b=2c=6,所以椭圆C的标准方程为x28+y22=1;(2)解:因为直线OT的斜率为12,则设直线l的方程为y=12x+t(t≠0),P(x1,y1),Q(x2,y2),联立y=12x+tx28+y22=1,得x2+2tx+2t2−4=0,则Δ=4t2−4×(2t2−4)=4×(−t2+4)>0,解得−2 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简介:距离型定值问题-2023年高考数学之解密圆锥曲线命题点对点突破(全国通用)一、解答题1.在平面直角坐标系xOy中,已知点F1(-3,0),F2(3,0),点M满足|MF1|+|MF2|=4,记M的轨迹为C.以轨迹C与y轴正半轴交点T为圆心作圆,圆T与轨迹C在第一象限交于点A,在第二象限交于点B.(1)求C的方程;(2)求TA⋅TB的最小值,并求出此时圆T的方程;(3)设点P是轨迹C上异于A,B的一点,且直线PA,PB分别与y轴交于点M,N,O为坐标原点,求证:|OM|⋅|ON|为定值.【答案】(1)解:由题可知,c=3,2a=4,即a=2,所以b=4−3=1,所以曲线C的方程为x24+y2=1.(2)解:由题知T(0,1),设A(m,n)(0 b>0)的离心率为32,左、右焦点分别为曲线y=2×2−6与x轴的两个交点.(1)求C的方程;(2)点P是圆O:x2+y2=a2+b2上的动点,过点P作C的两条切线,两条切线与圆O分别交于点A,B(异于P),证明:|AB|为定值.【答案】(1)解:2×2−6=0得x=±3由题知ca=32a2=b2+c2c=3,解得a=2,b=1所以椭圆C的标准方程为x24+y2=1(2)证明:设直线l斜率存在且与椭圆C相切,方程为y=kx+m代入x24+y2=1整理得(4k2+1)x2+8kmx+4(m2−1)=0则Δ=64k2m2−16(4k2+1)(m2−1)=0,即4k2−m2+1=0…①记P(x0,y0),则m=y0−kx0,代入①整理得(4−x02)k2+2x0y0k+1−y02=0…②当直线PA、PB斜率存在时,记其斜率分别为k1,k2,易知k1,k2为方程②的两根,则有k1k2=1−y024−x02,又x02+y02=a2+b2=5,所以k1k2=1−y024−x02=1−(5−x02)4−x02=−1,即PA⊥PB所以AB为圆x2+y2=5的直径,所以|AB|=25当直线PA、PB有一条斜率不存在时,点P坐标为(±2,±1),易知此时A、B关于原点对称,AB为圆x2+y2=5的直径.综上,|AB|为定值25.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)令2×2−6=0得x=±3,根据题意可得ca=32a2=b2+c2c=3,解得a,b,即可求出C的方程;(2) 设直线l斜率存在且与椭圆C相切,方程为y=kx+m,联立椭圆的方程,由判别式△=0,得4k2−m2+1=0①,记P(x0,y0),则m=y0−kx0,代入①整理得(4−x02)k2+2x0y0k+1−y02=0②当直线PA、PB斜率存在时,记其斜率分别为k1,k2,易知k1,k2为方程②的两根,由韦达定理可得k1k2=1−y024−x02,又x02+y02=a2+b2=5,进而可得k1k2=−1,即PA⊥PB,AB为圆x2+y2=5的直径,当直线PA、PB有一条斜率不存在时,点P坐标为(土2,士1),推出A、B关于原点对称,AB为圆x2+y2=5的直径,即可证得|AB|为定值.3.在直角坐标系xOy中,长为3的线段AB的两端点A,B分别在x,y轴上滑动,动点M满足AM=2MB(1)求动点M的轨迹E的方程;(2)设过点N(0,t)的动直线l与(1)中的轨迹E交于C,D两点,是否存在定实数t,使得1|NC|2+1|ND|2为定值?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由.【答案】(1)解:设A(x0,0),B(0,y0),M(x,y)由AM=2MB,得(x−x0,y)=2(−x,y0−y),即x0=3xy0=3y2而|AB|=3,即x02+y02=9.所以(3x)2+(3y2)2=9,即x2+y24=1.(2)解:假设存在满足题意的直线l,设C(x1,y1),D(x2,y2).当直线l的斜率存在时,设其方程为y=kx+t.由y=kx+t4x2+y2=4,消去y,得(k2+4)x2+2ktx+t2−4=0.则x1+x2=−2ktk2+4,x1x2=t2−4k2+4.所以,|NC|2=x12+(y1−t)2=(k2+1)x12,|ND|2=x22+(y2−t2)=(k2+1)x22,则1|NC|2+1|ND|2=1(k2+1)x12+1(k2+1)x22=1k2+1⋅x12+x22x12x22=1k2+1⋅(x1+x2)2−2x1x2x12x22=1k2+1⋅(−2ktk2+4)2−2⋅t2−4k2+4(t2−4k2+4)2=1k2+1⋅(2t2+8)k2−8t2+32(t2−4)2当且仅当2t2+8=−8t2+32,即t2=125,t=±2155时,1|NC|2+1|ND|2=5当直线l的斜率不存在时,C(0,−2),D(0,2),若t=±2155则1|NC|2+1|ND|2=1(t+2)2+1(2−t)2=2(t2+4)(4−t2)2=5.综上,存在实数t=±2155,使得1|NC|2+1|ND|2为定值为5.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题;圆锥曲线的轨迹问题【解析】【分析】(1)设A(x0,0),B(0,y0),M(x,y),由向量的数乘运算,得到x0=3xy0=3y2,由|AB|=3可得轨迹方程;(2)假设存在满足题意的直线l,设C(x1,y1),D(x2,y2).当直线l的斜率存在时,设其方程为y=kx+t.代入椭圆方程,应用韦达定理得x1+x2,x1x2,计算1|NC|2+1|ND|2并代入x1+x2,x1x2,分析它是与k无关的常数,由此得出值,再检验这个值对斜率不存在的直线l也适用,由此得结论.4.设A、B分别为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点,设M(0,−1)是椭圆下顶点,直线MA与MB斜率之积为−14.(1)求椭圆C的标准方程;(2)若一动圆的圆心Q在椭圆上运动,半径为255.过原点O作动圆Q的两条切线,分别交椭圆于E、F两点,试证明|OE|2+|OF|2为定值.【答案】(1)解:由题意可知,b=1,A(−a,0),B(a,0),由kMA⋅kMB=−1a⋅1a=−14,即a2=4,又a>0,所以a=2,椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)证明:设点Q坐标为(x0,y0),即x024+y02=1.当直线OE的斜率为0,此时y0=±255,x0=±255,则直线OF的斜率不存在,此时|OE|2+|OF|2=a2+b2=5;当直线OE的斜率存在且斜率不为0时,设直线OE的方程为y=k1x,直线OF的方程为y=k2x,设点E(x1,y1)、F(x2,y2),联立y=kxx2+4y2=4,可得(4k2+1)x2=4,则x12=44k12+1,x22=44k22+1,又圆Q与直线OE、OF相切,即|kx0−y0|k2+1=255,整理可得(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0,则k1、k2为关于k的方程(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0的两根,所以,k1k2=y02−45×02−45=1−x024−45×02−45=−14,所以,|OE|2+|OF|2=(1+k12)x12+(1+k22)x22=4(k12+1)4k12+1+4(k22+1)4k22+1 =4(k12+1)4k12+1+4(116k12+1)14k12+1=4(k12+1)4k12+1+16k12+14k12+1=5.综上:|OE|2+|OF|2为定值5.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)利用已知条件求出椭圆的左、右顶点、下顶点的坐标,进而得出b的值和A,B两点的坐标,再利用两点求斜率公式和实数a的取值范围,进而得出a的值,从而得出椭圆C的标准方程。(2)设点Q坐标为(x0,y0),再利用代入法得出x024+y02=1,当直线OE的斜率为0,进而得出此时y0,x0的值,则直线OF的斜率不存在,进而求出|OE|2+|OF|2的值;当直线OE的斜率存在且斜率不为0时,设直线OE的方程为y=k1x,直线OF的方程为y=k2x,设点E(x1,y1)、F(x2,y2),再利用直线与椭圆相交,联立二者方程结合一元二次方程求根公式得出x12=44k12+1,x22=44k22+1,再利用圆Q与直线OE、OF相切结合直线与圆相切位置关系判断方法,再结合点到直线的距离公式,整理可得(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0,则k1、k2为关于k的方程(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0的两根,再结合韦达定理得出k1k2的值,再利用两点距离公式得出|OE|2+|OF|2的值,进而证出|OE|2+|OF|2为定值。5.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率e=22,P为椭圆上一动点,△PF1F2面积的最大值为2.(1)求椭圆E的方程;(2)若C,D分别是椭圆E长轴的左、右端点,动点M满足MD⊥CD,连接CM交椭圆于点N,C为坐标原点.证明:OM⋅ON为定值.【答案】(1)解:当P为短轴端点时,△PF1F2的面积最大,bc=2,故ca=22bc=2a2=b2+c2,解得a=2,b=c=2,故椭圆E的方程为x24+y22=1.(2)解:由(1)知,C(−2,0),D(2,0),设直线CM:y=k(x+2),N(x1,y1),∵MD⊥CD,∴M(2,4k),联立x24+y22=1y=k(x+2),整理得(2k2+1)x2+8k2xx2+8k2−4=0,由−2×1=8k2−42k2+1得x1=2−4k22k2+1,y1=k(x1+2)=4k2k2+1,∴N(2−4k22k2+1,4k2k2+1),OM⋅ON=2×2−4k22k2+1+4k×4k2k2+1=4,故OM⋅ON为定值4.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由离心率和三角形的最大面积及a,b,c之间的关系可得a,b的值,进而求出椭圆E的方程;(2)由题意可得C,D的坐标,由题意设M的坐标,求出直线CM的斜率,进而求出直线CM的方程,与椭圆的方程联立,求出两根之积,可得N的横坐标,代入直线CM的方程可得N的坐标,求出数量积OM⋅ON,可证得OM⋅ON为定值.6.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为63,以椭圆C的右顶点A为圆心,作半径为r的圆(x−3)2+y2=r2,设圆A与椭圆C交于点E,F.(1)求AE⋅AF的最小值,并求此时圆A的方程;(2)设点O是坐标原点,点P是椭圆C上异于E,F的点,且满足直线PE,PF分别与x轴交于M,N两点,证明:|OM|⋅|ON|为定值.【答案】(1)解:根据题意,A(3,0),则a=3,又离心率ca=63,则c=2,故b2=a2−c2=1,即椭圆C的方程为x23+y2=1,设点E(x0,y0)(y0>0),则x023+y02=1,易得E,F关于x轴对称,则F(x0,−y0),又点A(3,0),则AE⋅AF=(x0−3,y0)⋅(x0−3,−y0)=(x0−3)2−y02=x02−23×0+3−1+x023=43(x0−334)2−14,当x0=334,y0=74时,AE⋅AF有最小值为−14,且r2=|AE|2=(x0−3)2+y02=58,故圆A的方程为(x−3)2+y2=58;(2)证明:设点P(x1,y1),E(x0,y0),则F(x0,−y0),且x1≠x0,x023+y02=1,x123+y12=1,则kPE=y1−y0x1−x0,kPF=y1+y0x1−x0,可得lPE:y−y0=y1−y0x1−x0(x−x0),令y=0,则M(x0y1−x1y0y1−y0,0),lPF:y+y0=y1+y0x1−x0(x−x0),令y=0,则N(x0y1+x1y0y1+y0,0),所以xM⋅xN=x0y1−x1y0y1−y0⋅x0y1+x1y0y1+y0=x02y12−x12y02y12−y02=3(1−y02)y12−3(1−y12)y02y12−y02=3y12−3y02y12−y02=3,故|OM|⋅|ON|=|xM|⋅|xN|=|xMxN|=3,为定值.【知识点】圆的标准方程;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的关系 【解析】【分析】(1)直接由右顶点及离心率求出椭圆C的方程,设出E,F坐标,表示出AE→⋅AF→,由二次函数求得最小值,求出此时点E坐标,即可求得圆A的方程;(2)设出P,E,F坐标,表示出直线PE,PF求出M,N坐标,计算xM,xN,结合P,E,F是椭圆C上的点,求出xM×xN为定值,即可求得|OM|⋅|ON|为定值.7.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为4,离心率为32,其中左顶点为A,右顶点为B,O为坐标原点.(1)求椭圆E的标准方程;(2)直线y=x+t(t≠0)与椭圆E交于不同的两点P,Q,直线AP,BQ分别与直线y=x交于点M,N.求证:|OM|⋅|ON|为定值.【答案】(1)解:由已知得2a=4.所以a=2.又因为椭圆E的离心率为32,所以ca=32.所以c=3.所以b=a2−c2=4−3=1,所以椭圆E的方程为x24+y2=1(2)证明:由y=x+t,x2+4y2=4得5×2+8tx+4t2−4=0,设P(x1,y1),Q(x2,y2).因为直线y=x+t(t≠0)与椭圆E交于不同的两点P,Q,所以Δ=(8t)2−20(4t2−4)>0.解得−5 b>0)的长轴长为4,进而得出实数a的值,再利用椭圆的离心率为32,进而结合椭圆的离心率公式得出c的值,再利用椭圆中a,b,c三者的关系式,进而得出b的值,从而得出椭圆E的标准方程。(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),利用已知条件结合直线与椭圆相交,联立二者方程结合判别式法得出t的取值范围,再结合韦达定理,得出x1+x2=−8t5,x1x2=4t2−45,再利用点斜式设出直线AP的方程为y=y1x1+2(x+2),令y=x得xM=2(x1+t)2−t,再利用点斜式设出直线BQ的方程为y=y2x2−2(x−2),令y=x得xN=2(x2+t)t+2,进而得出xMxN的值,再利用两点距离公式得出|OM|⋅|ON|的值。8.已知抛物线C:y=ax2(a>0)的焦点是F,若过焦点F的直线与C相交于A,B两点,所得弦长|AB|的最小值为2.(1)求实数a的值;(2)设P,Q是抛物线C上不同于坐标原点O的两个不同的动点,且以线段PQ为直径的圆经过点O,作OM⊥PQ,M为垂足,试探究是否存在定点N,使得|MN|为定值,若存在,则求出该定点N的坐标及定值|MN|,若不存在,请说明理由.【答案】(1)解:抛物线C:y=ax2(a>0)化为标准方程为:x2=1ay,其焦点F(0,14a),因为斜率一定存在,设其方程为y=k1x+14a,联立方程得:y=k1x+14ax2=1ay,整理得:x2−k1ax−14a2=0,Δ>0恒成立.其中A(x1,y1),B(x2,y2),x1+x2=k1a,y1+y2=k1(x1+x2)+12a=k12a+12a,因为焦点弦长|AB|=y1+y2+12a=k12a+1a,所以当k12=0时,弦长|AB|min=1a=2.所以,实数a的值为12.(2)解:由题意可知直线PQ的斜率存在,设其方程为y=kx+t(t≠0).联立方程得:y=kx+tx2=2y,整理得:x2−2kx−2t=0,Δ=4k2+8t>0.其中P(x3,y3),Q(x4,y4),x3+x4=2k,x3x4=−2t,因为以PQ为直径的圆经过点O,所以OP⋅OQ=0.又因为OP⋅OQ=x3x4+y3y4=x3x4+x322⋅x422=−2t+4t24=−2t+t2=0,∵t≠0,∴t=2.所以直线PQ过定点T(0,2), 又因为OM⊥PQ,所以△OMT为直角三角形,所以当N为斜边OT中点时,|MN|为定值,此时|MN|=12|OT|=1.所以定点N为(0,1),|MN|为定值1【知识点】抛物线的应用;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据抛物线和过焦点的直线联立方程,根据焦点弦的计算,即可求解.(2)联立方程,得到根与系数的关系,根据以线段PQ为直径的圆经过点O,转化成OP⋅OQ=0,可得直线过定点,再由OM⊥PQ,根据直角三角形的特征即可找到N的位置,即可求解.9.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A,A1,右焦点为点F,点P是椭圆E上一动点,△APA1面积的最大值为2,当PF⊥x轴时,|PF|=12.(1)求椭圆E的方程;(2)已知直线l与椭圆E有且只有一个公共点,直线l与直线x=433交于点N,过点F作x轴的垂线,交直线l于点M.求证:|FM||FN|为定值.【答案】(1)解:设椭圆E的半焦距为c,P(x,y),将x=c代入x2a2+y2b2=1得y2=b2(1−c2a2)=(a2−c2)b2a2=b4a2,所以|PF|=|y|=b2a=12,因为点P是椭圆E上一动点,所以−b≤y≤b,所以△APA1面积S=12|AA1||y|≤ab=2,由a=2b2ab=2,求得a=2b=1,所以椭圆E的方程为E:x24+y2=1(2)解:由题意可知直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx+m,联立y=kx+mx24+y2=1,整理可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2−4=0,因为直线l与椭圆E相切,所以Δ=64k2m2−4(1+4k2)(4m2−4)=0,得m2=1+4k2,因为椭圆E的右焦点为F(3,0),将x=3代入直线l得y=3k+m,所以M(3,3k+m),所以|FM|=|3k+m|,将x=433代入直线l可得y=433k+m,所以N(433,433k+m),所以|NF|2=(433−3)2+(433k+m)2=163k2+833km+m2+13,|FM|2|NF|2=3k2+23km+m216k23+833km+m2+13,将m2=1+4k2代入上式,得|FM|2|FN|2=7k2+23km+128k23+833km+43=34,所以|FM||FN|为定值32【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)设椭圆E的半焦距为c,P(x,y),由|PF|=12得|PF|=|y|=b2a=12,△APA1面积的最大值为2,即ab=2,联立方程求a,b,从而可得椭圆方程;(2)设直线l的方程为y=kx+m,联立方程组整理(1+4k2)x2+8kmx+4m2−4=0,因为直线l与椭圆E相切,得m2=1+4k2,根据已知条件求得N(433,433k+m),N(433,433k+m),从而可得|FM|=|3k+m|,|NF|2=(433−3)2+(433k+m)2=163k2+833km+m2+13,作商化简即可求解.10.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点A(2,1),过右焦点F2作x轴的垂线交椭圆于M,N两点,且|MN|=6.(1)求椭圆C的方程;(2)点P,Q在椭圆C上,且kAP⋅kAQ=13,AD⊥PQ,D为垂足.证明:存在定点S,使得|DS|为定值.【答案】(1)解:由已知得4a2+1b2=1,且当x=c时,|MN|=2b2a=6,联立4a2+1b2=1,2b2a=6,解得a2=6,b2=3,故椭圆C的方程为x26+y23=1.(2)证明:设点P(x1,y1),Q(x2,y2),因为kAP⋅kAQ=13,y1−1×1−2⋅y2−1×2−2=13,即(x1−2)(x2−2)−3(y1−1)(y2−1)=0,*当直线PQ的斜率存在时,设方程为y=kx+m,代入椭圆方程消去y得(2k2+1)x2+4kmx+2m2−6=0,Δ>0,x1+x2=−4km2k2+1,x1x2=2m2−62k2+1. 根据y1=kx1+m,y2=kx2+m.代入*整理,得(1−3k2)x1x2−(3km+2−3k)(x1+x2)+1+6m−3m2=0,结合根与系数的关系可得,m2−2(4k+3)m−5(4k2−1)=0,[m−5(2k+1)][m+(2k−1)]=0,当m=−(2k−1)时,直线y=kx+m=kx−2k+1=k(x−2)+1过点A(2,1),不符合条件,当m=5(2k+1)时,直线方程为y=kx+5(2k+1)=k(x+10)+5,故直线PQ恒过定点(−10,5),设E(−10,5),当直线PQ的斜率不存在时,点P(x1,y1),Q(x1,−y1),此时(x1−2)2+3y12−3=0,又x126+y123=1,可得x1=−10(舍)或x1=2,与A点重合,与已知条件不符.∴直线PQ的斜率一定存在,故直线PQ恒过定点E(−10,5)由于AE为定长,且△ADE为直角三角形,AE为斜边,所以AE的中点S满足|DS|为定值,点S为(−4,3).【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)将点以A(2,1)及x=c代入椭圆方程,得出椭圆的方程;(2)讨论直线PQ的斜率存在和不存在两种情况,设方程为y=kx+m,代入椭圆方程,结合韦达定理以及kAP⋅kAQ=13得出直线PQ恒过定点(−10,5),从而得到结论.11.已知椭圆T:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F(−c,0),上顶点为P.直线PF与椭圆T交于另一点Q,且|PF|=7|FQ|,点E(3,12)在椭圆T上.(1)求椭圆T的方程.(2)过点M(0,2),且斜率为k的直线l与椭圆T相交于A,B两点,点A关于y轴的对称点为A′,作MN⊥A′B,垂足为N.是否存在定点R,使得|NR|为定值?若存在,求出定点R的坐标;若不存在,说明理由.【答案】(1)解:由题可知,F(−c,0),P(0,b),设Q(x,y),则PF=(−c,−b),FQ=(x+c,y),因为|PF|=7|FQ|,所以PF=7FQ,即−c=7(x+c)−b=7y,解得x=−8c7y=−b7,即点Q的坐标为(−8c7,−b7),则64c249a2+149=1,整理得ca=32.因为点E(3,12)在椭圆T上,所以3a2+14b2=1又a2=b2+c2,所以a=2,b=1,c=3故椭圆T的方程为x24+y2=1(2)解:由题可知直线l的方程为y=kx+2,设点A(x1,y1),B(x2,y2),则A′(−x1,y1).联立方程组x24+y2=1,y=kx+2,整理得(4k2+1)x2+16kx+12=0,Δ=(16k)2−48(4k2+1)=64k2−48>0,则x1+x2=−16k4k2+1,x1x2=124k2+1,直线A′B的方程为y−y1=y2−y1x2+x1(x+x1),整理(y1−y2)x+(x2+x1)y=x1y2+x2y1.又x1y2+x2y1=x1(kx2+2)+x2(kx1+2)=2kx1x2+2(x1+x2)=−8k4k2+1,令x=0,得y=x1y2+x2y1x1+x2=12,所以A′B恒过定点G(0,12),故在Rt△MGN中,存在定点R(0,54)为斜边MG的中点,使得|NR|=12|MG|=34,为定值.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)|PF|=7|FQ|可结合向量得到点Q(−8c7,−b7),将E,Q坐标代入椭圆方程可得答案;(2)设点A(x1,y1),B(x2,y2),则A′(−x1,y1),联立直线和椭圆的方程,得到关于x的一元二次方程,结合Δ>0得到x1+x2=−16k4k2+1x1x2=124k2+1,由A′B的方程y−y1=y2−y1x2+x1(x+x1),令x=0,代入韦达定理整理可得:A′B恒过定点G(0,12),12.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点为F1,F2,且F2(1,0)为长轴的一个四等分点.(1)求椭圆的标准方程;(2)分别过F1,F2作斜率为k1,k2的两条直线l1和l2,l1与椭圆交于A,B两点,l2与椭圆交于C,D两点,且k1⋅k2=1.求证:1|AB|+1|CD|为定值,并求出该定值.【答案】(1)解:由已知c=1,a=2,所以b2=a2−c2=3,因此椭圆的标准方程为x24+y23=1;(2)解:设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4)直线l1:y=k1(x+1),l2:y=k2(x−1)联立方程y=k1(x+1)3×2+4y2=12得(3+4k12)x2+8k12x+4k12−12=0,∴x1+x2=−8k123+4k12,x1x2=4k12−123+4k12,∴|AB|=1+k12(x1+x2)2−4x1x2=12(1+k12)3+4k12,联立方程y=k2(x−1)3×2+4y2=12得(3+4k22)x2−8k22x+4k22−12=0, 同理可得|CD|=12(1+k22)3+4k22,∴1|AB|+1|CD|=112(3+4k121+k12+3+4k221+k22)=112(6+7k12+7k22+8k12k221+k12+k22+k12k22)由已知k1k2=1,化简得1|AB|+1|CD|=712=定值.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由右焦点的坐标可得c的值,再由F2(1,0)为长轴的一个四等分点可得a的值,进而求出b的值,求出椭圆的标准方程;(2)设直线l1的方程,与椭圆的方程联立,求出两根之和及两根之积,进而求出弦长|AB|的表达式,由题意可设直线l2的方程,与椭圆的方程联立,求出两根之和及两根之积,进而求出弦长|CD|的值,求出1|AB|+1|CD|的值,可证得为定值.13.在平面直角坐标系中,椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=63,a=6,直线l与x轴相交于点E,与椭圆相交于点A,B;(1)求椭圆C的方程,(2)在x轴上是否存在点E,使得1|EA|2+1|EB|2为定值?若存在,请求出点E的坐标,若不存在,请说明理由.【答案】(1)解:由题意得:e=ca=63,a=6,∴c=2,∴b2=a2−c2=2,所以椭圆的方程为x26+y22=1(2)解:设E(x0,0),A(x1,y1),B(x2,y2),(ⅰ)当直线AB与x轴不重合时,设AB的方程为x=my+x0代入x26+y22=1得:(m2+3)y2+2mx0y+x02−6=0,则y1+y2=−2mx0m2+3y1⋅y2=x02−6m2+3|EA|2=(m2+1)y12,|EB|2=(m2+1)y22,1|EA|2+1|EB|2=(y1+y2)2−2y1y2(m2+1)y12y22=2×m2(x02+6)+(18−3×02)m2(x02−6)2+(x02−6)2当x02+6=(x02−6)218−3×02=(x02−6)2,即x02=3时,无论m取何值,1|EA|2+1|EB|2的值恒为2,得点E(±3,0),(ⅱ)当直线AB与x轴重合时,有A(−6,0),B(6,0),E(3,0)或E(−3,0),均有1|EA|2+1|EB|2=2由i和ii得,在x轴上是存在两点E(±3,0),使得1|EA|2+1|EB|2为定值.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)利用已知条件结合椭圆的离心率公式和a的值,进而得出c的值,再利用椭圆中a,b,c三者的关系式得出b的值,进而得出椭圆的标准方程。(2)设E(x0,0),A(x1,y1),B(x2,y2),(ⅰ)当直线AB与x轴不重合时,设AB的方程为x=my+x0,再利用直线与椭圆相交,联立二者方程结合韦达定理得出y1+y2=−2mx0m2+3y1⋅y2=x02−6m2+3,再利用两点距离公式得出1|EA|2+1|EB|2=2×m2(x02+6)+(18−3×02)m2(x02−6)2+(x02−6)2,当x02+6=(x02−6)218−3×02=(x02−6)2,得出x02=3时,无论m取何值,1|EA|2+1|EB|2的值恒为定值,进而得出点E的坐标;(ⅱ)当直线AB与x轴重合时,进而得出点A,B,的坐标,再结合两点距离公式得出1|EA|2+1|EB|2的值为定值,进而得出在x轴上是存在两点E(±3,0),使得1|EA|2+1|EB|2为定值。14.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,左、右焦点分别为F1,F2,O为坐标原点,点P在椭圆C上,且有|PF1|=2,∠F1PF2=2π3(1)求椭圆C的方程;(2)设直线l不经过P(0,1)点且与椭圆E相交于A、B两点,若直线PA与直线PB的斜率之和为−2,若PM⊥l,垂足为M,判断是否存在定点N,使得|MN|为定值,若存在求出点N,若不存在,说明理由.【答案】(1)解:因为离心率为32,故a2−b2a2=34,解得a=2b,又ca=32,故c=3b.在△F1PF2中有|PF1|=2,|PF2|=2a−2=4b−2,|F1F2|=2c=23b,∠F1PF2=2π3,由余弦定理可得12b2=4+(4b−2)2−2⋅2⋅(4b−2)cos2π3,化简可得b=1,故a=2,椭圆C的方程为x24+y2=1 (2)解:当直线l的斜率不存在时,设点A(x0,y0),B(x0,−y0),此时有y0−1×0+−y0−1×0=−2,解得x0=1,此时直线l的方程为x=1;当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+m,(m≠1),A(x1,y1),B(x2,y2),联立x24+y2=1y=kx+m化简可得(4k2+1)x2+8kmx+4m2−4=0,x1+x2=−8km4k2+1,x1x2=4m2−44k2+1,又直线PA与直线PB的斜率之和为−2,故y1−1×1+y2−1×2=−2,代入直线方程有kx1+m−1×1+kx2+m−1×2=−2,化简得2k+(m−1)x1+x2x1x2=−2,代入韦达定理有2k−(m−1)8km4m2−4=−2,整理得m=−k−1,故直线y=kx+m=kx−k−1过定点Q(1,−1),当直线l的方程为x=1时也满足,又PM⊥l,故存在P,Q的中点N(12,0)得|MN|为定值【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】(1)根据离心率为32可得a=2b,c=3b,再在△F1PF2中利用余弦定理求解b即可;(2)当直线l的斜率不存在时,设点A(x0,y0),B(x0,−y0),根据已知条件,解得x0=1,此时直线l的方程为x=1;当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+m,(m≠1),A(x1,y1),B(x2,y2),再联立椭圆的方程,表达出直线PA与直线PB的斜率之和为−2,结合韦达定理可得m=−k−1,进而得到直线l过定点,从而根据PM⊥l确定点N.15.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为23,A1、A2分别为椭圆C的左、右顶点,B为椭圆C的上顶点,F1为椭圆的左焦点,且△A1F1B的面积为52.(1)求椭圆C的方程;(2)设过点D(1,0)的动直线l交椭圆C于E、F两点(点E在x轴上方),M、N分别为直线A1E、A2F与y轴的交点,证明:|OM||ON|为定值.【答案】(1)解:由椭圆C的离心率为23,得ca=23,于是a=32c,b=52c=|OB|∴|A1F1|=a−c=12c,S△A1F1B=12×12c×52c=58c2=52,因此c=2,a=3,b=5,∴椭圆的方程为x29+y25=1;(2)证明:易知,直线l(EF)斜率不为0,设l方程为x=my+1,由x=my+1,x29+y25=1得(5m2+9)y2+10my−40=0,设E(x1,y1),F(x2,y2),则y1+y2=−10m5m2+9,y1y2=−405m2+9,则y1=−10m5m2+9−y2.由直线A1E方程y=y1x1+3(x+3),得yM=3y1x1+3;由直线A2F方程y=y2x2−3(x−3),得yN=−3y2x2−3;由此可得,|OM||ON|=yM−yN=y1(x2−3)y2(x1+3)=y1(my2−2)y2(my1+4)=my1y2−2y1my1y2+4y2=m⋅−405m2+9−2(−10m5m2+9−y2)m·−405m2+9+4y2=−40m+20m+2(5m2+9)y2−40m+4(5m2+9)y2=−20m+2(5m2+9)y22[−20m+2(5m2+9)y2]=12.∴|OM||ON|为定值12.【知识点】椭圆的标准方程;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的关系;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由离心率得a=32c,再结合S△A1F1B=12×12c×52c即可求解;(2)设l方程为x=my+1,联立椭圆方程,设E(x1,y1),F(x2,y2)由韦达定理,可得y1=−10m5m2+9−y2,分别通过直线A1E,直线A2F的方程可得yM,yN,进而可得|OM||ON|=yM−yN,代入yM,yN,结合韦达定理化简即可求解。16.在平面直角坐标系xOy中,点M(0,1),记动点P到直线l:y=−2的距离为d,且d=|PM|+1,设点P的轨迹为曲线E.(1)求曲线E的方程;(2)直线m交曲线E于A,B两点,曲线E在点A及点B处的切线相交于点C.设点C到直线l的距离为h,若△ABC的面积为4,求证:存在定点T,使得|CT|h恒为定值.【答案】(1)解:由题意可知P到定点M的距离与P到直线y=−1的距离相等∴P的轨迹是抛物线且p2=1,p=2,曲线E的方程为x2=4y(2)解:设直线m的方程为y=kx+m,A(x1,x124),B(x2,y224)y=kx+mx2=4y⇒x2−4kx−4m=0,Δ=16k2+16m>0. x1+x2=4kx1x2=−4m,y=14×2,y′=12x∴切线AC的方程为y=x12(x−x1)+x124=x12x−x124①BC方程为y=x22x−x224②联立①②得x1−x22x=(x1+x2)(x1−x2)4∴xC=x1+x22=2k,yC=x12⋅x1+x22−x124=x1x24=−m,即C(2k,−m)设AB的中点为N(x0,y0),∴x0=x1+x22=2k,∴CN⊥x轴N(2k,2k2+m),C(2k,−m),CN=2k2+2m,|x1−x2|=4k2+m∴S△ABC=12⋅2(k2+m)⋅4k2+m=4(k2+m)32=4⇒k2+m=1∴h=2−m,存在定点T(0,0)使得|CT|h=4k2+m22−m=4(1−m)+m22−m=2−m2−m=1【知识点】抛物线的标准方程;直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】(1)由P到定点M的距离与P到直线y=−1的距离相等,结合抛物线的定义得出曲线E的方程;(2)设直线m的方程为y=kx+m,由韦达定理以及导数得出AC,BC切线的方程,并联立得出点C坐标以及三角形面积公式得出k2+m=1,进而存在定点T(0,0)使得|CT|h=1.17.已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,点P(−2,y0)为抛物线上一点,抛物线C在点P处的切线与y轴相交于点Q,且△FPQ的面积为2.(1)求抛物线的方程.(2)若斜率不为0的直线l过焦点F,且交抛物线C于A,B两点,线段AB的中垂线与y轴交于点M.证明:|MF||AB|为定值.【答案】(1)解:由题意可知P(−2,2p),设抛物线C在点P处的切线方程为y−2p=k(x+2),联立x2=2pyy−2p=k(x+2)得x2−2pkx−(4pk+4)=0,由Δ=4p2k2+4(4pk+4)=0解得k=−2p,故切线方程为y−2p=−2p(x+2),令x=0,得y=−2p,即Q(0,−2p),又F(0,p2),所以S△FPQ=12×(p2+2p)×2=2,解得p=2,所以抛物线C的方程为x2=4y.(2)证明:由(1)可知F(0,1),显然直线l的斜率存在,故可设直线l的方程为y=kx+1,A(x1,y1),B(x2,y2).联立方程组x2=4yy=kx+1,消去y得x2−4kx−4=0,所以x1+x2=4k,x1x2=−4,所以y1+y2=k(x1+x2)+2=4k2+2,得|AB|=y1+y2+2=4k2+4,所以线段AB的中点为(x1+x22,y1+y22)=(2k,2k2+1),中垂线所在直线的斜率k′=−1k,故线段AB中垂线所在的直线方程为y−2k2−1=−1k(x−2k),令x=0,得yM=2k2+3,所以|MF|=2k2+2,所以|MF||AB|=2k2+24k2+4=12为定值,得证.【知识点】抛物线的标准方程;直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】(1)求出P坐标,待定系数法设切线方程,解出斜率,表示Q坐标后由面积列方程求解(2)待定系数法设直线方程,与抛物线方程联立后由韦达定理表示弦长|AB|与中点坐标,再求其垂直平分线方程,表示点M坐标后计算证明.18.已知椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的上、下焦点分别为F1,F2,左、右顶点分别为A1,A2,且四边形A1F1A2F2是面积为8的正方形.(1)求C的标准方程.(2)M,N为C上且在y轴右侧的两点,MF1//NF2,MF2与NF1的交点为P,试问|PF1|+|PF2|是否为定值?若是定值,求出该定值;若不是,请说明理由.【答案】(1)解:椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的上、下焦点分别为F1(0,c),F2(0,−c),左、右顶点分别为A1(−b,0),A2(b,0),因为四边形A1F1A2F2是面积为8的正方形,所以有b=c且4×12⋅b⋅c=8,解得b=c=2⇒a2=b2+c2=8,所以椭圆的标准方程为:y28+x24=1;(2)解:因为MF1∥NF2,所以|NF2||F1M|=|PN||PF1|⇒|NF2||F1M|+1=|PN||PF1|+1⇒|NF2|+|F1M||F1M|=|PN|+|PF1||PF1|⇒|PF1|=|NF1||NF2|+|F1M|⋅|F1M|,因为N为C上且在y轴右侧的点,所以|NF2|+|F1N|=2a=42, 因此|PF1|=|F1M||NF2|+|F1M|⋅(42−|NF2|),同理可得:|PF2|=|F2N||NF2|+|F1M|⋅(42−|MF1|),所以|PF1|+|PF2|=|F1M||NF2|+|F1M|⋅(42−|NF2|)+|F2N||NF2|+|F1M|⋅(42−|MF1|)=42−2|F1M|⋅|F2N||NF2|+|F1M|,设MF1,NF2的方程分别为:y=kx+1,y=kx−1,设M(x1,y1),N(x2,y2)(x1,x2<0),则y28+x24=1y=kx+2⇒(k2+2)x2+4kx−4=0,所以x1=−4k−16k2+16(k2+2)2(k2+2)=−2k−22k2+2k2+2,因此|MF1|=x12+(y1−2)2=x12+(kx1+2−2)2=|x1|⋅1+k2=2k1+k2+22(k2+1)k2+2,同理可得:|NF2|=22(k2+1)−2k1+k2k2+2,因此|MF1|+|NF2|=42(k2+1)k2+2,|MF1|⋅|NF2|=[22(k2+1)]2−4k2(1+k2)(k2+2)2=4(1+k2)(k2+2),所以|PF1|+|PF2|=42−2|F1M|⋅|F2N||NF2|+|F1M|=42−2⋅4(1+k2)k2+242(k2+1)k2+2=42−2=32,所以|PF1|+|PF2|为定值,定值为32.【知识点】椭圆的定义;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据题意求出椭圆顶点的坐标,结合四边形的几何性质计算出b与c的关系,再由椭圆里a、b、c的关系,计算出a的取值由此得出椭圆的方程。(2)由已知条件结合椭圆的几何性质,结合椭圆的定义整理化简计算出a的取值,然后由点斜式设出直线的方程并联立直线与椭圆的方程消元后,结合弦长公式以及数量积公式代入整理,计算出结果从而得出答案。19.在平面直角坐标系xOy中,已知圆O:x2+y2=3,点M,M′的坐标分别为(2,0),(−2,0),且N为该平面内一点,以MN为直径的圆内切于圆O,记点N的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程.(2)已知P为曲线C上一点,过原点O作以P为圆心,32为半径的圆的两条切线,分别交曲线C于A,B两点,试问|OA|2+|OB|2是否为定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.【答案】(1)解:设MN的中点为T,依题意,|OT|=3−12|MN|,又|OT|=12|M′N|,则|NM|+|NM′|=23>22=|MM′|,由椭圆定义知,点N的轨迹是以M′,M为左右焦点,长轴长为23的椭圆,而半焦距为2,则短半轴长b=(3)2−(2)2=1,所以曲线C的方程为x23+y2=1.(2)解:设圆心P(x0,y0),则有x02+3y02=3,圆P:(x−x0)2+(y−y0)2=34,当x02=34,即点P(±32,±32)时,圆P与两坐标轴相切,则OA,OB分别为椭圆长半轴、短半轴,于是有|OA|2+|OB|2=3+1=4,当x02≠34时,设过点O的圆P的切线方程为y=kx,其中直线OA,OB的方程分别为y=k1x,y=k2x,由|kx0−y0|k2+1=32得:(4×02−3)k2−8x0y0k+4y02−3=0,则k1,k2是此方程的二根,有k1k2=4y02−34×02−3=−13,由y=kxx2+3y2=3得x2=31+3k2,设点A(xA,yA),B(xB,yB),则xA2=31+3k12,xB2=31+3k12,|OA|2+|OB|2=(1+k12)xA2+(1+k22)xB2=3(1+k12)1+3k12+3(1+k22)1+3k22=2+2[2+3(k12+k22)]9k12k22+3(k12+k22)+1=2+2[2+3(k12+k22)]2+3(k12+k22)=4,综上得|OA|2+|OB|2=4,所以|OA|2+|OB|2是定值,此定值为4.【知识点】圆的切线方程;椭圆的定义;椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)利用给定条件,探讨可得|NM|+|NM′|=23,再利用椭圆定义求出方程;(2)设圆心P(x0,y0),得圆P:(x−x0)2+(y−y0)2=34,分类讨论过点O的圆P的切线,利用切线性质结合韦达定理计算.20.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,点T(2,1)在椭圆上,与OT平行的直线l交椭圆C于P,Q两点,直线TP,TQ分别于x轴正半轴交于M,N两点.(1)求椭圆C的标准方程;(2)求证:|OM|+|ON|为定值.【答案】(1)解:由题意a2=b2+c2ca=324a2+1b2=1,解得a=22b=2c=6,所以椭圆C的标准方程为x28+y22=1;(2)解:因为直线OT的斜率为12,则设直线l的方程为y=12x+t(t≠0),P(x1,y1),Q(x2,y2),联立y=12x+tx28+y22=1,得x2+2tx+2t2−4=0,则Δ=4t2−4×(2t2−4)=4×(−t2+4)>0,解得−2 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简介:距离型定值问题-2023年高考数学之解密圆锥曲线命题点对点突破(全国通用)一、解答题1.在平面直角坐标系xOy中,已知点F1(-3,0),F2(3,0),点M满足|MF1|+|MF2|=4,记M的轨迹为C.以轨迹C与y轴正半轴交点T为圆心作圆,圆T与轨迹C在第一象限交于点A,在第二象限交于点B.(1)求C的方程;(2)求TA⋅TB的最小值,并求出此时圆T的方程;(3)设点P是轨迹C上异于A,B的一点,且直线PA,PB分别与y轴交于点M,N,O为坐标原点,求证:|OM|⋅|ON|为定值.【答案】(1)解:由题可知,c=3,2a=4,即a=2,所以b=4−3=1,所以曲线C的方程为x24+y2=1.(2)解:由题知T(0,1),设A(m,n)(0 b>0)的离心率为32,左、右焦点分别为曲线y=2×2−6与x轴的两个交点.(1)求C的方程;(2)点P是圆O:x2+y2=a2+b2上的动点,过点P作C的两条切线,两条切线与圆O分别交于点A,B(异于P),证明:|AB|为定值.【答案】(1)解:2×2−6=0得x=±3由题知ca=32a2=b2+c2c=3,解得a=2,b=1所以椭圆C的标准方程为x24+y2=1(2)证明:设直线l斜率存在且与椭圆C相切,方程为y=kx+m代入x24+y2=1整理得(4k2+1)x2+8kmx+4(m2−1)=0则Δ=64k2m2−16(4k2+1)(m2−1)=0,即4k2−m2+1=0…①记P(x0,y0),则m=y0−kx0,代入①整理得(4−x02)k2+2x0y0k+1−y02=0…②当直线PA、PB斜率存在时,记其斜率分别为k1,k2,易知k1,k2为方程②的两根,则有k1k2=1−y024−x02,又x02+y02=a2+b2=5,所以k1k2=1−y024−x02=1−(5−x02)4−x02=−1,即PA⊥PB所以AB为圆x2+y2=5的直径,所以|AB|=25当直线PA、PB有一条斜率不存在时,点P坐标为(±2,±1),易知此时A、B关于原点对称,AB为圆x2+y2=5的直径.综上,|AB|为定值25.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)令2×2−6=0得x=±3,根据题意可得ca=32a2=b2+c2c=3,解得a,b,即可求出C的方程;(2) 设直线l斜率存在且与椭圆C相切,方程为y=kx+m,联立椭圆的方程,由判别式△=0,得4k2−m2+1=0①,记P(x0,y0),则m=y0−kx0,代入①整理得(4−x02)k2+2x0y0k+1−y02=0②当直线PA、PB斜率存在时,记其斜率分别为k1,k2,易知k1,k2为方程②的两根,由韦达定理可得k1k2=1−y024−x02,又x02+y02=a2+b2=5,进而可得k1k2=−1,即PA⊥PB,AB为圆x2+y2=5的直径,当直线PA、PB有一条斜率不存在时,点P坐标为(土2,士1),推出A、B关于原点对称,AB为圆x2+y2=5的直径,即可证得|AB|为定值.3.在直角坐标系xOy中,长为3的线段AB的两端点A,B分别在x,y轴上滑动,动点M满足AM=2MB(1)求动点M的轨迹E的方程;(2)设过点N(0,t)的动直线l与(1)中的轨迹E交于C,D两点,是否存在定实数t,使得1|NC|2+1|ND|2为定值?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由.【答案】(1)解:设A(x0,0),B(0,y0),M(x,y)由AM=2MB,得(x−x0,y)=2(−x,y0−y),即x0=3xy0=3y2而|AB|=3,即x02+y02=9.所以(3x)2+(3y2)2=9,即x2+y24=1.(2)解:假设存在满足题意的直线l,设C(x1,y1),D(x2,y2).当直线l的斜率存在时,设其方程为y=kx+t.由y=kx+t4x2+y2=4,消去y,得(k2+4)x2+2ktx+t2−4=0.则x1+x2=−2ktk2+4,x1x2=t2−4k2+4.所以,|NC|2=x12+(y1−t)2=(k2+1)x12,|ND|2=x22+(y2−t2)=(k2+1)x22,则1|NC|2+1|ND|2=1(k2+1)x12+1(k2+1)x22=1k2+1⋅x12+x22x12x22=1k2+1⋅(x1+x2)2−2x1x2x12x22=1k2+1⋅(−2ktk2+4)2−2⋅t2−4k2+4(t2−4k2+4)2=1k2+1⋅(2t2+8)k2−8t2+32(t2−4)2当且仅当2t2+8=−8t2+32,即t2=125,t=±2155时,1|NC|2+1|ND|2=5当直线l的斜率不存在时,C(0,−2),D(0,2),若t=±2155则1|NC|2+1|ND|2=1(t+2)2+1(2−t)2=2(t2+4)(4−t2)2=5.综上,存在实数t=±2155,使得1|NC|2+1|ND|2为定值为5.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题;圆锥曲线的轨迹问题【解析】【分析】(1)设A(x0,0),B(0,y0),M(x,y),由向量的数乘运算,得到x0=3xy0=3y2,由|AB|=3可得轨迹方程;(2)假设存在满足题意的直线l,设C(x1,y1),D(x2,y2).当直线l的斜率存在时,设其方程为y=kx+t.代入椭圆方程,应用韦达定理得x1+x2,x1x2,计算1|NC|2+1|ND|2并代入x1+x2,x1x2,分析它是与k无关的常数,由此得出值,再检验这个值对斜率不存在的直线l也适用,由此得结论.4.设A、B分别为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点,设M(0,−1)是椭圆下顶点,直线MA与MB斜率之积为−14.(1)求椭圆C的标准方程;(2)若一动圆的圆心Q在椭圆上运动,半径为255.过原点O作动圆Q的两条切线,分别交椭圆于E、F两点,试证明|OE|2+|OF|2为定值.【答案】(1)解:由题意可知,b=1,A(−a,0),B(a,0),由kMA⋅kMB=−1a⋅1a=−14,即a2=4,又a>0,所以a=2,椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)证明:设点Q坐标为(x0,y0),即x024+y02=1.当直线OE的斜率为0,此时y0=±255,x0=±255,则直线OF的斜率不存在,此时|OE|2+|OF|2=a2+b2=5;当直线OE的斜率存在且斜率不为0时,设直线OE的方程为y=k1x,直线OF的方程为y=k2x,设点E(x1,y1)、F(x2,y2),联立y=kxx2+4y2=4,可得(4k2+1)x2=4,则x12=44k12+1,x22=44k22+1,又圆Q与直线OE、OF相切,即|kx0−y0|k2+1=255,整理可得(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0,则k1、k2为关于k的方程(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0的两根,所以,k1k2=y02−45×02−45=1−x024−45×02−45=−14,所以,|OE|2+|OF|2=(1+k12)x12+(1+k22)x22=4(k12+1)4k12+1+4(k22+1)4k22+1 =4(k12+1)4k12+1+4(116k12+1)14k12+1=4(k12+1)4k12+1+16k12+14k12+1=5.综上:|OE|2+|OF|2为定值5.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)利用已知条件求出椭圆的左、右顶点、下顶点的坐标,进而得出b的值和A,B两点的坐标,再利用两点求斜率公式和实数a的取值范围,进而得出a的值,从而得出椭圆C的标准方程。(2)设点Q坐标为(x0,y0),再利用代入法得出x024+y02=1,当直线OE的斜率为0,进而得出此时y0,x0的值,则直线OF的斜率不存在,进而求出|OE|2+|OF|2的值;当直线OE的斜率存在且斜率不为0时,设直线OE的方程为y=k1x,直线OF的方程为y=k2x,设点E(x1,y1)、F(x2,y2),再利用直线与椭圆相交,联立二者方程结合一元二次方程求根公式得出x12=44k12+1,x22=44k22+1,再利用圆Q与直线OE、OF相切结合直线与圆相切位置关系判断方法,再结合点到直线的距离公式,整理可得(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0,则k1、k2为关于k的方程(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0的两根,再结合韦达定理得出k1k2的值,再利用两点距离公式得出|OE|2+|OF|2的值,进而证出|OE|2+|OF|2为定值。5.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率e=22,P为椭圆上一动点,△PF1F2面积的最大值为2.(1)求椭圆E的方程;(2)若C,D分别是椭圆E长轴的左、右端点,动点M满足MD⊥CD,连接CM交椭圆于点N,C为坐标原点.证明:OM⋅ON为定值.【答案】(1)解:当P为短轴端点时,△PF1F2的面积最大,bc=2,故ca=22bc=2a2=b2+c2,解得a=2,b=c=2,故椭圆E的方程为x24+y22=1.(2)解:由(1)知,C(−2,0),D(2,0),设直线CM:y=k(x+2),N(x1,y1),∵MD⊥CD,∴M(2,4k),联立x24+y22=1y=k(x+2),整理得(2k2+1)x2+8k2xx2+8k2−4=0,由−2×1=8k2−42k2+1得x1=2−4k22k2+1,y1=k(x1+2)=4k2k2+1,∴N(2−4k22k2+1,4k2k2+1),OM⋅ON=2×2−4k22k2+1+4k×4k2k2+1=4,故OM⋅ON为定值4.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由离心率和三角形的最大面积及a,b,c之间的关系可得a,b的值,进而求出椭圆E的方程;(2)由题意可得C,D的坐标,由题意设M的坐标,求出直线CM的斜率,进而求出直线CM的方程,与椭圆的方程联立,求出两根之积,可得N的横坐标,代入直线CM的方程可得N的坐标,求出数量积OM⋅ON,可证得OM⋅ON为定值.6.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为63,以椭圆C的右顶点A为圆心,作半径为r的圆(x−3)2+y2=r2,设圆A与椭圆C交于点E,F.(1)求AE⋅AF的最小值,并求此时圆A的方程;(2)设点O是坐标原点,点P是椭圆C上异于E,F的点,且满足直线PE,PF分别与x轴交于M,N两点,证明:|OM|⋅|ON|为定值.【答案】(1)解:根据题意,A(3,0),则a=3,又离心率ca=63,则c=2,故b2=a2−c2=1,即椭圆C的方程为x23+y2=1,设点E(x0,y0)(y0>0),则x023+y02=1,易得E,F关于x轴对称,则F(x0,−y0),又点A(3,0),则AE⋅AF=(x0−3,y0)⋅(x0−3,−y0)=(x0−3)2−y02=x02−23×0+3−1+x023=43(x0−334)2−14,当x0=334,y0=74时,AE⋅AF有最小值为−14,且r2=|AE|2=(x0−3)2+y02=58,故圆A的方程为(x−3)2+y2=58;(2)证明:设点P(x1,y1),E(x0,y0),则F(x0,−y0),且x1≠x0,x023+y02=1,x123+y12=1,则kPE=y1−y0x1−x0,kPF=y1+y0x1−x0,可得lPE:y−y0=y1−y0x1−x0(x−x0),令y=0,则M(x0y1−x1y0y1−y0,0),lPF:y+y0=y1+y0x1−x0(x−x0),令y=0,则N(x0y1+x1y0y1+y0,0),所以xM⋅xN=x0y1−x1y0y1−y0⋅x0y1+x1y0y1+y0=x02y12−x12y02y12−y02=3(1−y02)y12−3(1−y12)y02y12−y02=3y12−3y02y12−y02=3,故|OM|⋅|ON|=|xM|⋅|xN|=|xMxN|=3,为定值.【知识点】圆的标准方程;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的关系 【解析】【分析】(1)直接由右顶点及离心率求出椭圆C的方程,设出E,F坐标,表示出AE→⋅AF→,由二次函数求得最小值,求出此时点E坐标,即可求得圆A的方程;(2)设出P,E,F坐标,表示出直线PE,PF求出M,N坐标,计算xM,xN,结合P,E,F是椭圆C上的点,求出xM×xN为定值,即可求得|OM|⋅|ON|为定值.7.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为4,离心率为32,其中左顶点为A,右顶点为B,O为坐标原点.(1)求椭圆E的标准方程;(2)直线y=x+t(t≠0)与椭圆E交于不同的两点P,Q,直线AP,BQ分别与直线y=x交于点M,N.求证:|OM|⋅|ON|为定值.【答案】(1)解:由已知得2a=4.所以a=2.又因为椭圆E的离心率为32,所以ca=32.所以c=3.所以b=a2−c2=4−3=1,所以椭圆E的方程为x24+y2=1(2)证明:由y=x+t,x2+4y2=4得5×2+8tx+4t2−4=0,设P(x1,y1),Q(x2,y2).因为直线y=x+t(t≠0)与椭圆E交于不同的两点P,Q,所以Δ=(8t)2−20(4t2−4)>0.解得−5 b>0)的长轴长为4,进而得出实数a的值,再利用椭圆的离心率为32,进而结合椭圆的离心率公式得出c的值,再利用椭圆中a,b,c三者的关系式,进而得出b的值,从而得出椭圆E的标准方程。(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),利用已知条件结合直线与椭圆相交,联立二者方程结合判别式法得出t的取值范围,再结合韦达定理,得出x1+x2=−8t5,x1x2=4t2−45,再利用点斜式设出直线AP的方程为y=y1x1+2(x+2),令y=x得xM=2(x1+t)2−t,再利用点斜式设出直线BQ的方程为y=y2x2−2(x−2),令y=x得xN=2(x2+t)t+2,进而得出xMxN的值,再利用两点距离公式得出|OM|⋅|ON|的值。8.已知抛物线C:y=ax2(a>0)的焦点是F,若过焦点F的直线与C相交于A,B两点,所得弦长|AB|的最小值为2.(1)求实数a的值;(2)设P,Q是抛物线C上不同于坐标原点O的两个不同的动点,且以线段PQ为直径的圆经过点O,作OM⊥PQ,M为垂足,试探究是否存在定点N,使得|MN|为定值,若存在,则求出该定点N的坐标及定值|MN|,若不存在,请说明理由.【答案】(1)解:抛物线C:y=ax2(a>0)化为标准方程为:x2=1ay,其焦点F(0,14a),因为斜率一定存在,设其方程为y=k1x+14a,联立方程得:y=k1x+14ax2=1ay,整理得:x2−k1ax−14a2=0,Δ>0恒成立.其中A(x1,y1),B(x2,y2),x1+x2=k1a,y1+y2=k1(x1+x2)+12a=k12a+12a,因为焦点弦长|AB|=y1+y2+12a=k12a+1a,所以当k12=0时,弦长|AB|min=1a=2.所以,实数a的值为12.(2)解:由题意可知直线PQ的斜率存在,设其方程为y=kx+t(t≠0).联立方程得:y=kx+tx2=2y,整理得:x2−2kx−2t=0,Δ=4k2+8t>0.其中P(x3,y3),Q(x4,y4),x3+x4=2k,x3x4=−2t,因为以PQ为直径的圆经过点O,所以OP⋅OQ=0.又因为OP⋅OQ=x3x4+y3y4=x3x4+x322⋅x422=−2t+4t24=−2t+t2=0,∵t≠0,∴t=2.所以直线PQ过定点T(0,2), 又因为OM⊥PQ,所以△OMT为直角三角形,所以当N为斜边OT中点时,|MN|为定值,此时|MN|=12|OT|=1.所以定点N为(0,1),|MN|为定值1【知识点】抛物线的应用;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据抛物线和过焦点的直线联立方程,根据焦点弦的计算,即可求解.(2)联立方程,得到根与系数的关系,根据以线段PQ为直径的圆经过点O,转化成OP⋅OQ=0,可得直线过定点,再由OM⊥PQ,根据直角三角形的特征即可找到N的位置,即可求解.9.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A,A1,右焦点为点F,点P是椭圆E上一动点,△APA1面积的最大值为2,当PF⊥x轴时,|PF|=12.(1)求椭圆E的方程;(2)已知直线l与椭圆E有且只有一个公共点,直线l与直线x=433交于点N,过点F作x轴的垂线,交直线l于点M.求证:|FM||FN|为定值.【答案】(1)解:设椭圆E的半焦距为c,P(x,y),将x=c代入x2a2+y2b2=1得y2=b2(1−c2a2)=(a2−c2)b2a2=b4a2,所以|PF|=|y|=b2a=12,因为点P是椭圆E上一动点,所以−b≤y≤b,所以△APA1面积S=12|AA1||y|≤ab=2,由a=2b2ab=2,求得a=2b=1,所以椭圆E的方程为E:x24+y2=1(2)解:由题意可知直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx+m,联立y=kx+mx24+y2=1,整理可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2−4=0,因为直线l与椭圆E相切,所以Δ=64k2m2−4(1+4k2)(4m2−4)=0,得m2=1+4k2,因为椭圆E的右焦点为F(3,0),将x=3代入直线l得y=3k+m,所以M(3,3k+m),所以|FM|=|3k+m|,将x=433代入直线l可得y=433k+m,所以N(433,433k+m),所以|NF|2=(433−3)2+(433k+m)2=163k2+833km+m2+13,|FM|2|NF|2=3k2+23km+m216k23+833km+m2+13,将m2=1+4k2代入上式,得|FM|2|FN|2=7k2+23km+128k23+833km+43=34,所以|FM||FN|为定值32【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)设椭圆E的半焦距为c,P(x,y),由|PF|=12得|PF|=|y|=b2a=12,△APA1面积的最大值为2,即ab=2,联立方程求a,b,从而可得椭圆方程;(2)设直线l的方程为y=kx+m,联立方程组整理(1+4k2)x2+8kmx+4m2−4=0,因为直线l与椭圆E相切,得m2=1+4k2,根据已知条件求得N(433,433k+m),N(433,433k+m),从而可得|FM|=|3k+m|,|NF|2=(433−3)2+(433k+m)2=163k2+833km+m2+13,作商化简即可求解.10.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点A(2,1),过右焦点F2作x轴的垂线交椭圆于M,N两点,且|MN|=6.(1)求椭圆C的方程;(2)点P,Q在椭圆C上,且kAP⋅kAQ=13,AD⊥PQ,D为垂足.证明:存在定点S,使得|DS|为定值.【答案】(1)解:由已知得4a2+1b2=1,且当x=c时,|MN|=2b2a=6,联立4a2+1b2=1,2b2a=6,解得a2=6,b2=3,故椭圆C的方程为x26+y23=1.(2)证明:设点P(x1,y1),Q(x2,y2),因为kAP⋅kAQ=13,y1−1×1−2⋅y2−1×2−2=13,即(x1−2)(x2−2)−3(y1−1)(y2−1)=0,*当直线PQ的斜率存在时,设方程为y=kx+m,代入椭圆方程消去y得(2k2+1)x2+4kmx+2m2−6=0,Δ>0,x1+x2=−4km2k2+1,x1x2=2m2−62k2+1. 根据y1=kx1+m,y2=kx2+m.代入*整理,得(1−3k2)x1x2−(3km+2−3k)(x1+x2)+1+6m−3m2=0,结合根与系数的关系可得,m2−2(4k+3)m−5(4k2−1)=0,[m−5(2k+1)][m+(2k−1)]=0,当m=−(2k−1)时,直线y=kx+m=kx−2k+1=k(x−2)+1过点A(2,1),不符合条件,当m=5(2k+1)时,直线方程为y=kx+5(2k+1)=k(x+10)+5,故直线PQ恒过定点(−10,5),设E(−10,5),当直线PQ的斜率不存在时,点P(x1,y1),Q(x1,−y1),此时(x1−2)2+3y12−3=0,又x126+y123=1,可得x1=−10(舍)或x1=2,与A点重合,与已知条件不符.∴直线PQ的斜率一定存在,故直线PQ恒过定点E(−10,5)由于AE为定长,且△ADE为直角三角形,AE为斜边,所以AE的中点S满足|DS|为定值,点S为(−4,3).【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)将点以A(2,1)及x=c代入椭圆方程,得出椭圆的方程;(2)讨论直线PQ的斜率存在和不存在两种情况,设方程为y=kx+m,代入椭圆方程,结合韦达定理以及kAP⋅kAQ=13得出直线PQ恒过定点(−10,5),从而得到结论.11.已知椭圆T:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F(−c,0),上顶点为P.直线PF与椭圆T交于另一点Q,且|PF|=7|FQ|,点E(3,12)在椭圆T上.(1)求椭圆T的方程.(2)过点M(0,2),且斜率为k的直线l与椭圆T相交于A,B两点,点A关于y轴的对称点为A′,作MN⊥A′B,垂足为N.是否存在定点R,使得|NR|为定值?若存在,求出定点R的坐标;若不存在,说明理由.【答案】(1)解:由题可知,F(−c,0),P(0,b),设Q(x,y),则PF=(−c,−b),FQ=(x+c,y),因为|PF|=7|FQ|,所以PF=7FQ,即−c=7(x+c)−b=7y,解得x=−8c7y=−b7,即点Q的坐标为(−8c7,−b7),则64c249a2+149=1,整理得ca=32.因为点E(3,12)在椭圆T上,所以3a2+14b2=1又a2=b2+c2,所以a=2,b=1,c=3故椭圆T的方程为x24+y2=1(2)解:由题可知直线l的方程为y=kx+2,设点A(x1,y1),B(x2,y2),则A′(−x1,y1).联立方程组x24+y2=1,y=kx+2,整理得(4k2+1)x2+16kx+12=0,Δ=(16k)2−48(4k2+1)=64k2−48>0,则x1+x2=−16k4k2+1,x1x2=124k2+1,直线A′B的方程为y−y1=y2−y1x2+x1(x+x1),整理(y1−y2)x+(x2+x1)y=x1y2+x2y1.又x1y2+x2y1=x1(kx2+2)+x2(kx1+2)=2kx1x2+2(x1+x2)=−8k4k2+1,令x=0,得y=x1y2+x2y1x1+x2=12,所以A′B恒过定点G(0,12),故在Rt△MGN中,存在定点R(0,54)为斜边MG的中点,使得|NR|=12|MG|=34,为定值.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)|PF|=7|FQ|可结合向量得到点Q(−8c7,−b7),将E,Q坐标代入椭圆方程可得答案;(2)设点A(x1,y1),B(x2,y2),则A′(−x1,y1),联立直线和椭圆的方程,得到关于x的一元二次方程,结合Δ>0得到x1+x2=−16k4k2+1x1x2=124k2+1,由A′B的方程y−y1=y2−y1x2+x1(x+x1),令x=0,代入韦达定理整理可得:A′B恒过定点G(0,12),12.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点为F1,F2,且F2(1,0)为长轴的一个四等分点.(1)求椭圆的标准方程;(2)分别过F1,F2作斜率为k1,k2的两条直线l1和l2,l1与椭圆交于A,B两点,l2与椭圆交于C,D两点,且k1⋅k2=1.求证:1|AB|+1|CD|为定值,并求出该定值.【答案】(1)解:由已知c=1,a=2,所以b2=a2−c2=3,因此椭圆的标准方程为x24+y23=1;(2)解:设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4)直线l1:y=k1(x+1),l2:y=k2(x−1)联立方程y=k1(x+1)3×2+4y2=12得(3+4k12)x2+8k12x+4k12−12=0,∴x1+x2=−8k123+4k12,x1x2=4k12−123+4k12,∴|AB|=1+k12(x1+x2)2−4x1x2=12(1+k12)3+4k12,联立方程y=k2(x−1)3×2+4y2=12得(3+4k22)x2−8k22x+4k22−12=0, 同理可得|CD|=12(1+k22)3+4k22,∴1|AB|+1|CD|=112(3+4k121+k12+3+4k221+k22)=112(6+7k12+7k22+8k12k221+k12+k22+k12k22)由已知k1k2=1,化简得1|AB|+1|CD|=712=定值.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由右焦点的坐标可得c的值,再由F2(1,0)为长轴的一个四等分点可得a的值,进而求出b的值,求出椭圆的标准方程;(2)设直线l1的方程,与椭圆的方程联立,求出两根之和及两根之积,进而求出弦长|AB|的表达式,由题意可设直线l2的方程,与椭圆的方程联立,求出两根之和及两根之积,进而求出弦长|CD|的值,求出1|AB|+1|CD|的值,可证得为定值.13.在平面直角坐标系中,椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=63,a=6,直线l与x轴相交于点E,与椭圆相交于点A,B;(1)求椭圆C的方程,(2)在x轴上是否存在点E,使得1|EA|2+1|EB|2为定值?若存在,请求出点E的坐标,若不存在,请说明理由.【答案】(1)解:由题意得:e=ca=63,a=6,∴c=2,∴b2=a2−c2=2,所以椭圆的方程为x26+y22=1(2)解:设E(x0,0),A(x1,y1),B(x2,y2),(ⅰ)当直线AB与x轴不重合时,设AB的方程为x=my+x0代入x26+y22=1得:(m2+3)y2+2mx0y+x02−6=0,则y1+y2=−2mx0m2+3y1⋅y2=x02−6m2+3|EA|2=(m2+1)y12,|EB|2=(m2+1)y22,1|EA|2+1|EB|2=(y1+y2)2−2y1y2(m2+1)y12y22=2×m2(x02+6)+(18−3×02)m2(x02−6)2+(x02−6)2当x02+6=(x02−6)218−3×02=(x02−6)2,即x02=3时,无论m取何值,1|EA|2+1|EB|2的值恒为2,得点E(±3,0),(ⅱ)当直线AB与x轴重合时,有A(−6,0),B(6,0),E(3,0)或E(−3,0),均有1|EA|2+1|EB|2=2由i和ii得,在x轴上是存在两点E(±3,0),使得1|EA|2+1|EB|2为定值.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)利用已知条件结合椭圆的离心率公式和a的值,进而得出c的值,再利用椭圆中a,b,c三者的关系式得出b的值,进而得出椭圆的标准方程。(2)设E(x0,0),A(x1,y1),B(x2,y2),(ⅰ)当直线AB与x轴不重合时,设AB的方程为x=my+x0,再利用直线与椭圆相交,联立二者方程结合韦达定理得出y1+y2=−2mx0m2+3y1⋅y2=x02−6m2+3,再利用两点距离公式得出1|EA|2+1|EB|2=2×m2(x02+6)+(18−3×02)m2(x02−6)2+(x02−6)2,当x02+6=(x02−6)218−3×02=(x02−6)2,得出x02=3时,无论m取何值,1|EA|2+1|EB|2的值恒为定值,进而得出点E的坐标;(ⅱ)当直线AB与x轴重合时,进而得出点A,B,的坐标,再结合两点距离公式得出1|EA|2+1|EB|2的值为定值,进而得出在x轴上是存在两点E(±3,0),使得1|EA|2+1|EB|2为定值。14.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,左、右焦点分别为F1,F2,O为坐标原点,点P在椭圆C上,且有|PF1|=2,∠F1PF2=2π3(1)求椭圆C的方程;(2)设直线l不经过P(0,1)点且与椭圆E相交于A、B两点,若直线PA与直线PB的斜率之和为−2,若PM⊥l,垂足为M,判断是否存在定点N,使得|MN|为定值,若存在求出点N,若不存在,说明理由.【答案】(1)解:因为离心率为32,故a2−b2a2=34,解得a=2b,又ca=32,故c=3b.在△F1PF2中有|PF1|=2,|PF2|=2a−2=4b−2,|F1F2|=2c=23b,∠F1PF2=2π3,由余弦定理可得12b2=4+(4b−2)2−2⋅2⋅(4b−2)cos2π3,化简可得b=1,故a=2,椭圆C的方程为x24+y2=1 (2)解:当直线l的斜率不存在时,设点A(x0,y0),B(x0,−y0),此时有y0−1×0+−y0−1×0=−2,解得x0=1,此时直线l的方程为x=1;当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+m,(m≠1),A(x1,y1),B(x2,y2),联立x24+y2=1y=kx+m化简可得(4k2+1)x2+8kmx+4m2−4=0,x1+x2=−8km4k2+1,x1x2=4m2−44k2+1,又直线PA与直线PB的斜率之和为−2,故y1−1×1+y2−1×2=−2,代入直线方程有kx1+m−1×1+kx2+m−1×2=−2,化简得2k+(m−1)x1+x2x1x2=−2,代入韦达定理有2k−(m−1)8km4m2−4=−2,整理得m=−k−1,故直线y=kx+m=kx−k−1过定点Q(1,−1),当直线l的方程为x=1时也满足,又PM⊥l,故存在P,Q的中点N(12,0)得|MN|为定值【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】(1)根据离心率为32可得a=2b,c=3b,再在△F1PF2中利用余弦定理求解b即可;(2)当直线l的斜率不存在时,设点A(x0,y0),B(x0,−y0),根据已知条件,解得x0=1,此时直线l的方程为x=1;当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+m,(m≠1),A(x1,y1),B(x2,y2),再联立椭圆的方程,表达出直线PA与直线PB的斜率之和为−2,结合韦达定理可得m=−k−1,进而得到直线l过定点,从而根据PM⊥l确定点N.15.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为23,A1、A2分别为椭圆C的左、右顶点,B为椭圆C的上顶点,F1为椭圆的左焦点,且△A1F1B的面积为52.(1)求椭圆C的方程;(2)设过点D(1,0)的动直线l交椭圆C于E、F两点(点E在x轴上方),M、N分别为直线A1E、A2F与y轴的交点,证明:|OM||ON|为定值.【答案】(1)解:由椭圆C的离心率为23,得ca=23,于是a=32c,b=52c=|OB|∴|A1F1|=a−c=12c,S△A1F1B=12×12c×52c=58c2=52,因此c=2,a=3,b=5,∴椭圆的方程为x29+y25=1;(2)证明:易知,直线l(EF)斜率不为0,设l方程为x=my+1,由x=my+1,x29+y25=1得(5m2+9)y2+10my−40=0,设E(x1,y1),F(x2,y2),则y1+y2=−10m5m2+9,y1y2=−405m2+9,则y1=−10m5m2+9−y2.由直线A1E方程y=y1x1+3(x+3),得yM=3y1x1+3;由直线A2F方程y=y2x2−3(x−3),得yN=−3y2x2−3;由此可得,|OM||ON|=yM−yN=y1(x2−3)y2(x1+3)=y1(my2−2)y2(my1+4)=my1y2−2y1my1y2+4y2=m⋅−405m2+9−2(−10m5m2+9−y2)m·−405m2+9+4y2=−40m+20m+2(5m2+9)y2−40m+4(5m2+9)y2=−20m+2(5m2+9)y22[−20m+2(5m2+9)y2]=12.∴|OM||ON|为定值12.【知识点】椭圆的标准方程;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的关系;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由离心率得a=32c,再结合S△A1F1B=12×12c×52c即可求解;(2)设l方程为x=my+1,联立椭圆方程,设E(x1,y1),F(x2,y2)由韦达定理,可得y1=−10m5m2+9−y2,分别通过直线A1E,直线A2F的方程可得yM,yN,进而可得|OM||ON|=yM−yN,代入yM,yN,结合韦达定理化简即可求解。16.在平面直角坐标系xOy中,点M(0,1),记动点P到直线l:y=−2的距离为d,且d=|PM|+1,设点P的轨迹为曲线E.(1)求曲线E的方程;(2)直线m交曲线E于A,B两点,曲线E在点A及点B处的切线相交于点C.设点C到直线l的距离为h,若△ABC的面积为4,求证:存在定点T,使得|CT|h恒为定值.【答案】(1)解:由题意可知P到定点M的距离与P到直线y=−1的距离相等∴P的轨迹是抛物线且p2=1,p=2,曲线E的方程为x2=4y(2)解:设直线m的方程为y=kx+m,A(x1,x124),B(x2,y224)y=kx+mx2=4y⇒x2−4kx−4m=0,Δ=16k2+16m>0. x1+x2=4kx1x2=−4m,y=14×2,y′=12x∴切线AC的方程为y=x12(x−x1)+x124=x12x−x124①BC方程为y=x22x−x224②联立①②得x1−x22x=(x1+x2)(x1−x2)4∴xC=x1+x22=2k,yC=x12⋅x1+x22−x124=x1x24=−m,即C(2k,−m)设AB的中点为N(x0,y0),∴x0=x1+x22=2k,∴CN⊥x轴N(2k,2k2+m),C(2k,−m),CN=2k2+2m,|x1−x2|=4k2+m∴S△ABC=12⋅2(k2+m)⋅4k2+m=4(k2+m)32=4⇒k2+m=1∴h=2−m,存在定点T(0,0)使得|CT|h=4k2+m22−m=4(1−m)+m22−m=2−m2−m=1【知识点】抛物线的标准方程;直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】(1)由P到定点M的距离与P到直线y=−1的距离相等,结合抛物线的定义得出曲线E的方程;(2)设直线m的方程为y=kx+m,由韦达定理以及导数得出AC,BC切线的方程,并联立得出点C坐标以及三角形面积公式得出k2+m=1,进而存在定点T(0,0)使得|CT|h=1.17.已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,点P(−2,y0)为抛物线上一点,抛物线C在点P处的切线与y轴相交于点Q,且△FPQ的面积为2.(1)求抛物线的方程.(2)若斜率不为0的直线l过焦点F,且交抛物线C于A,B两点,线段AB的中垂线与y轴交于点M.证明:|MF||AB|为定值.【答案】(1)解:由题意可知P(−2,2p),设抛物线C在点P处的切线方程为y−2p=k(x+2),联立x2=2pyy−2p=k(x+2)得x2−2pkx−(4pk+4)=0,由Δ=4p2k2+4(4pk+4)=0解得k=−2p,故切线方程为y−2p=−2p(x+2),令x=0,得y=−2p,即Q(0,−2p),又F(0,p2),所以S△FPQ=12×(p2+2p)×2=2,解得p=2,所以抛物线C的方程为x2=4y.(2)证明:由(1)可知F(0,1),显然直线l的斜率存在,故可设直线l的方程为y=kx+1,A(x1,y1),B(x2,y2).联立方程组x2=4yy=kx+1,消去y得x2−4kx−4=0,所以x1+x2=4k,x1x2=−4,所以y1+y2=k(x1+x2)+2=4k2+2,得|AB|=y1+y2+2=4k2+4,所以线段AB的中点为(x1+x22,y1+y22)=(2k,2k2+1),中垂线所在直线的斜率k′=−1k,故线段AB中垂线所在的直线方程为y−2k2−1=−1k(x−2k),令x=0,得yM=2k2+3,所以|MF|=2k2+2,所以|MF||AB|=2k2+24k2+4=12为定值,得证.【知识点】抛物线的标准方程;直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】(1)求出P坐标,待定系数法设切线方程,解出斜率,表示Q坐标后由面积列方程求解(2)待定系数法设直线方程,与抛物线方程联立后由韦达定理表示弦长|AB|与中点坐标,再求其垂直平分线方程,表示点M坐标后计算证明.18.已知椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的上、下焦点分别为F1,F2,左、右顶点分别为A1,A2,且四边形A1F1A2F2是面积为8的正方形.(1)求C的标准方程.(2)M,N为C上且在y轴右侧的两点,MF1//NF2,MF2与NF1的交点为P,试问|PF1|+|PF2|是否为定值?若是定值,求出该定值;若不是,请说明理由.【答案】(1)解:椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的上、下焦点分别为F1(0,c),F2(0,−c),左、右顶点分别为A1(−b,0),A2(b,0),因为四边形A1F1A2F2是面积为8的正方形,所以有b=c且4×12⋅b⋅c=8,解得b=c=2⇒a2=b2+c2=8,所以椭圆的标准方程为:y28+x24=1;(2)解:因为MF1∥NF2,所以|NF2||F1M|=|PN||PF1|⇒|NF2||F1M|+1=|PN||PF1|+1⇒|NF2|+|F1M||F1M|=|PN|+|PF1||PF1|⇒|PF1|=|NF1||NF2|+|F1M|⋅|F1M|,因为N为C上且在y轴右侧的点,所以|NF2|+|F1N|=2a=42, 因此|PF1|=|F1M||NF2|+|F1M|⋅(42−|NF2|),同理可得:|PF2|=|F2N||NF2|+|F1M|⋅(42−|MF1|),所以|PF1|+|PF2|=|F1M||NF2|+|F1M|⋅(42−|NF2|)+|F2N||NF2|+|F1M|⋅(42−|MF1|)=42−2|F1M|⋅|F2N||NF2|+|F1M|,设MF1,NF2的方程分别为:y=kx+1,y=kx−1,设M(x1,y1),N(x2,y2)(x1,x2<0),则y28+x24=1y=kx+2⇒(k2+2)x2+4kx−4=0,所以x1=−4k−16k2+16(k2+2)2(k2+2)=−2k−22k2+2k2+2,因此|MF1|=x12+(y1−2)2=x12+(kx1+2−2)2=|x1|⋅1+k2=2k1+k2+22(k2+1)k2+2,同理可得:|NF2|=22(k2+1)−2k1+k2k2+2,因此|MF1|+|NF2|=42(k2+1)k2+2,|MF1|⋅|NF2|=[22(k2+1)]2−4k2(1+k2)(k2+2)2=4(1+k2)(k2+2),所以|PF1|+|PF2|=42−2|F1M|⋅|F2N||NF2|+|F1M|=42−2⋅4(1+k2)k2+242(k2+1)k2+2=42−2=32,所以|PF1|+|PF2|为定值,定值为32.【知识点】椭圆的定义;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据题意求出椭圆顶点的坐标,结合四边形的几何性质计算出b与c的关系,再由椭圆里a、b、c的关系,计算出a的取值由此得出椭圆的方程。(2)由已知条件结合椭圆的几何性质,结合椭圆的定义整理化简计算出a的取值,然后由点斜式设出直线的方程并联立直线与椭圆的方程消元后,结合弦长公式以及数量积公式代入整理,计算出结果从而得出答案。19.在平面直角坐标系xOy中,已知圆O:x2+y2=3,点M,M′的坐标分别为(2,0),(−2,0),且N为该平面内一点,以MN为直径的圆内切于圆O,记点N的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程.(2)已知P为曲线C上一点,过原点O作以P为圆心,32为半径的圆的两条切线,分别交曲线C于A,B两点,试问|OA|2+|OB|2是否为定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.【答案】(1)解:设MN的中点为T,依题意,|OT|=3−12|MN|,又|OT|=12|M′N|,则|NM|+|NM′|=23>22=|MM′|,由椭圆定义知,点N的轨迹是以M′,M为左右焦点,长轴长为23的椭圆,而半焦距为2,则短半轴长b=(3)2−(2)2=1,所以曲线C的方程为x23+y2=1.(2)解:设圆心P(x0,y0),则有x02+3y02=3,圆P:(x−x0)2+(y−y0)2=34,当x02=34,即点P(±32,±32)时,圆P与两坐标轴相切,则OA,OB分别为椭圆长半轴、短半轴,于是有|OA|2+|OB|2=3+1=4,当x02≠34时,设过点O的圆P的切线方程为y=kx,其中直线OA,OB的方程分别为y=k1x,y=k2x,由|kx0−y0|k2+1=32得:(4×02−3)k2−8x0y0k+4y02−3=0,则k1,k2是此方程的二根,有k1k2=4y02−34×02−3=−13,由y=kxx2+3y2=3得x2=31+3k2,设点A(xA,yA),B(xB,yB),则xA2=31+3k12,xB2=31+3k12,|OA|2+|OB|2=(1+k12)xA2+(1+k22)xB2=3(1+k12)1+3k12+3(1+k22)1+3k22=2+2[2+3(k12+k22)]9k12k22+3(k12+k22)+1=2+2[2+3(k12+k22)]2+3(k12+k22)=4,综上得|OA|2+|OB|2=4,所以|OA|2+|OB|2是定值,此定值为4.【知识点】圆的切线方程;椭圆的定义;椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)利用给定条件,探讨可得|NM|+|NM′|=23,再利用椭圆定义求出方程;(2)设圆心P(x0,y0),得圆P:(x−x0)2+(y−y0)2=34,分类讨论过点O的圆P的切线,利用切线性质结合韦达定理计算.20.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,点T(2,1)在椭圆上,与OT平行的直线l交椭圆C于P,Q两点,直线TP,TQ分别于x轴正半轴交于M,N两点.(1)求椭圆C的标准方程;(2)求证:|OM|+|ON|为定值.【答案】(1)解:由题意a2=b2+c2ca=324a2+1b2=1,解得a=22b=2c=6,所以椭圆C的标准方程为x28+y22=1;(2)解:因为直线OT的斜率为12,则设直线l的方程为y=12x+t(t≠0),P(x1,y1),Q(x2,y2),联立y=12x+tx28+y22=1,得x2+2tx+2t2−4=0,则Δ=4t2−4×(2t2−4)=4×(−t2+4)>0,解得−2 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简介:距离型定值问题-2023年高考数学之解密圆锥曲线命题点对点突破(全国通用)一、解答题1.在平面直角坐标系xOy中,已知点F1(-3,0),F2(3,0),点M满足|MF1|+|MF2|=4,记M的轨迹为C.以轨迹C与y轴正半轴交点T为圆心作圆,圆T与轨迹C在第一象限交于点A,在第二象限交于点B.(1)求C的方程;(2)求TA⋅TB的最小值,并求出此时圆T的方程;(3)设点P是轨迹C上异于A,B的一点,且直线PA,PB分别与y轴交于点M,N,O为坐标原点,求证:|OM|⋅|ON|为定值.【答案】(1)解:由题可知,c=3,2a=4,即a=2,所以b=4−3=1,所以曲线C的方程为x24+y2=1.(2)解:由题知T(0,1),设A(m,n)(0 b>0)的离心率为32,左、右焦点分别为曲线y=2×2−6与x轴的两个交点.(1)求C的方程;(2)点P是圆O:x2+y2=a2+b2上的动点,过点P作C的两条切线,两条切线与圆O分别交于点A,B(异于P),证明:|AB|为定值.【答案】(1)解:2×2−6=0得x=±3由题知ca=32a2=b2+c2c=3,解得a=2,b=1所以椭圆C的标准方程为x24+y2=1(2)证明:设直线l斜率存在且与椭圆C相切,方程为y=kx+m代入x24+y2=1整理得(4k2+1)x2+8kmx+4(m2−1)=0则Δ=64k2m2−16(4k2+1)(m2−1)=0,即4k2−m2+1=0…①记P(x0,y0),则m=y0−kx0,代入①整理得(4−x02)k2+2x0y0k+1−y02=0…②当直线PA、PB斜率存在时,记其斜率分别为k1,k2,易知k1,k2为方程②的两根,则有k1k2=1−y024−x02,又x02+y02=a2+b2=5,所以k1k2=1−y024−x02=1−(5−x02)4−x02=−1,即PA⊥PB所以AB为圆x2+y2=5的直径,所以|AB|=25当直线PA、PB有一条斜率不存在时,点P坐标为(±2,±1),易知此时A、B关于原点对称,AB为圆x2+y2=5的直径.综上,|AB|为定值25.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)令2×2−6=0得x=±3,根据题意可得ca=32a2=b2+c2c=3,解得a,b,即可求出C的方程;(2) 设直线l斜率存在且与椭圆C相切,方程为y=kx+m,联立椭圆的方程,由判别式△=0,得4k2−m2+1=0①,记P(x0,y0),则m=y0−kx0,代入①整理得(4−x02)k2+2x0y0k+1−y02=0②当直线PA、PB斜率存在时,记其斜率分别为k1,k2,易知k1,k2为方程②的两根,由韦达定理可得k1k2=1−y024−x02,又x02+y02=a2+b2=5,进而可得k1k2=−1,即PA⊥PB,AB为圆x2+y2=5的直径,当直线PA、PB有一条斜率不存在时,点P坐标为(土2,士1),推出A、B关于原点对称,AB为圆x2+y2=5的直径,即可证得|AB|为定值.3.在直角坐标系xOy中,长为3的线段AB的两端点A,B分别在x,y轴上滑动,动点M满足AM=2MB(1)求动点M的轨迹E的方程;(2)设过点N(0,t)的动直线l与(1)中的轨迹E交于C,D两点,是否存在定实数t,使得1|NC|2+1|ND|2为定值?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由.【答案】(1)解:设A(x0,0),B(0,y0),M(x,y)由AM=2MB,得(x−x0,y)=2(−x,y0−y),即x0=3xy0=3y2而|AB|=3,即x02+y02=9.所以(3x)2+(3y2)2=9,即x2+y24=1.(2)解:假设存在满足题意的直线l,设C(x1,y1),D(x2,y2).当直线l的斜率存在时,设其方程为y=kx+t.由y=kx+t4x2+y2=4,消去y,得(k2+4)x2+2ktx+t2−4=0.则x1+x2=−2ktk2+4,x1x2=t2−4k2+4.所以,|NC|2=x12+(y1−t)2=(k2+1)x12,|ND|2=x22+(y2−t2)=(k2+1)x22,则1|NC|2+1|ND|2=1(k2+1)x12+1(k2+1)x22=1k2+1⋅x12+x22x12x22=1k2+1⋅(x1+x2)2−2x1x2x12x22=1k2+1⋅(−2ktk2+4)2−2⋅t2−4k2+4(t2−4k2+4)2=1k2+1⋅(2t2+8)k2−8t2+32(t2−4)2当且仅当2t2+8=−8t2+32,即t2=125,t=±2155时,1|NC|2+1|ND|2=5当直线l的斜率不存在时,C(0,−2),D(0,2),若t=±2155则1|NC|2+1|ND|2=1(t+2)2+1(2−t)2=2(t2+4)(4−t2)2=5.综上,存在实数t=±2155,使得1|NC|2+1|ND|2为定值为5.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题;圆锥曲线的轨迹问题【解析】【分析】(1)设A(x0,0),B(0,y0),M(x,y),由向量的数乘运算,得到x0=3xy0=3y2,由|AB|=3可得轨迹方程;(2)假设存在满足题意的直线l,设C(x1,y1),D(x2,y2).当直线l的斜率存在时,设其方程为y=kx+t.代入椭圆方程,应用韦达定理得x1+x2,x1x2,计算1|NC|2+1|ND|2并代入x1+x2,x1x2,分析它是与k无关的常数,由此得出值,再检验这个值对斜率不存在的直线l也适用,由此得结论.4.设A、B分别为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点,设M(0,−1)是椭圆下顶点,直线MA与MB斜率之积为−14.(1)求椭圆C的标准方程;(2)若一动圆的圆心Q在椭圆上运动,半径为255.过原点O作动圆Q的两条切线,分别交椭圆于E、F两点,试证明|OE|2+|OF|2为定值.【答案】(1)解:由题意可知,b=1,A(−a,0),B(a,0),由kMA⋅kMB=−1a⋅1a=−14,即a2=4,又a>0,所以a=2,椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)证明:设点Q坐标为(x0,y0),即x024+y02=1.当直线OE的斜率为0,此时y0=±255,x0=±255,则直线OF的斜率不存在,此时|OE|2+|OF|2=a2+b2=5;当直线OE的斜率存在且斜率不为0时,设直线OE的方程为y=k1x,直线OF的方程为y=k2x,设点E(x1,y1)、F(x2,y2),联立y=kxx2+4y2=4,可得(4k2+1)x2=4,则x12=44k12+1,x22=44k22+1,又圆Q与直线OE、OF相切,即|kx0−y0|k2+1=255,整理可得(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0,则k1、k2为关于k的方程(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0的两根,所以,k1k2=y02−45×02−45=1−x024−45×02−45=−14,所以,|OE|2+|OF|2=(1+k12)x12+(1+k22)x22=4(k12+1)4k12+1+4(k22+1)4k22+1 =4(k12+1)4k12+1+4(116k12+1)14k12+1=4(k12+1)4k12+1+16k12+14k12+1=5.综上:|OE|2+|OF|2为定值5.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)利用已知条件求出椭圆的左、右顶点、下顶点的坐标,进而得出b的值和A,B两点的坐标,再利用两点求斜率公式和实数a的取值范围,进而得出a的值,从而得出椭圆C的标准方程。(2)设点Q坐标为(x0,y0),再利用代入法得出x024+y02=1,当直线OE的斜率为0,进而得出此时y0,x0的值,则直线OF的斜率不存在,进而求出|OE|2+|OF|2的值;当直线OE的斜率存在且斜率不为0时,设直线OE的方程为y=k1x,直线OF的方程为y=k2x,设点E(x1,y1)、F(x2,y2),再利用直线与椭圆相交,联立二者方程结合一元二次方程求根公式得出x12=44k12+1,x22=44k22+1,再利用圆Q与直线OE、OF相切结合直线与圆相切位置关系判断方法,再结合点到直线的距离公式,整理可得(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0,则k1、k2为关于k的方程(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0的两根,再结合韦达定理得出k1k2的值,再利用两点距离公式得出|OE|2+|OF|2的值,进而证出|OE|2+|OF|2为定值。5.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率e=22,P为椭圆上一动点,△PF1F2面积的最大值为2.(1)求椭圆E的方程;(2)若C,D分别是椭圆E长轴的左、右端点,动点M满足MD⊥CD,连接CM交椭圆于点N,C为坐标原点.证明:OM⋅ON为定值.【答案】(1)解:当P为短轴端点时,△PF1F2的面积最大,bc=2,故ca=22bc=2a2=b2+c2,解得a=2,b=c=2,故椭圆E的方程为x24+y22=1.(2)解:由(1)知,C(−2,0),D(2,0),设直线CM:y=k(x+2),N(x1,y1),∵MD⊥CD,∴M(2,4k),联立x24+y22=1y=k(x+2),整理得(2k2+1)x2+8k2xx2+8k2−4=0,由−2×1=8k2−42k2+1得x1=2−4k22k2+1,y1=k(x1+2)=4k2k2+1,∴N(2−4k22k2+1,4k2k2+1),OM⋅ON=2×2−4k22k2+1+4k×4k2k2+1=4,故OM⋅ON为定值4.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由离心率和三角形的最大面积及a,b,c之间的关系可得a,b的值,进而求出椭圆E的方程;(2)由题意可得C,D的坐标,由题意设M的坐标,求出直线CM的斜率,进而求出直线CM的方程,与椭圆的方程联立,求出两根之积,可得N的横坐标,代入直线CM的方程可得N的坐标,求出数量积OM⋅ON,可证得OM⋅ON为定值.6.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为63,以椭圆C的右顶点A为圆心,作半径为r的圆(x−3)2+y2=r2,设圆A与椭圆C交于点E,F.(1)求AE⋅AF的最小值,并求此时圆A的方程;(2)设点O是坐标原点,点P是椭圆C上异于E,F的点,且满足直线PE,PF分别与x轴交于M,N两点,证明:|OM|⋅|ON|为定值.【答案】(1)解:根据题意,A(3,0),则a=3,又离心率ca=63,则c=2,故b2=a2−c2=1,即椭圆C的方程为x23+y2=1,设点E(x0,y0)(y0>0),则x023+y02=1,易得E,F关于x轴对称,则F(x0,−y0),又点A(3,0),则AE⋅AF=(x0−3,y0)⋅(x0−3,−y0)=(x0−3)2−y02=x02−23×0+3−1+x023=43(x0−334)2−14,当x0=334,y0=74时,AE⋅AF有最小值为−14,且r2=|AE|2=(x0−3)2+y02=58,故圆A的方程为(x−3)2+y2=58;(2)证明:设点P(x1,y1),E(x0,y0),则F(x0,−y0),且x1≠x0,x023+y02=1,x123+y12=1,则kPE=y1−y0x1−x0,kPF=y1+y0x1−x0,可得lPE:y−y0=y1−y0x1−x0(x−x0),令y=0,则M(x0y1−x1y0y1−y0,0),lPF:y+y0=y1+y0x1−x0(x−x0),令y=0,则N(x0y1+x1y0y1+y0,0),所以xM⋅xN=x0y1−x1y0y1−y0⋅x0y1+x1y0y1+y0=x02y12−x12y02y12−y02=3(1−y02)y12−3(1−y12)y02y12−y02=3y12−3y02y12−y02=3,故|OM|⋅|ON|=|xM|⋅|xN|=|xMxN|=3,为定值.【知识点】圆的标准方程;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的关系 【解析】【分析】(1)直接由右顶点及离心率求出椭圆C的方程,设出E,F坐标,表示出AE→⋅AF→,由二次函数求得最小值,求出此时点E坐标,即可求得圆A的方程;(2)设出P,E,F坐标,表示出直线PE,PF求出M,N坐标,计算xM,xN,结合P,E,F是椭圆C上的点,求出xM×xN为定值,即可求得|OM|⋅|ON|为定值.7.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为4,离心率为32,其中左顶点为A,右顶点为B,O为坐标原点.(1)求椭圆E的标准方程;(2)直线y=x+t(t≠0)与椭圆E交于不同的两点P,Q,直线AP,BQ分别与直线y=x交于点M,N.求证:|OM|⋅|ON|为定值.【答案】(1)解:由已知得2a=4.所以a=2.又因为椭圆E的离心率为32,所以ca=32.所以c=3.所以b=a2−c2=4−3=1,所以椭圆E的方程为x24+y2=1(2)证明:由y=x+t,x2+4y2=4得5×2+8tx+4t2−4=0,设P(x1,y1),Q(x2,y2).因为直线y=x+t(t≠0)与椭圆E交于不同的两点P,Q,所以Δ=(8t)2−20(4t2−4)>0.解得−5 b>0)的长轴长为4,进而得出实数a的值,再利用椭圆的离心率为32,进而结合椭圆的离心率公式得出c的值,再利用椭圆中a,b,c三者的关系式,进而得出b的值,从而得出椭圆E的标准方程。(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),利用已知条件结合直线与椭圆相交,联立二者方程结合判别式法得出t的取值范围,再结合韦达定理,得出x1+x2=−8t5,x1x2=4t2−45,再利用点斜式设出直线AP的方程为y=y1x1+2(x+2),令y=x得xM=2(x1+t)2−t,再利用点斜式设出直线BQ的方程为y=y2x2−2(x−2),令y=x得xN=2(x2+t)t+2,进而得出xMxN的值,再利用两点距离公式得出|OM|⋅|ON|的值。8.已知抛物线C:y=ax2(a>0)的焦点是F,若过焦点F的直线与C相交于A,B两点,所得弦长|AB|的最小值为2.(1)求实数a的值;(2)设P,Q是抛物线C上不同于坐标原点O的两个不同的动点,且以线段PQ为直径的圆经过点O,作OM⊥PQ,M为垂足,试探究是否存在定点N,使得|MN|为定值,若存在,则求出该定点N的坐标及定值|MN|,若不存在,请说明理由.【答案】(1)解:抛物线C:y=ax2(a>0)化为标准方程为:x2=1ay,其焦点F(0,14a),因为斜率一定存在,设其方程为y=k1x+14a,联立方程得:y=k1x+14ax2=1ay,整理得:x2−k1ax−14a2=0,Δ>0恒成立.其中A(x1,y1),B(x2,y2),x1+x2=k1a,y1+y2=k1(x1+x2)+12a=k12a+12a,因为焦点弦长|AB|=y1+y2+12a=k12a+1a,所以当k12=0时,弦长|AB|min=1a=2.所以,实数a的值为12.(2)解:由题意可知直线PQ的斜率存在,设其方程为y=kx+t(t≠0).联立方程得:y=kx+tx2=2y,整理得:x2−2kx−2t=0,Δ=4k2+8t>0.其中P(x3,y3),Q(x4,y4),x3+x4=2k,x3x4=−2t,因为以PQ为直径的圆经过点O,所以OP⋅OQ=0.又因为OP⋅OQ=x3x4+y3y4=x3x4+x322⋅x422=−2t+4t24=−2t+t2=0,∵t≠0,∴t=2.所以直线PQ过定点T(0,2), 又因为OM⊥PQ,所以△OMT为直角三角形,所以当N为斜边OT中点时,|MN|为定值,此时|MN|=12|OT|=1.所以定点N为(0,1),|MN|为定值1【知识点】抛物线的应用;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据抛物线和过焦点的直线联立方程,根据焦点弦的计算,即可求解.(2)联立方程,得到根与系数的关系,根据以线段PQ为直径的圆经过点O,转化成OP⋅OQ=0,可得直线过定点,再由OM⊥PQ,根据直角三角形的特征即可找到N的位置,即可求解.9.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A,A1,右焦点为点F,点P是椭圆E上一动点,△APA1面积的最大值为2,当PF⊥x轴时,|PF|=12.(1)求椭圆E的方程;(2)已知直线l与椭圆E有且只有一个公共点,直线l与直线x=433交于点N,过点F作x轴的垂线,交直线l于点M.求证:|FM||FN|为定值.【答案】(1)解:设椭圆E的半焦距为c,P(x,y),将x=c代入x2a2+y2b2=1得y2=b2(1−c2a2)=(a2−c2)b2a2=b4a2,所以|PF|=|y|=b2a=12,因为点P是椭圆E上一动点,所以−b≤y≤b,所以△APA1面积S=12|AA1||y|≤ab=2,由a=2b2ab=2,求得a=2b=1,所以椭圆E的方程为E:x24+y2=1(2)解:由题意可知直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx+m,联立y=kx+mx24+y2=1,整理可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2−4=0,因为直线l与椭圆E相切,所以Δ=64k2m2−4(1+4k2)(4m2−4)=0,得m2=1+4k2,因为椭圆E的右焦点为F(3,0),将x=3代入直线l得y=3k+m,所以M(3,3k+m),所以|FM|=|3k+m|,将x=433代入直线l可得y=433k+m,所以N(433,433k+m),所以|NF|2=(433−3)2+(433k+m)2=163k2+833km+m2+13,|FM|2|NF|2=3k2+23km+m216k23+833km+m2+13,将m2=1+4k2代入上式,得|FM|2|FN|2=7k2+23km+128k23+833km+43=34,所以|FM||FN|为定值32【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)设椭圆E的半焦距为c,P(x,y),由|PF|=12得|PF|=|y|=b2a=12,△APA1面积的最大值为2,即ab=2,联立方程求a,b,从而可得椭圆方程;(2)设直线l的方程为y=kx+m,联立方程组整理(1+4k2)x2+8kmx+4m2−4=0,因为直线l与椭圆E相切,得m2=1+4k2,根据已知条件求得N(433,433k+m),N(433,433k+m),从而可得|FM|=|3k+m|,|NF|2=(433−3)2+(433k+m)2=163k2+833km+m2+13,作商化简即可求解.10.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点A(2,1),过右焦点F2作x轴的垂线交椭圆于M,N两点,且|MN|=6.(1)求椭圆C的方程;(2)点P,Q在椭圆C上,且kAP⋅kAQ=13,AD⊥PQ,D为垂足.证明:存在定点S,使得|DS|为定值.【答案】(1)解:由已知得4a2+1b2=1,且当x=c时,|MN|=2b2a=6,联立4a2+1b2=1,2b2a=6,解得a2=6,b2=3,故椭圆C的方程为x26+y23=1.(2)证明:设点P(x1,y1),Q(x2,y2),因为kAP⋅kAQ=13,y1−1×1−2⋅y2−1×2−2=13,即(x1−2)(x2−2)−3(y1−1)(y2−1)=0,*当直线PQ的斜率存在时,设方程为y=kx+m,代入椭圆方程消去y得(2k2+1)x2+4kmx+2m2−6=0,Δ>0,x1+x2=−4km2k2+1,x1x2=2m2−62k2+1. 根据y1=kx1+m,y2=kx2+m.代入*整理,得(1−3k2)x1x2−(3km+2−3k)(x1+x2)+1+6m−3m2=0,结合根与系数的关系可得,m2−2(4k+3)m−5(4k2−1)=0,[m−5(2k+1)][m+(2k−1)]=0,当m=−(2k−1)时,直线y=kx+m=kx−2k+1=k(x−2)+1过点A(2,1),不符合条件,当m=5(2k+1)时,直线方程为y=kx+5(2k+1)=k(x+10)+5,故直线PQ恒过定点(−10,5),设E(−10,5),当直线PQ的斜率不存在时,点P(x1,y1),Q(x1,−y1),此时(x1−2)2+3y12−3=0,又x126+y123=1,可得x1=−10(舍)或x1=2,与A点重合,与已知条件不符.∴直线PQ的斜率一定存在,故直线PQ恒过定点E(−10,5)由于AE为定长,且△ADE为直角三角形,AE为斜边,所以AE的中点S满足|DS|为定值,点S为(−4,3).【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)将点以A(2,1)及x=c代入椭圆方程,得出椭圆的方程;(2)讨论直线PQ的斜率存在和不存在两种情况,设方程为y=kx+m,代入椭圆方程,结合韦达定理以及kAP⋅kAQ=13得出直线PQ恒过定点(−10,5),从而得到结论.11.已知椭圆T:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F(−c,0),上顶点为P.直线PF与椭圆T交于另一点Q,且|PF|=7|FQ|,点E(3,12)在椭圆T上.(1)求椭圆T的方程.(2)过点M(0,2),且斜率为k的直线l与椭圆T相交于A,B两点,点A关于y轴的对称点为A′,作MN⊥A′B,垂足为N.是否存在定点R,使得|NR|为定值?若存在,求出定点R的坐标;若不存在,说明理由.【答案】(1)解:由题可知,F(−c,0),P(0,b),设Q(x,y),则PF=(−c,−b),FQ=(x+c,y),因为|PF|=7|FQ|,所以PF=7FQ,即−c=7(x+c)−b=7y,解得x=−8c7y=−b7,即点Q的坐标为(−8c7,−b7),则64c249a2+149=1,整理得ca=32.因为点E(3,12)在椭圆T上,所以3a2+14b2=1又a2=b2+c2,所以a=2,b=1,c=3故椭圆T的方程为x24+y2=1(2)解:由题可知直线l的方程为y=kx+2,设点A(x1,y1),B(x2,y2),则A′(−x1,y1).联立方程组x24+y2=1,y=kx+2,整理得(4k2+1)x2+16kx+12=0,Δ=(16k)2−48(4k2+1)=64k2−48>0,则x1+x2=−16k4k2+1,x1x2=124k2+1,直线A′B的方程为y−y1=y2−y1x2+x1(x+x1),整理(y1−y2)x+(x2+x1)y=x1y2+x2y1.又x1y2+x2y1=x1(kx2+2)+x2(kx1+2)=2kx1x2+2(x1+x2)=−8k4k2+1,令x=0,得y=x1y2+x2y1x1+x2=12,所以A′B恒过定点G(0,12),故在Rt△MGN中,存在定点R(0,54)为斜边MG的中点,使得|NR|=12|MG|=34,为定值.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)|PF|=7|FQ|可结合向量得到点Q(−8c7,−b7),将E,Q坐标代入椭圆方程可得答案;(2)设点A(x1,y1),B(x2,y2),则A′(−x1,y1),联立直线和椭圆的方程,得到关于x的一元二次方程,结合Δ>0得到x1+x2=−16k4k2+1x1x2=124k2+1,由A′B的方程y−y1=y2−y1x2+x1(x+x1),令x=0,代入韦达定理整理可得:A′B恒过定点G(0,12),12.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点为F1,F2,且F2(1,0)为长轴的一个四等分点.(1)求椭圆的标准方程;(2)分别过F1,F2作斜率为k1,k2的两条直线l1和l2,l1与椭圆交于A,B两点,l2与椭圆交于C,D两点,且k1⋅k2=1.求证:1|AB|+1|CD|为定值,并求出该定值.【答案】(1)解:由已知c=1,a=2,所以b2=a2−c2=3,因此椭圆的标准方程为x24+y23=1;(2)解:设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4)直线l1:y=k1(x+1),l2:y=k2(x−1)联立方程y=k1(x+1)3×2+4y2=12得(3+4k12)x2+8k12x+4k12−12=0,∴x1+x2=−8k123+4k12,x1x2=4k12−123+4k12,∴|AB|=1+k12(x1+x2)2−4x1x2=12(1+k12)3+4k12,联立方程y=k2(x−1)3×2+4y2=12得(3+4k22)x2−8k22x+4k22−12=0, 同理可得|CD|=12(1+k22)3+4k22,∴1|AB|+1|CD|=112(3+4k121+k12+3+4k221+k22)=112(6+7k12+7k22+8k12k221+k12+k22+k12k22)由已知k1k2=1,化简得1|AB|+1|CD|=712=定值.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由右焦点的坐标可得c的值,再由F2(1,0)为长轴的一个四等分点可得a的值,进而求出b的值,求出椭圆的标准方程;(2)设直线l1的方程,与椭圆的方程联立,求出两根之和及两根之积,进而求出弦长|AB|的表达式,由题意可设直线l2的方程,与椭圆的方程联立,求出两根之和及两根之积,进而求出弦长|CD|的值,求出1|AB|+1|CD|的值,可证得为定值.13.在平面直角坐标系中,椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=63,a=6,直线l与x轴相交于点E,与椭圆相交于点A,B;(1)求椭圆C的方程,(2)在x轴上是否存在点E,使得1|EA|2+1|EB|2为定值?若存在,请求出点E的坐标,若不存在,请说明理由.【答案】(1)解:由题意得:e=ca=63,a=6,∴c=2,∴b2=a2−c2=2,所以椭圆的方程为x26+y22=1(2)解:设E(x0,0),A(x1,y1),B(x2,y2),(ⅰ)当直线AB与x轴不重合时,设AB的方程为x=my+x0代入x26+y22=1得:(m2+3)y2+2mx0y+x02−6=0,则y1+y2=−2mx0m2+3y1⋅y2=x02−6m2+3|EA|2=(m2+1)y12,|EB|2=(m2+1)y22,1|EA|2+1|EB|2=(y1+y2)2−2y1y2(m2+1)y12y22=2×m2(x02+6)+(18−3×02)m2(x02−6)2+(x02−6)2当x02+6=(x02−6)218−3×02=(x02−6)2,即x02=3时,无论m取何值,1|EA|2+1|EB|2的值恒为2,得点E(±3,0),(ⅱ)当直线AB与x轴重合时,有A(−6,0),B(6,0),E(3,0)或E(−3,0),均有1|EA|2+1|EB|2=2由i和ii得,在x轴上是存在两点E(±3,0),使得1|EA|2+1|EB|2为定值.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)利用已知条件结合椭圆的离心率公式和a的值,进而得出c的值,再利用椭圆中a,b,c三者的关系式得出b的值,进而得出椭圆的标准方程。(2)设E(x0,0),A(x1,y1),B(x2,y2),(ⅰ)当直线AB与x轴不重合时,设AB的方程为x=my+x0,再利用直线与椭圆相交,联立二者方程结合韦达定理得出y1+y2=−2mx0m2+3y1⋅y2=x02−6m2+3,再利用两点距离公式得出1|EA|2+1|EB|2=2×m2(x02+6)+(18−3×02)m2(x02−6)2+(x02−6)2,当x02+6=(x02−6)218−3×02=(x02−6)2,得出x02=3时,无论m取何值,1|EA|2+1|EB|2的值恒为定值,进而得出点E的坐标;(ⅱ)当直线AB与x轴重合时,进而得出点A,B,的坐标,再结合两点距离公式得出1|EA|2+1|EB|2的值为定值,进而得出在x轴上是存在两点E(±3,0),使得1|EA|2+1|EB|2为定值。14.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,左、右焦点分别为F1,F2,O为坐标原点,点P在椭圆C上,且有|PF1|=2,∠F1PF2=2π3(1)求椭圆C的方程;(2)设直线l不经过P(0,1)点且与椭圆E相交于A、B两点,若直线PA与直线PB的斜率之和为−2,若PM⊥l,垂足为M,判断是否存在定点N,使得|MN|为定值,若存在求出点N,若不存在,说明理由.【答案】(1)解:因为离心率为32,故a2−b2a2=34,解得a=2b,又ca=32,故c=3b.在△F1PF2中有|PF1|=2,|PF2|=2a−2=4b−2,|F1F2|=2c=23b,∠F1PF2=2π3,由余弦定理可得12b2=4+(4b−2)2−2⋅2⋅(4b−2)cos2π3,化简可得b=1,故a=2,椭圆C的方程为x24+y2=1 (2)解:当直线l的斜率不存在时,设点A(x0,y0),B(x0,−y0),此时有y0−1×0+−y0−1×0=−2,解得x0=1,此时直线l的方程为x=1;当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+m,(m≠1),A(x1,y1),B(x2,y2),联立x24+y2=1y=kx+m化简可得(4k2+1)x2+8kmx+4m2−4=0,x1+x2=−8km4k2+1,x1x2=4m2−44k2+1,又直线PA与直线PB的斜率之和为−2,故y1−1×1+y2−1×2=−2,代入直线方程有kx1+m−1×1+kx2+m−1×2=−2,化简得2k+(m−1)x1+x2x1x2=−2,代入韦达定理有2k−(m−1)8km4m2−4=−2,整理得m=−k−1,故直线y=kx+m=kx−k−1过定点Q(1,−1),当直线l的方程为x=1时也满足,又PM⊥l,故存在P,Q的中点N(12,0)得|MN|为定值【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】(1)根据离心率为32可得a=2b,c=3b,再在△F1PF2中利用余弦定理求解b即可;(2)当直线l的斜率不存在时,设点A(x0,y0),B(x0,−y0),根据已知条件,解得x0=1,此时直线l的方程为x=1;当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+m,(m≠1),A(x1,y1),B(x2,y2),再联立椭圆的方程,表达出直线PA与直线PB的斜率之和为−2,结合韦达定理可得m=−k−1,进而得到直线l过定点,从而根据PM⊥l确定点N.15.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为23,A1、A2分别为椭圆C的左、右顶点,B为椭圆C的上顶点,F1为椭圆的左焦点,且△A1F1B的面积为52.(1)求椭圆C的方程;(2)设过点D(1,0)的动直线l交椭圆C于E、F两点(点E在x轴上方),M、N分别为直线A1E、A2F与y轴的交点,证明:|OM||ON|为定值.【答案】(1)解:由椭圆C的离心率为23,得ca=23,于是a=32c,b=52c=|OB|∴|A1F1|=a−c=12c,S△A1F1B=12×12c×52c=58c2=52,因此c=2,a=3,b=5,∴椭圆的方程为x29+y25=1;(2)证明:易知,直线l(EF)斜率不为0,设l方程为x=my+1,由x=my+1,x29+y25=1得(5m2+9)y2+10my−40=0,设E(x1,y1),F(x2,y2),则y1+y2=−10m5m2+9,y1y2=−405m2+9,则y1=−10m5m2+9−y2.由直线A1E方程y=y1x1+3(x+3),得yM=3y1x1+3;由直线A2F方程y=y2x2−3(x−3),得yN=−3y2x2−3;由此可得,|OM||ON|=yM−yN=y1(x2−3)y2(x1+3)=y1(my2−2)y2(my1+4)=my1y2−2y1my1y2+4y2=m⋅−405m2+9−2(−10m5m2+9−y2)m·−405m2+9+4y2=−40m+20m+2(5m2+9)y2−40m+4(5m2+9)y2=−20m+2(5m2+9)y22[−20m+2(5m2+9)y2]=12.∴|OM||ON|为定值12.【知识点】椭圆的标准方程;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的关系;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由离心率得a=32c,再结合S△A1F1B=12×12c×52c即可求解;(2)设l方程为x=my+1,联立椭圆方程,设E(x1,y1),F(x2,y2)由韦达定理,可得y1=−10m5m2+9−y2,分别通过直线A1E,直线A2F的方程可得yM,yN,进而可得|OM||ON|=yM−yN,代入yM,yN,结合韦达定理化简即可求解。16.在平面直角坐标系xOy中,点M(0,1),记动点P到直线l:y=−2的距离为d,且d=|PM|+1,设点P的轨迹为曲线E.(1)求曲线E的方程;(2)直线m交曲线E于A,B两点,曲线E在点A及点B处的切线相交于点C.设点C到直线l的距离为h,若△ABC的面积为4,求证:存在定点T,使得|CT|h恒为定值.【答案】(1)解:由题意可知P到定点M的距离与P到直线y=−1的距离相等∴P的轨迹是抛物线且p2=1,p=2,曲线E的方程为x2=4y(2)解:设直线m的方程为y=kx+m,A(x1,x124),B(x2,y224)y=kx+mx2=4y⇒x2−4kx−4m=0,Δ=16k2+16m>0. x1+x2=4kx1x2=−4m,y=14×2,y′=12x∴切线AC的方程为y=x12(x−x1)+x124=x12x−x124①BC方程为y=x22x−x224②联立①②得x1−x22x=(x1+x2)(x1−x2)4∴xC=x1+x22=2k,yC=x12⋅x1+x22−x124=x1x24=−m,即C(2k,−m)设AB的中点为N(x0,y0),∴x0=x1+x22=2k,∴CN⊥x轴N(2k,2k2+m),C(2k,−m),CN=2k2+2m,|x1−x2|=4k2+m∴S△ABC=12⋅2(k2+m)⋅4k2+m=4(k2+m)32=4⇒k2+m=1∴h=2−m,存在定点T(0,0)使得|CT|h=4k2+m22−m=4(1−m)+m22−m=2−m2−m=1【知识点】抛物线的标准方程;直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】(1)由P到定点M的距离与P到直线y=−1的距离相等,结合抛物线的定义得出曲线E的方程;(2)设直线m的方程为y=kx+m,由韦达定理以及导数得出AC,BC切线的方程,并联立得出点C坐标以及三角形面积公式得出k2+m=1,进而存在定点T(0,0)使得|CT|h=1.17.已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,点P(−2,y0)为抛物线上一点,抛物线C在点P处的切线与y轴相交于点Q,且△FPQ的面积为2.(1)求抛物线的方程.(2)若斜率不为0的直线l过焦点F,且交抛物线C于A,B两点,线段AB的中垂线与y轴交于点M.证明:|MF||AB|为定值.【答案】(1)解:由题意可知P(−2,2p),设抛物线C在点P处的切线方程为y−2p=k(x+2),联立x2=2pyy−2p=k(x+2)得x2−2pkx−(4pk+4)=0,由Δ=4p2k2+4(4pk+4)=0解得k=−2p,故切线方程为y−2p=−2p(x+2),令x=0,得y=−2p,即Q(0,−2p),又F(0,p2),所以S△FPQ=12×(p2+2p)×2=2,解得p=2,所以抛物线C的方程为x2=4y.(2)证明:由(1)可知F(0,1),显然直线l的斜率存在,故可设直线l的方程为y=kx+1,A(x1,y1),B(x2,y2).联立方程组x2=4yy=kx+1,消去y得x2−4kx−4=0,所以x1+x2=4k,x1x2=−4,所以y1+y2=k(x1+x2)+2=4k2+2,得|AB|=y1+y2+2=4k2+4,所以线段AB的中点为(x1+x22,y1+y22)=(2k,2k2+1),中垂线所在直线的斜率k′=−1k,故线段AB中垂线所在的直线方程为y−2k2−1=−1k(x−2k),令x=0,得yM=2k2+3,所以|MF|=2k2+2,所以|MF||AB|=2k2+24k2+4=12为定值,得证.【知识点】抛物线的标准方程;直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】(1)求出P坐标,待定系数法设切线方程,解出斜率,表示Q坐标后由面积列方程求解(2)待定系数法设直线方程,与抛物线方程联立后由韦达定理表示弦长|AB|与中点坐标,再求其垂直平分线方程,表示点M坐标后计算证明.18.已知椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的上、下焦点分别为F1,F2,左、右顶点分别为A1,A2,且四边形A1F1A2F2是面积为8的正方形.(1)求C的标准方程.(2)M,N为C上且在y轴右侧的两点,MF1//NF2,MF2与NF1的交点为P,试问|PF1|+|PF2|是否为定值?若是定值,求出该定值;若不是,请说明理由.【答案】(1)解:椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的上、下焦点分别为F1(0,c),F2(0,−c),左、右顶点分别为A1(−b,0),A2(b,0),因为四边形A1F1A2F2是面积为8的正方形,所以有b=c且4×12⋅b⋅c=8,解得b=c=2⇒a2=b2+c2=8,所以椭圆的标准方程为:y28+x24=1;(2)解:因为MF1∥NF2,所以|NF2||F1M|=|PN||PF1|⇒|NF2||F1M|+1=|PN||PF1|+1⇒|NF2|+|F1M||F1M|=|PN|+|PF1||PF1|⇒|PF1|=|NF1||NF2|+|F1M|⋅|F1M|,因为N为C上且在y轴右侧的点,所以|NF2|+|F1N|=2a=42, 因此|PF1|=|F1M||NF2|+|F1M|⋅(42−|NF2|),同理可得:|PF2|=|F2N||NF2|+|F1M|⋅(42−|MF1|),所以|PF1|+|PF2|=|F1M||NF2|+|F1M|⋅(42−|NF2|)+|F2N||NF2|+|F1M|⋅(42−|MF1|)=42−2|F1M|⋅|F2N||NF2|+|F1M|,设MF1,NF2的方程分别为:y=kx+1,y=kx−1,设M(x1,y1),N(x2,y2)(x1,x2<0),则y28+x24=1y=kx+2⇒(k2+2)x2+4kx−4=0,所以x1=−4k−16k2+16(k2+2)2(k2+2)=−2k−22k2+2k2+2,因此|MF1|=x12+(y1−2)2=x12+(kx1+2−2)2=|x1|⋅1+k2=2k1+k2+22(k2+1)k2+2,同理可得:|NF2|=22(k2+1)−2k1+k2k2+2,因此|MF1|+|NF2|=42(k2+1)k2+2,|MF1|⋅|NF2|=[22(k2+1)]2−4k2(1+k2)(k2+2)2=4(1+k2)(k2+2),所以|PF1|+|PF2|=42−2|F1M|⋅|F2N||NF2|+|F1M|=42−2⋅4(1+k2)k2+242(k2+1)k2+2=42−2=32,所以|PF1|+|PF2|为定值,定值为32.【知识点】椭圆的定义;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据题意求出椭圆顶点的坐标,结合四边形的几何性质计算出b与c的关系,再由椭圆里a、b、c的关系,计算出a的取值由此得出椭圆的方程。(2)由已知条件结合椭圆的几何性质,结合椭圆的定义整理化简计算出a的取值,然后由点斜式设出直线的方程并联立直线与椭圆的方程消元后,结合弦长公式以及数量积公式代入整理,计算出结果从而得出答案。19.在平面直角坐标系xOy中,已知圆O:x2+y2=3,点M,M′的坐标分别为(2,0),(−2,0),且N为该平面内一点,以MN为直径的圆内切于圆O,记点N的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程.(2)已知P为曲线C上一点,过原点O作以P为圆心,32为半径的圆的两条切线,分别交曲线C于A,B两点,试问|OA|2+|OB|2是否为定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.【答案】(1)解:设MN的中点为T,依题意,|OT|=3−12|MN|,又|OT|=12|M′N|,则|NM|+|NM′|=23>22=|MM′|,由椭圆定义知,点N的轨迹是以M′,M为左右焦点,长轴长为23的椭圆,而半焦距为2,则短半轴长b=(3)2−(2)2=1,所以曲线C的方程为x23+y2=1.(2)解:设圆心P(x0,y0),则有x02+3y02=3,圆P:(x−x0)2+(y−y0)2=34,当x02=34,即点P(±32,±32)时,圆P与两坐标轴相切,则OA,OB分别为椭圆长半轴、短半轴,于是有|OA|2+|OB|2=3+1=4,当x02≠34时,设过点O的圆P的切线方程为y=kx,其中直线OA,OB的方程分别为y=k1x,y=k2x,由|kx0−y0|k2+1=32得:(4×02−3)k2−8x0y0k+4y02−3=0,则k1,k2是此方程的二根,有k1k2=4y02−34×02−3=−13,由y=kxx2+3y2=3得x2=31+3k2,设点A(xA,yA),B(xB,yB),则xA2=31+3k12,xB2=31+3k12,|OA|2+|OB|2=(1+k12)xA2+(1+k22)xB2=3(1+k12)1+3k12+3(1+k22)1+3k22=2+2[2+3(k12+k22)]9k12k22+3(k12+k22)+1=2+2[2+3(k12+k22)]2+3(k12+k22)=4,综上得|OA|2+|OB|2=4,所以|OA|2+|OB|2是定值,此定值为4.【知识点】圆的切线方程;椭圆的定义;椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)利用给定条件,探讨可得|NM|+|NM′|=23,再利用椭圆定义求出方程;(2)设圆心P(x0,y0),得圆P:(x−x0)2+(y−y0)2=34,分类讨论过点O的圆P的切线,利用切线性质结合韦达定理计算.20.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,点T(2,1)在椭圆上,与OT平行的直线l交椭圆C于P,Q两点,直线TP,TQ分别于x轴正半轴交于M,N两点.(1)求椭圆C的标准方程;(2)求证:|OM|+|ON|为定值.【答案】(1)解:由题意a2=b2+c2ca=324a2+1b2=1,解得a=22b=2c=6,所以椭圆C的标准方程为x28+y22=1;(2)解:因为直线OT的斜率为12,则设直线l的方程为y=12x+t(t≠0),P(x1,y1),Q(x2,y2),联立y=12x+tx28+y22=1,得x2+2tx+2t2−4=0,则Δ=4t2−4×(2t2−4)=4×(−t2+4)>0,解得−2 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简介:距离型定值问题-2023年高考数学之解密圆锥曲线命题点对点突破(全国通用)一、解答题1.在平面直角坐标系xOy中,已知点F1(-3,0),F2(3,0),点M满足|MF1|+|MF2|=4,记M的轨迹为C.以轨迹C与y轴正半轴交点T为圆心作圆,圆T与轨迹C在第一象限交于点A,在第二象限交于点B.(1)求C的方程;(2)求TA⋅TB的最小值,并求出此时圆T的方程;(3)设点P是轨迹C上异于A,B的一点,且直线PA,PB分别与y轴交于点M,N,O为坐标原点,求证:|OM|⋅|ON|为定值.【答案】(1)解:由题可知,c=3,2a=4,即a=2,所以b=4−3=1,所以曲线C的方程为x24+y2=1.(2)解:由题知T(0,1),设A(m,n)(0 b>0)的离心率为32,左、右焦点分别为曲线y=2×2−6与x轴的两个交点.(1)求C的方程;(2)点P是圆O:x2+y2=a2+b2上的动点,过点P作C的两条切线,两条切线与圆O分别交于点A,B(异于P),证明:|AB|为定值.【答案】(1)解:2×2−6=0得x=±3由题知ca=32a2=b2+c2c=3,解得a=2,b=1所以椭圆C的标准方程为x24+y2=1(2)证明:设直线l斜率存在且与椭圆C相切,方程为y=kx+m代入x24+y2=1整理得(4k2+1)x2+8kmx+4(m2−1)=0则Δ=64k2m2−16(4k2+1)(m2−1)=0,即4k2−m2+1=0…①记P(x0,y0),则m=y0−kx0,代入①整理得(4−x02)k2+2x0y0k+1−y02=0…②当直线PA、PB斜率存在时,记其斜率分别为k1,k2,易知k1,k2为方程②的两根,则有k1k2=1−y024−x02,又x02+y02=a2+b2=5,所以k1k2=1−y024−x02=1−(5−x02)4−x02=−1,即PA⊥PB所以AB为圆x2+y2=5的直径,所以|AB|=25当直线PA、PB有一条斜率不存在时,点P坐标为(±2,±1),易知此时A、B关于原点对称,AB为圆x2+y2=5的直径.综上,|AB|为定值25.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)令2×2−6=0得x=±3,根据题意可得ca=32a2=b2+c2c=3,解得a,b,即可求出C的方程;(2) 设直线l斜率存在且与椭圆C相切,方程为y=kx+m,联立椭圆的方程,由判别式△=0,得4k2−m2+1=0①,记P(x0,y0),则m=y0−kx0,代入①整理得(4−x02)k2+2x0y0k+1−y02=0②当直线PA、PB斜率存在时,记其斜率分别为k1,k2,易知k1,k2为方程②的两根,由韦达定理可得k1k2=1−y024−x02,又x02+y02=a2+b2=5,进而可得k1k2=−1,即PA⊥PB,AB为圆x2+y2=5的直径,当直线PA、PB有一条斜率不存在时,点P坐标为(土2,士1),推出A、B关于原点对称,AB为圆x2+y2=5的直径,即可证得|AB|为定值.3.在直角坐标系xOy中,长为3的线段AB的两端点A,B分别在x,y轴上滑动,动点M满足AM=2MB(1)求动点M的轨迹E的方程;(2)设过点N(0,t)的动直线l与(1)中的轨迹E交于C,D两点,是否存在定实数t,使得1|NC|2+1|ND|2为定值?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由.【答案】(1)解:设A(x0,0),B(0,y0),M(x,y)由AM=2MB,得(x−x0,y)=2(−x,y0−y),即x0=3xy0=3y2而|AB|=3,即x02+y02=9.所以(3x)2+(3y2)2=9,即x2+y24=1.(2)解:假设存在满足题意的直线l,设C(x1,y1),D(x2,y2).当直线l的斜率存在时,设其方程为y=kx+t.由y=kx+t4x2+y2=4,消去y,得(k2+4)x2+2ktx+t2−4=0.则x1+x2=−2ktk2+4,x1x2=t2−4k2+4.所以,|NC|2=x12+(y1−t)2=(k2+1)x12,|ND|2=x22+(y2−t2)=(k2+1)x22,则1|NC|2+1|ND|2=1(k2+1)x12+1(k2+1)x22=1k2+1⋅x12+x22x12x22=1k2+1⋅(x1+x2)2−2x1x2x12x22=1k2+1⋅(−2ktk2+4)2−2⋅t2−4k2+4(t2−4k2+4)2=1k2+1⋅(2t2+8)k2−8t2+32(t2−4)2当且仅当2t2+8=−8t2+32,即t2=125,t=±2155时,1|NC|2+1|ND|2=5当直线l的斜率不存在时,C(0,−2),D(0,2),若t=±2155则1|NC|2+1|ND|2=1(t+2)2+1(2−t)2=2(t2+4)(4−t2)2=5.综上,存在实数t=±2155,使得1|NC|2+1|ND|2为定值为5.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题;圆锥曲线的轨迹问题【解析】【分析】(1)设A(x0,0),B(0,y0),M(x,y),由向量的数乘运算,得到x0=3xy0=3y2,由|AB|=3可得轨迹方程;(2)假设存在满足题意的直线l,设C(x1,y1),D(x2,y2).当直线l的斜率存在时,设其方程为y=kx+t.代入椭圆方程,应用韦达定理得x1+x2,x1x2,计算1|NC|2+1|ND|2并代入x1+x2,x1x2,分析它是与k无关的常数,由此得出值,再检验这个值对斜率不存在的直线l也适用,由此得结论.4.设A、B分别为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点,设M(0,−1)是椭圆下顶点,直线MA与MB斜率之积为−14.(1)求椭圆C的标准方程;(2)若一动圆的圆心Q在椭圆上运动,半径为255.过原点O作动圆Q的两条切线,分别交椭圆于E、F两点,试证明|OE|2+|OF|2为定值.【答案】(1)解:由题意可知,b=1,A(−a,0),B(a,0),由kMA⋅kMB=−1a⋅1a=−14,即a2=4,又a>0,所以a=2,椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)证明:设点Q坐标为(x0,y0),即x024+y02=1.当直线OE的斜率为0,此时y0=±255,x0=±255,则直线OF的斜率不存在,此时|OE|2+|OF|2=a2+b2=5;当直线OE的斜率存在且斜率不为0时,设直线OE的方程为y=k1x,直线OF的方程为y=k2x,设点E(x1,y1)、F(x2,y2),联立y=kxx2+4y2=4,可得(4k2+1)x2=4,则x12=44k12+1,x22=44k22+1,又圆Q与直线OE、OF相切,即|kx0−y0|k2+1=255,整理可得(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0,则k1、k2为关于k的方程(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0的两根,所以,k1k2=y02−45×02−45=1−x024−45×02−45=−14,所以,|OE|2+|OF|2=(1+k12)x12+(1+k22)x22=4(k12+1)4k12+1+4(k22+1)4k22+1 =4(k12+1)4k12+1+4(116k12+1)14k12+1=4(k12+1)4k12+1+16k12+14k12+1=5.综上:|OE|2+|OF|2为定值5.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)利用已知条件求出椭圆的左、右顶点、下顶点的坐标,进而得出b的值和A,B两点的坐标,再利用两点求斜率公式和实数a的取值范围,进而得出a的值,从而得出椭圆C的标准方程。(2)设点Q坐标为(x0,y0),再利用代入法得出x024+y02=1,当直线OE的斜率为0,进而得出此时y0,x0的值,则直线OF的斜率不存在,进而求出|OE|2+|OF|2的值;当直线OE的斜率存在且斜率不为0时,设直线OE的方程为y=k1x,直线OF的方程为y=k2x,设点E(x1,y1)、F(x2,y2),再利用直线与椭圆相交,联立二者方程结合一元二次方程求根公式得出x12=44k12+1,x22=44k22+1,再利用圆Q与直线OE、OF相切结合直线与圆相切位置关系判断方法,再结合点到直线的距离公式,整理可得(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0,则k1、k2为关于k的方程(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0的两根,再结合韦达定理得出k1k2的值,再利用两点距离公式得出|OE|2+|OF|2的值,进而证出|OE|2+|OF|2为定值。5.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率e=22,P为椭圆上一动点,△PF1F2面积的最大值为2.(1)求椭圆E的方程;(2)若C,D分别是椭圆E长轴的左、右端点,动点M满足MD⊥CD,连接CM交椭圆于点N,C为坐标原点.证明:OM⋅ON为定值.【答案】(1)解:当P为短轴端点时,△PF1F2的面积最大,bc=2,故ca=22bc=2a2=b2+c2,解得a=2,b=c=2,故椭圆E的方程为x24+y22=1.(2)解:由(1)知,C(−2,0),D(2,0),设直线CM:y=k(x+2),N(x1,y1),∵MD⊥CD,∴M(2,4k),联立x24+y22=1y=k(x+2),整理得(2k2+1)x2+8k2xx2+8k2−4=0,由−2×1=8k2−42k2+1得x1=2−4k22k2+1,y1=k(x1+2)=4k2k2+1,∴N(2−4k22k2+1,4k2k2+1),OM⋅ON=2×2−4k22k2+1+4k×4k2k2+1=4,故OM⋅ON为定值4.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由离心率和三角形的最大面积及a,b,c之间的关系可得a,b的值,进而求出椭圆E的方程;(2)由题意可得C,D的坐标,由题意设M的坐标,求出直线CM的斜率,进而求出直线CM的方程,与椭圆的方程联立,求出两根之积,可得N的横坐标,代入直线CM的方程可得N的坐标,求出数量积OM⋅ON,可证得OM⋅ON为定值.6.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为63,以椭圆C的右顶点A为圆心,作半径为r的圆(x−3)2+y2=r2,设圆A与椭圆C交于点E,F.(1)求AE⋅AF的最小值,并求此时圆A的方程;(2)设点O是坐标原点,点P是椭圆C上异于E,F的点,且满足直线PE,PF分别与x轴交于M,N两点,证明:|OM|⋅|ON|为定值.【答案】(1)解:根据题意,A(3,0),则a=3,又离心率ca=63,则c=2,故b2=a2−c2=1,即椭圆C的方程为x23+y2=1,设点E(x0,y0)(y0>0),则x023+y02=1,易得E,F关于x轴对称,则F(x0,−y0),又点A(3,0),则AE⋅AF=(x0−3,y0)⋅(x0−3,−y0)=(x0−3)2−y02=x02−23×0+3−1+x023=43(x0−334)2−14,当x0=334,y0=74时,AE⋅AF有最小值为−14,且r2=|AE|2=(x0−3)2+y02=58,故圆A的方程为(x−3)2+y2=58;(2)证明:设点P(x1,y1),E(x0,y0),则F(x0,−y0),且x1≠x0,x023+y02=1,x123+y12=1,则kPE=y1−y0x1−x0,kPF=y1+y0x1−x0,可得lPE:y−y0=y1−y0x1−x0(x−x0),令y=0,则M(x0y1−x1y0y1−y0,0),lPF:y+y0=y1+y0x1−x0(x−x0),令y=0,则N(x0y1+x1y0y1+y0,0),所以xM⋅xN=x0y1−x1y0y1−y0⋅x0y1+x1y0y1+y0=x02y12−x12y02y12−y02=3(1−y02)y12−3(1−y12)y02y12−y02=3y12−3y02y12−y02=3,故|OM|⋅|ON|=|xM|⋅|xN|=|xMxN|=3,为定值.【知识点】圆的标准方程;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的关系 【解析】【分析】(1)直接由右顶点及离心率求出椭圆C的方程,设出E,F坐标,表示出AE→⋅AF→,由二次函数求得最小值,求出此时点E坐标,即可求得圆A的方程;(2)设出P,E,F坐标,表示出直线PE,PF求出M,N坐标,计算xM,xN,结合P,E,F是椭圆C上的点,求出xM×xN为定值,即可求得|OM|⋅|ON|为定值.7.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为4,离心率为32,其中左顶点为A,右顶点为B,O为坐标原点.(1)求椭圆E的标准方程;(2)直线y=x+t(t≠0)与椭圆E交于不同的两点P,Q,直线AP,BQ分别与直线y=x交于点M,N.求证:|OM|⋅|ON|为定值.【答案】(1)解:由已知得2a=4.所以a=2.又因为椭圆E的离心率为32,所以ca=32.所以c=3.所以b=a2−c2=4−3=1,所以椭圆E的方程为x24+y2=1(2)证明:由y=x+t,x2+4y2=4得5×2+8tx+4t2−4=0,设P(x1,y1),Q(x2,y2).因为直线y=x+t(t≠0)与椭圆E交于不同的两点P,Q,所以Δ=(8t)2−20(4t2−4)>0.解得−5 b>0)的长轴长为4,进而得出实数a的值,再利用椭圆的离心率为32,进而结合椭圆的离心率公式得出c的值,再利用椭圆中a,b,c三者的关系式,进而得出b的值,从而得出椭圆E的标准方程。(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),利用已知条件结合直线与椭圆相交,联立二者方程结合判别式法得出t的取值范围,再结合韦达定理,得出x1+x2=−8t5,x1x2=4t2−45,再利用点斜式设出直线AP的方程为y=y1x1+2(x+2),令y=x得xM=2(x1+t)2−t,再利用点斜式设出直线BQ的方程为y=y2x2−2(x−2),令y=x得xN=2(x2+t)t+2,进而得出xMxN的值,再利用两点距离公式得出|OM|⋅|ON|的值。8.已知抛物线C:y=ax2(a>0)的焦点是F,若过焦点F的直线与C相交于A,B两点,所得弦长|AB|的最小值为2.(1)求实数a的值;(2)设P,Q是抛物线C上不同于坐标原点O的两个不同的动点,且以线段PQ为直径的圆经过点O,作OM⊥PQ,M为垂足,试探究是否存在定点N,使得|MN|为定值,若存在,则求出该定点N的坐标及定值|MN|,若不存在,请说明理由.【答案】(1)解:抛物线C:y=ax2(a>0)化为标准方程为:x2=1ay,其焦点F(0,14a),因为斜率一定存在,设其方程为y=k1x+14a,联立方程得:y=k1x+14ax2=1ay,整理得:x2−k1ax−14a2=0,Δ>0恒成立.其中A(x1,y1),B(x2,y2),x1+x2=k1a,y1+y2=k1(x1+x2)+12a=k12a+12a,因为焦点弦长|AB|=y1+y2+12a=k12a+1a,所以当k12=0时,弦长|AB|min=1a=2.所以,实数a的值为12.(2)解:由题意可知直线PQ的斜率存在,设其方程为y=kx+t(t≠0).联立方程得:y=kx+tx2=2y,整理得:x2−2kx−2t=0,Δ=4k2+8t>0.其中P(x3,y3),Q(x4,y4),x3+x4=2k,x3x4=−2t,因为以PQ为直径的圆经过点O,所以OP⋅OQ=0.又因为OP⋅OQ=x3x4+y3y4=x3x4+x322⋅x422=−2t+4t24=−2t+t2=0,∵t≠0,∴t=2.所以直线PQ过定点T(0,2), 又因为OM⊥PQ,所以△OMT为直角三角形,所以当N为斜边OT中点时,|MN|为定值,此时|MN|=12|OT|=1.所以定点N为(0,1),|MN|为定值1【知识点】抛物线的应用;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据抛物线和过焦点的直线联立方程,根据焦点弦的计算,即可求解.(2)联立方程,得到根与系数的关系,根据以线段PQ为直径的圆经过点O,转化成OP⋅OQ=0,可得直线过定点,再由OM⊥PQ,根据直角三角形的特征即可找到N的位置,即可求解.9.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A,A1,右焦点为点F,点P是椭圆E上一动点,△APA1面积的最大值为2,当PF⊥x轴时,|PF|=12.(1)求椭圆E的方程;(2)已知直线l与椭圆E有且只有一个公共点,直线l与直线x=433交于点N,过点F作x轴的垂线,交直线l于点M.求证:|FM||FN|为定值.【答案】(1)解:设椭圆E的半焦距为c,P(x,y),将x=c代入x2a2+y2b2=1得y2=b2(1−c2a2)=(a2−c2)b2a2=b4a2,所以|PF|=|y|=b2a=12,因为点P是椭圆E上一动点,所以−b≤y≤b,所以△APA1面积S=12|AA1||y|≤ab=2,由a=2b2ab=2,求得a=2b=1,所以椭圆E的方程为E:x24+y2=1(2)解:由题意可知直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx+m,联立y=kx+mx24+y2=1,整理可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2−4=0,因为直线l与椭圆E相切,所以Δ=64k2m2−4(1+4k2)(4m2−4)=0,得m2=1+4k2,因为椭圆E的右焦点为F(3,0),将x=3代入直线l得y=3k+m,所以M(3,3k+m),所以|FM|=|3k+m|,将x=433代入直线l可得y=433k+m,所以N(433,433k+m),所以|NF|2=(433−3)2+(433k+m)2=163k2+833km+m2+13,|FM|2|NF|2=3k2+23km+m216k23+833km+m2+13,将m2=1+4k2代入上式,得|FM|2|FN|2=7k2+23km+128k23+833km+43=34,所以|FM||FN|为定值32【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)设椭圆E的半焦距为c,P(x,y),由|PF|=12得|PF|=|y|=b2a=12,△APA1面积的最大值为2,即ab=2,联立方程求a,b,从而可得椭圆方程;(2)设直线l的方程为y=kx+m,联立方程组整理(1+4k2)x2+8kmx+4m2−4=0,因为直线l与椭圆E相切,得m2=1+4k2,根据已知条件求得N(433,433k+m),N(433,433k+m),从而可得|FM|=|3k+m|,|NF|2=(433−3)2+(433k+m)2=163k2+833km+m2+13,作商化简即可求解.10.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点A(2,1),过右焦点F2作x轴的垂线交椭圆于M,N两点,且|MN|=6.(1)求椭圆C的方程;(2)点P,Q在椭圆C上,且kAP⋅kAQ=13,AD⊥PQ,D为垂足.证明:存在定点S,使得|DS|为定值.【答案】(1)解:由已知得4a2+1b2=1,且当x=c时,|MN|=2b2a=6,联立4a2+1b2=1,2b2a=6,解得a2=6,b2=3,故椭圆C的方程为x26+y23=1.(2)证明:设点P(x1,y1),Q(x2,y2),因为kAP⋅kAQ=13,y1−1×1−2⋅y2−1×2−2=13,即(x1−2)(x2−2)−3(y1−1)(y2−1)=0,*当直线PQ的斜率存在时,设方程为y=kx+m,代入椭圆方程消去y得(2k2+1)x2+4kmx+2m2−6=0,Δ>0,x1+x2=−4km2k2+1,x1x2=2m2−62k2+1. 根据y1=kx1+m,y2=kx2+m.代入*整理,得(1−3k2)x1x2−(3km+2−3k)(x1+x2)+1+6m−3m2=0,结合根与系数的关系可得,m2−2(4k+3)m−5(4k2−1)=0,[m−5(2k+1)][m+(2k−1)]=0,当m=−(2k−1)时,直线y=kx+m=kx−2k+1=k(x−2)+1过点A(2,1),不符合条件,当m=5(2k+1)时,直线方程为y=kx+5(2k+1)=k(x+10)+5,故直线PQ恒过定点(−10,5),设E(−10,5),当直线PQ的斜率不存在时,点P(x1,y1),Q(x1,−y1),此时(x1−2)2+3y12−3=0,又x126+y123=1,可得x1=−10(舍)或x1=2,与A点重合,与已知条件不符.∴直线PQ的斜率一定存在,故直线PQ恒过定点E(−10,5)由于AE为定长,且△ADE为直角三角形,AE为斜边,所以AE的中点S满足|DS|为定值,点S为(−4,3).【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)将点以A(2,1)及x=c代入椭圆方程,得出椭圆的方程;(2)讨论直线PQ的斜率存在和不存在两种情况,设方程为y=kx+m,代入椭圆方程,结合韦达定理以及kAP⋅kAQ=13得出直线PQ恒过定点(−10,5),从而得到结论.11.已知椭圆T:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F(−c,0),上顶点为P.直线PF与椭圆T交于另一点Q,且|PF|=7|FQ|,点E(3,12)在椭圆T上.(1)求椭圆T的方程.(2)过点M(0,2),且斜率为k的直线l与椭圆T相交于A,B两点,点A关于y轴的对称点为A′,作MN⊥A′B,垂足为N.是否存在定点R,使得|NR|为定值?若存在,求出定点R的坐标;若不存在,说明理由.【答案】(1)解:由题可知,F(−c,0),P(0,b),设Q(x,y),则PF=(−c,−b),FQ=(x+c,y),因为|PF|=7|FQ|,所以PF=7FQ,即−c=7(x+c)−b=7y,解得x=−8c7y=−b7,即点Q的坐标为(−8c7,−b7),则64c249a2+149=1,整理得ca=32.因为点E(3,12)在椭圆T上,所以3a2+14b2=1又a2=b2+c2,所以a=2,b=1,c=3故椭圆T的方程为x24+y2=1(2)解:由题可知直线l的方程为y=kx+2,设点A(x1,y1),B(x2,y2),则A′(−x1,y1).联立方程组x24+y2=1,y=kx+2,整理得(4k2+1)x2+16kx+12=0,Δ=(16k)2−48(4k2+1)=64k2−48>0,则x1+x2=−16k4k2+1,x1x2=124k2+1,直线A′B的方程为y−y1=y2−y1x2+x1(x+x1),整理(y1−y2)x+(x2+x1)y=x1y2+x2y1.又x1y2+x2y1=x1(kx2+2)+x2(kx1+2)=2kx1x2+2(x1+x2)=−8k4k2+1,令x=0,得y=x1y2+x2y1x1+x2=12,所以A′B恒过定点G(0,12),故在Rt△MGN中,存在定点R(0,54)为斜边MG的中点,使得|NR|=12|MG|=34,为定值.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)|PF|=7|FQ|可结合向量得到点Q(−8c7,−b7),将E,Q坐标代入椭圆方程可得答案;(2)设点A(x1,y1),B(x2,y2),则A′(−x1,y1),联立直线和椭圆的方程,得到关于x的一元二次方程,结合Δ>0得到x1+x2=−16k4k2+1x1x2=124k2+1,由A′B的方程y−y1=y2−y1x2+x1(x+x1),令x=0,代入韦达定理整理可得:A′B恒过定点G(0,12),12.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点为F1,F2,且F2(1,0)为长轴的一个四等分点.(1)求椭圆的标准方程;(2)分别过F1,F2作斜率为k1,k2的两条直线l1和l2,l1与椭圆交于A,B两点,l2与椭圆交于C,D两点,且k1⋅k2=1.求证:1|AB|+1|CD|为定值,并求出该定值.【答案】(1)解:由已知c=1,a=2,所以b2=a2−c2=3,因此椭圆的标准方程为x24+y23=1;(2)解:设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4)直线l1:y=k1(x+1),l2:y=k2(x−1)联立方程y=k1(x+1)3×2+4y2=12得(3+4k12)x2+8k12x+4k12−12=0,∴x1+x2=−8k123+4k12,x1x2=4k12−123+4k12,∴|AB|=1+k12(x1+x2)2−4x1x2=12(1+k12)3+4k12,联立方程y=k2(x−1)3×2+4y2=12得(3+4k22)x2−8k22x+4k22−12=0, 同理可得|CD|=12(1+k22)3+4k22,∴1|AB|+1|CD|=112(3+4k121+k12+3+4k221+k22)=112(6+7k12+7k22+8k12k221+k12+k22+k12k22)由已知k1k2=1,化简得1|AB|+1|CD|=712=定值.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由右焦点的坐标可得c的值,再由F2(1,0)为长轴的一个四等分点可得a的值,进而求出b的值,求出椭圆的标准方程;(2)设直线l1的方程,与椭圆的方程联立,求出两根之和及两根之积,进而求出弦长|AB|的表达式,由题意可设直线l2的方程,与椭圆的方程联立,求出两根之和及两根之积,进而求出弦长|CD|的值,求出1|AB|+1|CD|的值,可证得为定值.13.在平面直角坐标系中,椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=63,a=6,直线l与x轴相交于点E,与椭圆相交于点A,B;(1)求椭圆C的方程,(2)在x轴上是否存在点E,使得1|EA|2+1|EB|2为定值?若存在,请求出点E的坐标,若不存在,请说明理由.【答案】(1)解:由题意得:e=ca=63,a=6,∴c=2,∴b2=a2−c2=2,所以椭圆的方程为x26+y22=1(2)解:设E(x0,0),A(x1,y1),B(x2,y2),(ⅰ)当直线AB与x轴不重合时,设AB的方程为x=my+x0代入x26+y22=1得:(m2+3)y2+2mx0y+x02−6=0,则y1+y2=−2mx0m2+3y1⋅y2=x02−6m2+3|EA|2=(m2+1)y12,|EB|2=(m2+1)y22,1|EA|2+1|EB|2=(y1+y2)2−2y1y2(m2+1)y12y22=2×m2(x02+6)+(18−3×02)m2(x02−6)2+(x02−6)2当x02+6=(x02−6)218−3×02=(x02−6)2,即x02=3时,无论m取何值,1|EA|2+1|EB|2的值恒为2,得点E(±3,0),(ⅱ)当直线AB与x轴重合时,有A(−6,0),B(6,0),E(3,0)或E(−3,0),均有1|EA|2+1|EB|2=2由i和ii得,在x轴上是存在两点E(±3,0),使得1|EA|2+1|EB|2为定值.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)利用已知条件结合椭圆的离心率公式和a的值,进而得出c的值,再利用椭圆中a,b,c三者的关系式得出b的值,进而得出椭圆的标准方程。(2)设E(x0,0),A(x1,y1),B(x2,y2),(ⅰ)当直线AB与x轴不重合时,设AB的方程为x=my+x0,再利用直线与椭圆相交,联立二者方程结合韦达定理得出y1+y2=−2mx0m2+3y1⋅y2=x02−6m2+3,再利用两点距离公式得出1|EA|2+1|EB|2=2×m2(x02+6)+(18−3×02)m2(x02−6)2+(x02−6)2,当x02+6=(x02−6)218−3×02=(x02−6)2,得出x02=3时,无论m取何值,1|EA|2+1|EB|2的值恒为定值,进而得出点E的坐标;(ⅱ)当直线AB与x轴重合时,进而得出点A,B,的坐标,再结合两点距离公式得出1|EA|2+1|EB|2的值为定值,进而得出在x轴上是存在两点E(±3,0),使得1|EA|2+1|EB|2为定值。14.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,左、右焦点分别为F1,F2,O为坐标原点,点P在椭圆C上,且有|PF1|=2,∠F1PF2=2π3(1)求椭圆C的方程;(2)设直线l不经过P(0,1)点且与椭圆E相交于A、B两点,若直线PA与直线PB的斜率之和为−2,若PM⊥l,垂足为M,判断是否存在定点N,使得|MN|为定值,若存在求出点N,若不存在,说明理由.【答案】(1)解:因为离心率为32,故a2−b2a2=34,解得a=2b,又ca=32,故c=3b.在△F1PF2中有|PF1|=2,|PF2|=2a−2=4b−2,|F1F2|=2c=23b,∠F1PF2=2π3,由余弦定理可得12b2=4+(4b−2)2−2⋅2⋅(4b−2)cos2π3,化简可得b=1,故a=2,椭圆C的方程为x24+y2=1 (2)解:当直线l的斜率不存在时,设点A(x0,y0),B(x0,−y0),此时有y0−1×0+−y0−1×0=−2,解得x0=1,此时直线l的方程为x=1;当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+m,(m≠1),A(x1,y1),B(x2,y2),联立x24+y2=1y=kx+m化简可得(4k2+1)x2+8kmx+4m2−4=0,x1+x2=−8km4k2+1,x1x2=4m2−44k2+1,又直线PA与直线PB的斜率之和为−2,故y1−1×1+y2−1×2=−2,代入直线方程有kx1+m−1×1+kx2+m−1×2=−2,化简得2k+(m−1)x1+x2x1x2=−2,代入韦达定理有2k−(m−1)8km4m2−4=−2,整理得m=−k−1,故直线y=kx+m=kx−k−1过定点Q(1,−1),当直线l的方程为x=1时也满足,又PM⊥l,故存在P,Q的中点N(12,0)得|MN|为定值【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】(1)根据离心率为32可得a=2b,c=3b,再在△F1PF2中利用余弦定理求解b即可;(2)当直线l的斜率不存在时,设点A(x0,y0),B(x0,−y0),根据已知条件,解得x0=1,此时直线l的方程为x=1;当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+m,(m≠1),A(x1,y1),B(x2,y2),再联立椭圆的方程,表达出直线PA与直线PB的斜率之和为−2,结合韦达定理可得m=−k−1,进而得到直线l过定点,从而根据PM⊥l确定点N.15.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为23,A1、A2分别为椭圆C的左、右顶点,B为椭圆C的上顶点,F1为椭圆的左焦点,且△A1F1B的面积为52.(1)求椭圆C的方程;(2)设过点D(1,0)的动直线l交椭圆C于E、F两点(点E在x轴上方),M、N分别为直线A1E、A2F与y轴的交点,证明:|OM||ON|为定值.【答案】(1)解:由椭圆C的离心率为23,得ca=23,于是a=32c,b=52c=|OB|∴|A1F1|=a−c=12c,S△A1F1B=12×12c×52c=58c2=52,因此c=2,a=3,b=5,∴椭圆的方程为x29+y25=1;(2)证明:易知,直线l(EF)斜率不为0,设l方程为x=my+1,由x=my+1,x29+y25=1得(5m2+9)y2+10my−40=0,设E(x1,y1),F(x2,y2),则y1+y2=−10m5m2+9,y1y2=−405m2+9,则y1=−10m5m2+9−y2.由直线A1E方程y=y1x1+3(x+3),得yM=3y1x1+3;由直线A2F方程y=y2x2−3(x−3),得yN=−3y2x2−3;由此可得,|OM||ON|=yM−yN=y1(x2−3)y2(x1+3)=y1(my2−2)y2(my1+4)=my1y2−2y1my1y2+4y2=m⋅−405m2+9−2(−10m5m2+9−y2)m·−405m2+9+4y2=−40m+20m+2(5m2+9)y2−40m+4(5m2+9)y2=−20m+2(5m2+9)y22[−20m+2(5m2+9)y2]=12.∴|OM||ON|为定值12.【知识点】椭圆的标准方程;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的关系;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由离心率得a=32c,再结合S△A1F1B=12×12c×52c即可求解;(2)设l方程为x=my+1,联立椭圆方程,设E(x1,y1),F(x2,y2)由韦达定理,可得y1=−10m5m2+9−y2,分别通过直线A1E,直线A2F的方程可得yM,yN,进而可得|OM||ON|=yM−yN,代入yM,yN,结合韦达定理化简即可求解。16.在平面直角坐标系xOy中,点M(0,1),记动点P到直线l:y=−2的距离为d,且d=|PM|+1,设点P的轨迹为曲线E.(1)求曲线E的方程;(2)直线m交曲线E于A,B两点,曲线E在点A及点B处的切线相交于点C.设点C到直线l的距离为h,若△ABC的面积为4,求证:存在定点T,使得|CT|h恒为定值.【答案】(1)解:由题意可知P到定点M的距离与P到直线y=−1的距离相等∴P的轨迹是抛物线且p2=1,p=2,曲线E的方程为x2=4y(2)解:设直线m的方程为y=kx+m,A(x1,x124),B(x2,y224)y=kx+mx2=4y⇒x2−4kx−4m=0,Δ=16k2+16m>0. x1+x2=4kx1x2=−4m,y=14×2,y′=12x∴切线AC的方程为y=x12(x−x1)+x124=x12x−x124①BC方程为y=x22x−x224②联立①②得x1−x22x=(x1+x2)(x1−x2)4∴xC=x1+x22=2k,yC=x12⋅x1+x22−x124=x1x24=−m,即C(2k,−m)设AB的中点为N(x0,y0),∴x0=x1+x22=2k,∴CN⊥x轴N(2k,2k2+m),C(2k,−m),CN=2k2+2m,|x1−x2|=4k2+m∴S△ABC=12⋅2(k2+m)⋅4k2+m=4(k2+m)32=4⇒k2+m=1∴h=2−m,存在定点T(0,0)使得|CT|h=4k2+m22−m=4(1−m)+m22−m=2−m2−m=1【知识点】抛物线的标准方程;直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】(1)由P到定点M的距离与P到直线y=−1的距离相等,结合抛物线的定义得出曲线E的方程;(2)设直线m的方程为y=kx+m,由韦达定理以及导数得出AC,BC切线的方程,并联立得出点C坐标以及三角形面积公式得出k2+m=1,进而存在定点T(0,0)使得|CT|h=1.17.已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,点P(−2,y0)为抛物线上一点,抛物线C在点P处的切线与y轴相交于点Q,且△FPQ的面积为2.(1)求抛物线的方程.(2)若斜率不为0的直线l过焦点F,且交抛物线C于A,B两点,线段AB的中垂线与y轴交于点M.证明:|MF||AB|为定值.【答案】(1)解:由题意可知P(−2,2p),设抛物线C在点P处的切线方程为y−2p=k(x+2),联立x2=2pyy−2p=k(x+2)得x2−2pkx−(4pk+4)=0,由Δ=4p2k2+4(4pk+4)=0解得k=−2p,故切线方程为y−2p=−2p(x+2),令x=0,得y=−2p,即Q(0,−2p),又F(0,p2),所以S△FPQ=12×(p2+2p)×2=2,解得p=2,所以抛物线C的方程为x2=4y.(2)证明:由(1)可知F(0,1),显然直线l的斜率存在,故可设直线l的方程为y=kx+1,A(x1,y1),B(x2,y2).联立方程组x2=4yy=kx+1,消去y得x2−4kx−4=0,所以x1+x2=4k,x1x2=−4,所以y1+y2=k(x1+x2)+2=4k2+2,得|AB|=y1+y2+2=4k2+4,所以线段AB的中点为(x1+x22,y1+y22)=(2k,2k2+1),中垂线所在直线的斜率k′=−1k,故线段AB中垂线所在的直线方程为y−2k2−1=−1k(x−2k),令x=0,得yM=2k2+3,所以|MF|=2k2+2,所以|MF||AB|=2k2+24k2+4=12为定值,得证.【知识点】抛物线的标准方程;直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】(1)求出P坐标,待定系数法设切线方程,解出斜率,表示Q坐标后由面积列方程求解(2)待定系数法设直线方程,与抛物线方程联立后由韦达定理表示弦长|AB|与中点坐标,再求其垂直平分线方程,表示点M坐标后计算证明.18.已知椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的上、下焦点分别为F1,F2,左、右顶点分别为A1,A2,且四边形A1F1A2F2是面积为8的正方形.(1)求C的标准方程.(2)M,N为C上且在y轴右侧的两点,MF1//NF2,MF2与NF1的交点为P,试问|PF1|+|PF2|是否为定值?若是定值,求出该定值;若不是,请说明理由.【答案】(1)解:椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的上、下焦点分别为F1(0,c),F2(0,−c),左、右顶点分别为A1(−b,0),A2(b,0),因为四边形A1F1A2F2是面积为8的正方形,所以有b=c且4×12⋅b⋅c=8,解得b=c=2⇒a2=b2+c2=8,所以椭圆的标准方程为:y28+x24=1;(2)解:因为MF1∥NF2,所以|NF2||F1M|=|PN||PF1|⇒|NF2||F1M|+1=|PN||PF1|+1⇒|NF2|+|F1M||F1M|=|PN|+|PF1||PF1|⇒|PF1|=|NF1||NF2|+|F1M|⋅|F1M|,因为N为C上且在y轴右侧的点,所以|NF2|+|F1N|=2a=42, 因此|PF1|=|F1M||NF2|+|F1M|⋅(42−|NF2|),同理可得:|PF2|=|F2N||NF2|+|F1M|⋅(42−|MF1|),所以|PF1|+|PF2|=|F1M||NF2|+|F1M|⋅(42−|NF2|)+|F2N||NF2|+|F1M|⋅(42−|MF1|)=42−2|F1M|⋅|F2N||NF2|+|F1M|,设MF1,NF2的方程分别为:y=kx+1,y=kx−1,设M(x1,y1),N(x2,y2)(x1,x2<0),则y28+x24=1y=kx+2⇒(k2+2)x2+4kx−4=0,所以x1=−4k−16k2+16(k2+2)2(k2+2)=−2k−22k2+2k2+2,因此|MF1|=x12+(y1−2)2=x12+(kx1+2−2)2=|x1|⋅1+k2=2k1+k2+22(k2+1)k2+2,同理可得:|NF2|=22(k2+1)−2k1+k2k2+2,因此|MF1|+|NF2|=42(k2+1)k2+2,|MF1|⋅|NF2|=[22(k2+1)]2−4k2(1+k2)(k2+2)2=4(1+k2)(k2+2),所以|PF1|+|PF2|=42−2|F1M|⋅|F2N||NF2|+|F1M|=42−2⋅4(1+k2)k2+242(k2+1)k2+2=42−2=32,所以|PF1|+|PF2|为定值,定值为32.【知识点】椭圆的定义;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据题意求出椭圆顶点的坐标,结合四边形的几何性质计算出b与c的关系,再由椭圆里a、b、c的关系,计算出a的取值由此得出椭圆的方程。(2)由已知条件结合椭圆的几何性质,结合椭圆的定义整理化简计算出a的取值,然后由点斜式设出直线的方程并联立直线与椭圆的方程消元后,结合弦长公式以及数量积公式代入整理,计算出结果从而得出答案。19.在平面直角坐标系xOy中,已知圆O:x2+y2=3,点M,M′的坐标分别为(2,0),(−2,0),且N为该平面内一点,以MN为直径的圆内切于圆O,记点N的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程.(2)已知P为曲线C上一点,过原点O作以P为圆心,32为半径的圆的两条切线,分别交曲线C于A,B两点,试问|OA|2+|OB|2是否为定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.【答案】(1)解:设MN的中点为T,依题意,|OT|=3−12|MN|,又|OT|=12|M′N|,则|NM|+|NM′|=23>22=|MM′|,由椭圆定义知,点N的轨迹是以M′,M为左右焦点,长轴长为23的椭圆,而半焦距为2,则短半轴长b=(3)2−(2)2=1,所以曲线C的方程为x23+y2=1.(2)解:设圆心P(x0,y0),则有x02+3y02=3,圆P:(x−x0)2+(y−y0)2=34,当x02=34,即点P(±32,±32)时,圆P与两坐标轴相切,则OA,OB分别为椭圆长半轴、短半轴,于是有|OA|2+|OB|2=3+1=4,当x02≠34时,设过点O的圆P的切线方程为y=kx,其中直线OA,OB的方程分别为y=k1x,y=k2x,由|kx0−y0|k2+1=32得:(4×02−3)k2−8x0y0k+4y02−3=0,则k1,k2是此方程的二根,有k1k2=4y02−34×02−3=−13,由y=kxx2+3y2=3得x2=31+3k2,设点A(xA,yA),B(xB,yB),则xA2=31+3k12,xB2=31+3k12,|OA|2+|OB|2=(1+k12)xA2+(1+k22)xB2=3(1+k12)1+3k12+3(1+k22)1+3k22=2+2[2+3(k12+k22)]9k12k22+3(k12+k22)+1=2+2[2+3(k12+k22)]2+3(k12+k22)=4,综上得|OA|2+|OB|2=4,所以|OA|2+|OB|2是定值,此定值为4.【知识点】圆的切线方程;椭圆的定义;椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)利用给定条件,探讨可得|NM|+|NM′|=23,再利用椭圆定义求出方程;(2)设圆心P(x0,y0),得圆P:(x−x0)2+(y−y0)2=34,分类讨论过点O的圆P的切线,利用切线性质结合韦达定理计算.20.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,点T(2,1)在椭圆上,与OT平行的直线l交椭圆C于P,Q两点,直线TP,TQ分别于x轴正半轴交于M,N两点.(1)求椭圆C的标准方程;(2)求证:|OM|+|ON|为定值.【答案】(1)解:由题意a2=b2+c2ca=324a2+1b2=1,解得a=22b=2c=6,所以椭圆C的标准方程为x28+y22=1;(2)解:因为直线OT的斜率为12,则设直线l的方程为y=12x+t(t≠0),P(x1,y1),Q(x2,y2),联立y=12x+tx28+y22=1,得x2+2tx+2t2−4=0,则Δ=4t2−4×(2t2−4)=4×(−t2+4)>0,解得−2 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简介:距离型定值问题-2023年高考数学之解密圆锥曲线命题点对点突破(全国通用)一、解答题1.在平面直角坐标系xOy中,已知点F1(-3,0),F2(3,0),点M满足|MF1|+|MF2|=4,记M的轨迹为C.以轨迹C与y轴正半轴交点T为圆心作圆,圆T与轨迹C在第一象限交于点A,在第二象限交于点B.(1)求C的方程;(2)求TA⋅TB的最小值,并求出此时圆T的方程;(3)设点P是轨迹C上异于A,B的一点,且直线PA,PB分别与y轴交于点M,N,O为坐标原点,求证:|OM|⋅|ON|为定值.【答案】(1)解:由题可知,c=3,2a=4,即a=2,所以b=4−3=1,所以曲线C的方程为x24+y2=1.(2)解:由题知T(0,1),设A(m,n)(0 b>0)的离心率为32,左、右焦点分别为曲线y=2×2−6与x轴的两个交点.(1)求C的方程;(2)点P是圆O:x2+y2=a2+b2上的动点,过点P作C的两条切线,两条切线与圆O分别交于点A,B(异于P),证明:|AB|为定值.【答案】(1)解:2×2−6=0得x=±3由题知ca=32a2=b2+c2c=3,解得a=2,b=1所以椭圆C的标准方程为x24+y2=1(2)证明:设直线l斜率存在且与椭圆C相切,方程为y=kx+m代入x24+y2=1整理得(4k2+1)x2+8kmx+4(m2−1)=0则Δ=64k2m2−16(4k2+1)(m2−1)=0,即4k2−m2+1=0…①记P(x0,y0),则m=y0−kx0,代入①整理得(4−x02)k2+2x0y0k+1−y02=0…②当直线PA、PB斜率存在时,记其斜率分别为k1,k2,易知k1,k2为方程②的两根,则有k1k2=1−y024−x02,又x02+y02=a2+b2=5,所以k1k2=1−y024−x02=1−(5−x02)4−x02=−1,即PA⊥PB所以AB为圆x2+y2=5的直径,所以|AB|=25当直线PA、PB有一条斜率不存在时,点P坐标为(±2,±1),易知此时A、B关于原点对称,AB为圆x2+y2=5的直径.综上,|AB|为定值25.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)令2×2−6=0得x=±3,根据题意可得ca=32a2=b2+c2c=3,解得a,b,即可求出C的方程;(2) 设直线l斜率存在且与椭圆C相切,方程为y=kx+m,联立椭圆的方程,由判别式△=0,得4k2−m2+1=0①,记P(x0,y0),则m=y0−kx0,代入①整理得(4−x02)k2+2x0y0k+1−y02=0②当直线PA、PB斜率存在时,记其斜率分别为k1,k2,易知k1,k2为方程②的两根,由韦达定理可得k1k2=1−y024−x02,又x02+y02=a2+b2=5,进而可得k1k2=−1,即PA⊥PB,AB为圆x2+y2=5的直径,当直线PA、PB有一条斜率不存在时,点P坐标为(土2,士1),推出A、B关于原点对称,AB为圆x2+y2=5的直径,即可证得|AB|为定值.3.在直角坐标系xOy中,长为3的线段AB的两端点A,B分别在x,y轴上滑动,动点M满足AM=2MB(1)求动点M的轨迹E的方程;(2)设过点N(0,t)的动直线l与(1)中的轨迹E交于C,D两点,是否存在定实数t,使得1|NC|2+1|ND|2为定值?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由.【答案】(1)解:设A(x0,0),B(0,y0),M(x,y)由AM=2MB,得(x−x0,y)=2(−x,y0−y),即x0=3xy0=3y2而|AB|=3,即x02+y02=9.所以(3x)2+(3y2)2=9,即x2+y24=1.(2)解:假设存在满足题意的直线l,设C(x1,y1),D(x2,y2).当直线l的斜率存在时,设其方程为y=kx+t.由y=kx+t4x2+y2=4,消去y,得(k2+4)x2+2ktx+t2−4=0.则x1+x2=−2ktk2+4,x1x2=t2−4k2+4.所以,|NC|2=x12+(y1−t)2=(k2+1)x12,|ND|2=x22+(y2−t2)=(k2+1)x22,则1|NC|2+1|ND|2=1(k2+1)x12+1(k2+1)x22=1k2+1⋅x12+x22x12x22=1k2+1⋅(x1+x2)2−2x1x2x12x22=1k2+1⋅(−2ktk2+4)2−2⋅t2−4k2+4(t2−4k2+4)2=1k2+1⋅(2t2+8)k2−8t2+32(t2−4)2当且仅当2t2+8=−8t2+32,即t2=125,t=±2155时,1|NC|2+1|ND|2=5当直线l的斜率不存在时,C(0,−2),D(0,2),若t=±2155则1|NC|2+1|ND|2=1(t+2)2+1(2−t)2=2(t2+4)(4−t2)2=5.综上,存在实数t=±2155,使得1|NC|2+1|ND|2为定值为5.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题;圆锥曲线的轨迹问题【解析】【分析】(1)设A(x0,0),B(0,y0),M(x,y),由向量的数乘运算,得到x0=3xy0=3y2,由|AB|=3可得轨迹方程;(2)假设存在满足题意的直线l,设C(x1,y1),D(x2,y2).当直线l的斜率存在时,设其方程为y=kx+t.代入椭圆方程,应用韦达定理得x1+x2,x1x2,计算1|NC|2+1|ND|2并代入x1+x2,x1x2,分析它是与k无关的常数,由此得出值,再检验这个值对斜率不存在的直线l也适用,由此得结论.4.设A、B分别为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点,设M(0,−1)是椭圆下顶点,直线MA与MB斜率之积为−14.(1)求椭圆C的标准方程;(2)若一动圆的圆心Q在椭圆上运动,半径为255.过原点O作动圆Q的两条切线,分别交椭圆于E、F两点,试证明|OE|2+|OF|2为定值.【答案】(1)解:由题意可知,b=1,A(−a,0),B(a,0),由kMA⋅kMB=−1a⋅1a=−14,即a2=4,又a>0,所以a=2,椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)证明:设点Q坐标为(x0,y0),即x024+y02=1.当直线OE的斜率为0,此时y0=±255,x0=±255,则直线OF的斜率不存在,此时|OE|2+|OF|2=a2+b2=5;当直线OE的斜率存在且斜率不为0时,设直线OE的方程为y=k1x,直线OF的方程为y=k2x,设点E(x1,y1)、F(x2,y2),联立y=kxx2+4y2=4,可得(4k2+1)x2=4,则x12=44k12+1,x22=44k22+1,又圆Q与直线OE、OF相切,即|kx0−y0|k2+1=255,整理可得(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0,则k1、k2为关于k的方程(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0的两根,所以,k1k2=y02−45×02−45=1−x024−45×02−45=−14,所以,|OE|2+|OF|2=(1+k12)x12+(1+k22)x22=4(k12+1)4k12+1+4(k22+1)4k22+1 =4(k12+1)4k12+1+4(116k12+1)14k12+1=4(k12+1)4k12+1+16k12+14k12+1=5.综上:|OE|2+|OF|2为定值5.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)利用已知条件求出椭圆的左、右顶点、下顶点的坐标,进而得出b的值和A,B两点的坐标,再利用两点求斜率公式和实数a的取值范围,进而得出a的值,从而得出椭圆C的标准方程。(2)设点Q坐标为(x0,y0),再利用代入法得出x024+y02=1,当直线OE的斜率为0,进而得出此时y0,x0的值,则直线OF的斜率不存在,进而求出|OE|2+|OF|2的值;当直线OE的斜率存在且斜率不为0时,设直线OE的方程为y=k1x,直线OF的方程为y=k2x,设点E(x1,y1)、F(x2,y2),再利用直线与椭圆相交,联立二者方程结合一元二次方程求根公式得出x12=44k12+1,x22=44k22+1,再利用圆Q与直线OE、OF相切结合直线与圆相切位置关系判断方法,再结合点到直线的距离公式,整理可得(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0,则k1、k2为关于k的方程(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0的两根,再结合韦达定理得出k1k2的值,再利用两点距离公式得出|OE|2+|OF|2的值,进而证出|OE|2+|OF|2为定值。5.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率e=22,P为椭圆上一动点,△PF1F2面积的最大值为2.(1)求椭圆E的方程;(2)若C,D分别是椭圆E长轴的左、右端点,动点M满足MD⊥CD,连接CM交椭圆于点N,C为坐标原点.证明:OM⋅ON为定值.【答案】(1)解:当P为短轴端点时,△PF1F2的面积最大,bc=2,故ca=22bc=2a2=b2+c2,解得a=2,b=c=2,故椭圆E的方程为x24+y22=1.(2)解:由(1)知,C(−2,0),D(2,0),设直线CM:y=k(x+2),N(x1,y1),∵MD⊥CD,∴M(2,4k),联立x24+y22=1y=k(x+2),整理得(2k2+1)x2+8k2xx2+8k2−4=0,由−2×1=8k2−42k2+1得x1=2−4k22k2+1,y1=k(x1+2)=4k2k2+1,∴N(2−4k22k2+1,4k2k2+1),OM⋅ON=2×2−4k22k2+1+4k×4k2k2+1=4,故OM⋅ON为定值4.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由离心率和三角形的最大面积及a,b,c之间的关系可得a,b的值,进而求出椭圆E的方程;(2)由题意可得C,D的坐标,由题意设M的坐标,求出直线CM的斜率,进而求出直线CM的方程,与椭圆的方程联立,求出两根之积,可得N的横坐标,代入直线CM的方程可得N的坐标,求出数量积OM⋅ON,可证得OM⋅ON为定值.6.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为63,以椭圆C的右顶点A为圆心,作半径为r的圆(x−3)2+y2=r2,设圆A与椭圆C交于点E,F.(1)求AE⋅AF的最小值,并求此时圆A的方程;(2)设点O是坐标原点,点P是椭圆C上异于E,F的点,且满足直线PE,PF分别与x轴交于M,N两点,证明:|OM|⋅|ON|为定值.【答案】(1)解:根据题意,A(3,0),则a=3,又离心率ca=63,则c=2,故b2=a2−c2=1,即椭圆C的方程为x23+y2=1,设点E(x0,y0)(y0>0),则x023+y02=1,易得E,F关于x轴对称,则F(x0,−y0),又点A(3,0),则AE⋅AF=(x0−3,y0)⋅(x0−3,−y0)=(x0−3)2−y02=x02−23×0+3−1+x023=43(x0−334)2−14,当x0=334,y0=74时,AE⋅AF有最小值为−14,且r2=|AE|2=(x0−3)2+y02=58,故圆A的方程为(x−3)2+y2=58;(2)证明:设点P(x1,y1),E(x0,y0),则F(x0,−y0),且x1≠x0,x023+y02=1,x123+y12=1,则kPE=y1−y0x1−x0,kPF=y1+y0x1−x0,可得lPE:y−y0=y1−y0x1−x0(x−x0),令y=0,则M(x0y1−x1y0y1−y0,0),lPF:y+y0=y1+y0x1−x0(x−x0),令y=0,则N(x0y1+x1y0y1+y0,0),所以xM⋅xN=x0y1−x1y0y1−y0⋅x0y1+x1y0y1+y0=x02y12−x12y02y12−y02=3(1−y02)y12−3(1−y12)y02y12−y02=3y12−3y02y12−y02=3,故|OM|⋅|ON|=|xM|⋅|xN|=|xMxN|=3,为定值.【知识点】圆的标准方程;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的关系 【解析】【分析】(1)直接由右顶点及离心率求出椭圆C的方程,设出E,F坐标,表示出AE→⋅AF→,由二次函数求得最小值,求出此时点E坐标,即可求得圆A的方程;(2)设出P,E,F坐标,表示出直线PE,PF求出M,N坐标,计算xM,xN,结合P,E,F是椭圆C上的点,求出xM×xN为定值,即可求得|OM|⋅|ON|为定值.7.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为4,离心率为32,其中左顶点为A,右顶点为B,O为坐标原点.(1)求椭圆E的标准方程;(2)直线y=x+t(t≠0)与椭圆E交于不同的两点P,Q,直线AP,BQ分别与直线y=x交于点M,N.求证:|OM|⋅|ON|为定值.【答案】(1)解:由已知得2a=4.所以a=2.又因为椭圆E的离心率为32,所以ca=32.所以c=3.所以b=a2−c2=4−3=1,所以椭圆E的方程为x24+y2=1(2)证明:由y=x+t,x2+4y2=4得5×2+8tx+4t2−4=0,设P(x1,y1),Q(x2,y2).因为直线y=x+t(t≠0)与椭圆E交于不同的两点P,Q,所以Δ=(8t)2−20(4t2−4)>0.解得−5 b>0)的长轴长为4,进而得出实数a的值,再利用椭圆的离心率为32,进而结合椭圆的离心率公式得出c的值,再利用椭圆中a,b,c三者的关系式,进而得出b的值,从而得出椭圆E的标准方程。(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),利用已知条件结合直线与椭圆相交,联立二者方程结合判别式法得出t的取值范围,再结合韦达定理,得出x1+x2=−8t5,x1x2=4t2−45,再利用点斜式设出直线AP的方程为y=y1x1+2(x+2),令y=x得xM=2(x1+t)2−t,再利用点斜式设出直线BQ的方程为y=y2x2−2(x−2),令y=x得xN=2(x2+t)t+2,进而得出xMxN的值,再利用两点距离公式得出|OM|⋅|ON|的值。8.已知抛物线C:y=ax2(a>0)的焦点是F,若过焦点F的直线与C相交于A,B两点,所得弦长|AB|的最小值为2.(1)求实数a的值;(2)设P,Q是抛物线C上不同于坐标原点O的两个不同的动点,且以线段PQ为直径的圆经过点O,作OM⊥PQ,M为垂足,试探究是否存在定点N,使得|MN|为定值,若存在,则求出该定点N的坐标及定值|MN|,若不存在,请说明理由.【答案】(1)解:抛物线C:y=ax2(a>0)化为标准方程为:x2=1ay,其焦点F(0,14a),因为斜率一定存在,设其方程为y=k1x+14a,联立方程得:y=k1x+14ax2=1ay,整理得:x2−k1ax−14a2=0,Δ>0恒成立.其中A(x1,y1),B(x2,y2),x1+x2=k1a,y1+y2=k1(x1+x2)+12a=k12a+12a,因为焦点弦长|AB|=y1+y2+12a=k12a+1a,所以当k12=0时,弦长|AB|min=1a=2.所以,实数a的值为12.(2)解:由题意可知直线PQ的斜率存在,设其方程为y=kx+t(t≠0).联立方程得:y=kx+tx2=2y,整理得:x2−2kx−2t=0,Δ=4k2+8t>0.其中P(x3,y3),Q(x4,y4),x3+x4=2k,x3x4=−2t,因为以PQ为直径的圆经过点O,所以OP⋅OQ=0.又因为OP⋅OQ=x3x4+y3y4=x3x4+x322⋅x422=−2t+4t24=−2t+t2=0,∵t≠0,∴t=2.所以直线PQ过定点T(0,2), 又因为OM⊥PQ,所以△OMT为直角三角形,所以当N为斜边OT中点时,|MN|为定值,此时|MN|=12|OT|=1.所以定点N为(0,1),|MN|为定值1【知识点】抛物线的应用;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据抛物线和过焦点的直线联立方程,根据焦点弦的计算,即可求解.(2)联立方程,得到根与系数的关系,根据以线段PQ为直径的圆经过点O,转化成OP⋅OQ=0,可得直线过定点,再由OM⊥PQ,根据直角三角形的特征即可找到N的位置,即可求解.9.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A,A1,右焦点为点F,点P是椭圆E上一动点,△APA1面积的最大值为2,当PF⊥x轴时,|PF|=12.(1)求椭圆E的方程;(2)已知直线l与椭圆E有且只有一个公共点,直线l与直线x=433交于点N,过点F作x轴的垂线,交直线l于点M.求证:|FM||FN|为定值.【答案】(1)解:设椭圆E的半焦距为c,P(x,y),将x=c代入x2a2+y2b2=1得y2=b2(1−c2a2)=(a2−c2)b2a2=b4a2,所以|PF|=|y|=b2a=12,因为点P是椭圆E上一动点,所以−b≤y≤b,所以△APA1面积S=12|AA1||y|≤ab=2,由a=2b2ab=2,求得a=2b=1,所以椭圆E的方程为E:x24+y2=1(2)解:由题意可知直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx+m,联立y=kx+mx24+y2=1,整理可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2−4=0,因为直线l与椭圆E相切,所以Δ=64k2m2−4(1+4k2)(4m2−4)=0,得m2=1+4k2,因为椭圆E的右焦点为F(3,0),将x=3代入直线l得y=3k+m,所以M(3,3k+m),所以|FM|=|3k+m|,将x=433代入直线l可得y=433k+m,所以N(433,433k+m),所以|NF|2=(433−3)2+(433k+m)2=163k2+833km+m2+13,|FM|2|NF|2=3k2+23km+m216k23+833km+m2+13,将m2=1+4k2代入上式,得|FM|2|FN|2=7k2+23km+128k23+833km+43=34,所以|FM||FN|为定值32【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)设椭圆E的半焦距为c,P(x,y),由|PF|=12得|PF|=|y|=b2a=12,△APA1面积的最大值为2,即ab=2,联立方程求a,b,从而可得椭圆方程;(2)设直线l的方程为y=kx+m,联立方程组整理(1+4k2)x2+8kmx+4m2−4=0,因为直线l与椭圆E相切,得m2=1+4k2,根据已知条件求得N(433,433k+m),N(433,433k+m),从而可得|FM|=|3k+m|,|NF|2=(433−3)2+(433k+m)2=163k2+833km+m2+13,作商化简即可求解.10.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点A(2,1),过右焦点F2作x轴的垂线交椭圆于M,N两点,且|MN|=6.(1)求椭圆C的方程;(2)点P,Q在椭圆C上,且kAP⋅kAQ=13,AD⊥PQ,D为垂足.证明:存在定点S,使得|DS|为定值.【答案】(1)解:由已知得4a2+1b2=1,且当x=c时,|MN|=2b2a=6,联立4a2+1b2=1,2b2a=6,解得a2=6,b2=3,故椭圆C的方程为x26+y23=1.(2)证明:设点P(x1,y1),Q(x2,y2),因为kAP⋅kAQ=13,y1−1×1−2⋅y2−1×2−2=13,即(x1−2)(x2−2)−3(y1−1)(y2−1)=0,*当直线PQ的斜率存在时,设方程为y=kx+m,代入椭圆方程消去y得(2k2+1)x2+4kmx+2m2−6=0,Δ>0,x1+x2=−4km2k2+1,x1x2=2m2−62k2+1. 根据y1=kx1+m,y2=kx2+m.代入*整理,得(1−3k2)x1x2−(3km+2−3k)(x1+x2)+1+6m−3m2=0,结合根与系数的关系可得,m2−2(4k+3)m−5(4k2−1)=0,[m−5(2k+1)][m+(2k−1)]=0,当m=−(2k−1)时,直线y=kx+m=kx−2k+1=k(x−2)+1过点A(2,1),不符合条件,当m=5(2k+1)时,直线方程为y=kx+5(2k+1)=k(x+10)+5,故直线PQ恒过定点(−10,5),设E(−10,5),当直线PQ的斜率不存在时,点P(x1,y1),Q(x1,−y1),此时(x1−2)2+3y12−3=0,又x126+y123=1,可得x1=−10(舍)或x1=2,与A点重合,与已知条件不符.∴直线PQ的斜率一定存在,故直线PQ恒过定点E(−10,5)由于AE为定长,且△ADE为直角三角形,AE为斜边,所以AE的中点S满足|DS|为定值,点S为(−4,3).【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)将点以A(2,1)及x=c代入椭圆方程,得出椭圆的方程;(2)讨论直线PQ的斜率存在和不存在两种情况,设方程为y=kx+m,代入椭圆方程,结合韦达定理以及kAP⋅kAQ=13得出直线PQ恒过定点(−10,5),从而得到结论.11.已知椭圆T:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F(−c,0),上顶点为P.直线PF与椭圆T交于另一点Q,且|PF|=7|FQ|,点E(3,12)在椭圆T上.(1)求椭圆T的方程.(2)过点M(0,2),且斜率为k的直线l与椭圆T相交于A,B两点,点A关于y轴的对称点为A′,作MN⊥A′B,垂足为N.是否存在定点R,使得|NR|为定值?若存在,求出定点R的坐标;若不存在,说明理由.【答案】(1)解:由题可知,F(−c,0),P(0,b),设Q(x,y),则PF=(−c,−b),FQ=(x+c,y),因为|PF|=7|FQ|,所以PF=7FQ,即−c=7(x+c)−b=7y,解得x=−8c7y=−b7,即点Q的坐标为(−8c7,−b7),则64c249a2+149=1,整理得ca=32.因为点E(3,12)在椭圆T上,所以3a2+14b2=1又a2=b2+c2,所以a=2,b=1,c=3故椭圆T的方程为x24+y2=1(2)解:由题可知直线l的方程为y=kx+2,设点A(x1,y1),B(x2,y2),则A′(−x1,y1).联立方程组x24+y2=1,y=kx+2,整理得(4k2+1)x2+16kx+12=0,Δ=(16k)2−48(4k2+1)=64k2−48>0,则x1+x2=−16k4k2+1,x1x2=124k2+1,直线A′B的方程为y−y1=y2−y1x2+x1(x+x1),整理(y1−y2)x+(x2+x1)y=x1y2+x2y1.又x1y2+x2y1=x1(kx2+2)+x2(kx1+2)=2kx1x2+2(x1+x2)=−8k4k2+1,令x=0,得y=x1y2+x2y1x1+x2=12,所以A′B恒过定点G(0,12),故在Rt△MGN中,存在定点R(0,54)为斜边MG的中点,使得|NR|=12|MG|=34,为定值.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)|PF|=7|FQ|可结合向量得到点Q(−8c7,−b7),将E,Q坐标代入椭圆方程可得答案;(2)设点A(x1,y1),B(x2,y2),则A′(−x1,y1),联立直线和椭圆的方程,得到关于x的一元二次方程,结合Δ>0得到x1+x2=−16k4k2+1x1x2=124k2+1,由A′B的方程y−y1=y2−y1x2+x1(x+x1),令x=0,代入韦达定理整理可得:A′B恒过定点G(0,12),12.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点为F1,F2,且F2(1,0)为长轴的一个四等分点.(1)求椭圆的标准方程;(2)分别过F1,F2作斜率为k1,k2的两条直线l1和l2,l1与椭圆交于A,B两点,l2与椭圆交于C,D两点,且k1⋅k2=1.求证:1|AB|+1|CD|为定值,并求出该定值.【答案】(1)解:由已知c=1,a=2,所以b2=a2−c2=3,因此椭圆的标准方程为x24+y23=1;(2)解:设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4)直线l1:y=k1(x+1),l2:y=k2(x−1)联立方程y=k1(x+1)3×2+4y2=12得(3+4k12)x2+8k12x+4k12−12=0,∴x1+x2=−8k123+4k12,x1x2=4k12−123+4k12,∴|AB|=1+k12(x1+x2)2−4x1x2=12(1+k12)3+4k12,联立方程y=k2(x−1)3×2+4y2=12得(3+4k22)x2−8k22x+4k22−12=0, 同理可得|CD|=12(1+k22)3+4k22,∴1|AB|+1|CD|=112(3+4k121+k12+3+4k221+k22)=112(6+7k12+7k22+8k12k221+k12+k22+k12k22)由已知k1k2=1,化简得1|AB|+1|CD|=712=定值.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由右焦点的坐标可得c的值,再由F2(1,0)为长轴的一个四等分点可得a的值,进而求出b的值,求出椭圆的标准方程;(2)设直线l1的方程,与椭圆的方程联立,求出两根之和及两根之积,进而求出弦长|AB|的表达式,由题意可设直线l2的方程,与椭圆的方程联立,求出两根之和及两根之积,进而求出弦长|CD|的值,求出1|AB|+1|CD|的值,可证得为定值.13.在平面直角坐标系中,椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=63,a=6,直线l与x轴相交于点E,与椭圆相交于点A,B;(1)求椭圆C的方程,(2)在x轴上是否存在点E,使得1|EA|2+1|EB|2为定值?若存在,请求出点E的坐标,若不存在,请说明理由.【答案】(1)解:由题意得:e=ca=63,a=6,∴c=2,∴b2=a2−c2=2,所以椭圆的方程为x26+y22=1(2)解:设E(x0,0),A(x1,y1),B(x2,y2),(ⅰ)当直线AB与x轴不重合时,设AB的方程为x=my+x0代入x26+y22=1得:(m2+3)y2+2mx0y+x02−6=0,则y1+y2=−2mx0m2+3y1⋅y2=x02−6m2+3|EA|2=(m2+1)y12,|EB|2=(m2+1)y22,1|EA|2+1|EB|2=(y1+y2)2−2y1y2(m2+1)y12y22=2×m2(x02+6)+(18−3×02)m2(x02−6)2+(x02−6)2当x02+6=(x02−6)218−3×02=(x02−6)2,即x02=3时,无论m取何值,1|EA|2+1|EB|2的值恒为2,得点E(±3,0),(ⅱ)当直线AB与x轴重合时,有A(−6,0),B(6,0),E(3,0)或E(−3,0),均有1|EA|2+1|EB|2=2由i和ii得,在x轴上是存在两点E(±3,0),使得1|EA|2+1|EB|2为定值.【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)利用已知条件结合椭圆的离心率公式和a的值,进而得出c的值,再利用椭圆中a,b,c三者的关系式得出b的值,进而得出椭圆的标准方程。(2)设E(x0,0),A(x1,y1),B(x2,y2),(ⅰ)当直线AB与x轴不重合时,设AB的方程为x=my+x0,再利用直线与椭圆相交,联立二者方程结合韦达定理得出y1+y2=−2mx0m2+3y1⋅y2=x02−6m2+3,再利用两点距离公式得出1|EA|2+1|EB|2=2×m2(x02+6)+(18−3×02)m2(x02−6)2+(x02−6)2,当x02+6=(x02−6)218−3×02=(x02−6)2,得出x02=3时,无论m取何值,1|EA|2+1|EB|2的值恒为定值,进而得出点E的坐标;(ⅱ)当直线AB与x轴重合时,进而得出点A,B,的坐标,再结合两点距离公式得出1|EA|2+1|EB|2的值为定值,进而得出在x轴上是存在两点E(±3,0),使得1|EA|2+1|EB|2为定值。14.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,左、右焦点分别为F1,F2,O为坐标原点,点P在椭圆C上,且有|PF1|=2,∠F1PF2=2π3(1)求椭圆C的方程;(2)设直线l不经过P(0,1)点且与椭圆E相交于A、B两点,若直线PA与直线PB的斜率之和为−2,若PM⊥l,垂足为M,判断是否存在定点N,使得|MN|为定值,若存在求出点N,若不存在,说明理由.【答案】(1)解:因为离心率为32,故a2−b2a2=34,解得a=2b,又ca=32,故c=3b.在△F1PF2中有|PF1|=2,|PF2|=2a−2=4b−2,|F1F2|=2c=23b,∠F1PF2=2π3,由余弦定理可得12b2=4+(4b−2)2−2⋅2⋅(4b−2)cos2π3,化简可得b=1,故a=2,椭圆C的方程为x24+y2=1 (2)解:当直线l的斜率不存在时,设点A(x0,y0),B(x0,−y0),此时有y0−1×0+−y0−1×0=−2,解得x0=1,此时直线l的方程为x=1;当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+m,(m≠1),A(x1,y1),B(x2,y2),联立x24+y2=1y=kx+m化简可得(4k2+1)x2+8kmx+4m2−4=0,x1+x2=−8km4k2+1,x1x2=4m2−44k2+1,又直线PA与直线PB的斜率之和为−2,故y1−1×1+y2−1×2=−2,代入直线方程有kx1+m−1×1+kx2+m−1×2=−2,化简得2k+(m−1)x1+x2x1x2=−2,代入韦达定理有2k−(m−1)8km4m2−4=−2,整理得m=−k−1,故直线y=kx+m=kx−k−1过定点Q(1,−1),当直线l的方程为x=1时也满足,又PM⊥l,故存在P,Q的中点N(12,0)得|MN|为定值【知识点】椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】(1)根据离心率为32可得a=2b,c=3b,再在△F1PF2中利用余弦定理求解b即可;(2)当直线l的斜率不存在时,设点A(x0,y0),B(x0,−y0),根据已知条件,解得x0=1,此时直线l的方程为x=1;当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+m,(m≠1),A(x1,y1),B(x2,y2),再联立椭圆的方程,表达出直线PA与直线PB的斜率之和为−2,结合韦达定理可得m=−k−1,进而得到直线l过定点,从而根据PM⊥l确定点N.15.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为23,A1、A2分别为椭圆C的左、右顶点,B为椭圆C的上顶点,F1为椭圆的左焦点,且△A1F1B的面积为52.(1)求椭圆C的方程;(2)设过点D(1,0)的动直线l交椭圆C于E、F两点(点E在x轴上方),M、N分别为直线A1E、A2F与y轴的交点,证明:|OM||ON|为定值.【答案】(1)解:由椭圆C的离心率为23,得ca=23,于是a=32c,b=52c=|OB|∴|A1F1|=a−c=12c,S△A1F1B=12×12c×52c=58c2=52,因此c=2,a=3,b=5,∴椭圆的方程为x29+y25=1;(2)证明:易知,直线l(EF)斜率不为0,设l方程为x=my+1,由x=my+1,x29+y25=1得(5m2+9)y2+10my−40=0,设E(x1,y1),F(x2,y2),则y1+y2=−10m5m2+9,y1y2=−405m2+9,则y1=−10m5m2+9−y2.由直线A1E方程y=y1x1+3(x+3),得yM=3y1x1+3;由直线A2F方程y=y2x2−3(x−3),得yN=−3y2x2−3;由此可得,|OM||ON|=yM−yN=y1(x2−3)y2(x1+3)=y1(my2−2)y2(my1+4)=my1y2−2y1my1y2+4y2=m⋅−405m2+9−2(−10m5m2+9−y2)m·−405m2+9+4y2=−40m+20m+2(5m2+9)y2−40m+4(5m2+9)y2=−20m+2(5m2+9)y22[−20m+2(5m2+9)y2]=12.∴|OM||ON|为定值12.【知识点】椭圆的标准方程;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的关系;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由离心率得a=32c,再结合S△A1F1B=12×12c×52c即可求解;(2)设l方程为x=my+1,联立椭圆方程,设E(x1,y1),F(x2,y2)由韦达定理,可得y1=−10m5m2+9−y2,分别通过直线A1E,直线A2F的方程可得yM,yN,进而可得|OM||ON|=yM−yN,代入yM,yN,结合韦达定理化简即可求解。16.在平面直角坐标系xOy中,点M(0,1),记动点P到直线l:y=−2的距离为d,且d=|PM|+1,设点P的轨迹为曲线E.(1)求曲线E的方程;(2)直线m交曲线E于A,B两点,曲线E在点A及点B处的切线相交于点C.设点C到直线l的距离为h,若△ABC的面积为4,求证:存在定点T,使得|CT|h恒为定值.【答案】(1)解:由题意可知P到定点M的距离与P到直线y=−1的距离相等∴P的轨迹是抛物线且p2=1,p=2,曲线E的方程为x2=4y(2)解:设直线m的方程为y=kx+m,A(x1,x124),B(x2,y224)y=kx+mx2=4y⇒x2−4kx−4m=0,Δ=16k2+16m>0. x1+x2=4kx1x2=−4m,y=14×2,y′=12x∴切线AC的方程为y=x12(x−x1)+x124=x12x−x124①BC方程为y=x22x−x224②联立①②得x1−x22x=(x1+x2)(x1−x2)4∴xC=x1+x22=2k,yC=x12⋅x1+x22−x124=x1x24=−m,即C(2k,−m)设AB的中点为N(x0,y0),∴x0=x1+x22=2k,∴CN⊥x轴N(2k,2k2+m),C(2k,−m),CN=2k2+2m,|x1−x2|=4k2+m∴S△ABC=12⋅2(k2+m)⋅4k2+m=4(k2+m)32=4⇒k2+m=1∴h=2−m,存在定点T(0,0)使得|CT|h=4k2+m22−m=4(1−m)+m22−m=2−m2−m=1【知识点】抛物线的标准方程;直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】(1)由P到定点M的距离与P到直线y=−1的距离相等,结合抛物线的定义得出曲线E的方程;(2)设直线m的方程为y=kx+m,由韦达定理以及导数得出AC,BC切线的方程,并联立得出点C坐标以及三角形面积公式得出k2+m=1,进而存在定点T(0,0)使得|CT|h=1.17.已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,点P(−2,y0)为抛物线上一点,抛物线C在点P处的切线与y轴相交于点Q,且△FPQ的面积为2.(1)求抛物线的方程.(2)若斜率不为0的直线l过焦点F,且交抛物线C于A,B两点,线段AB的中垂线与y轴交于点M.证明:|MF||AB|为定值.【答案】(1)解:由题意可知P(−2,2p),设抛物线C在点P处的切线方程为y−2p=k(x+2),联立x2=2pyy−2p=k(x+2)得x2−2pkx−(4pk+4)=0,由Δ=4p2k2+4(4pk+4)=0解得k=−2p,故切线方程为y−2p=−2p(x+2),令x=0,得y=−2p,即Q(0,−2p),又F(0,p2),所以S△FPQ=12×(p2+2p)×2=2,解得p=2,所以抛物线C的方程为x2=4y.(2)证明:由(1)可知F(0,1),显然直线l的斜率存在,故可设直线l的方程为y=kx+1,A(x1,y1),B(x2,y2).联立方程组x2=4yy=kx+1,消去y得x2−4kx−4=0,所以x1+x2=4k,x1x2=−4,所以y1+y2=k(x1+x2)+2=4k2+2,得|AB|=y1+y2+2=4k2+4,所以线段AB的中点为(x1+x22,y1+y22)=(2k,2k2+1),中垂线所在直线的斜率k′=−1k,故线段AB中垂线所在的直线方程为y−2k2−1=−1k(x−2k),令x=0,得yM=2k2+3,所以|MF|=2k2+2,所以|MF||AB|=2k2+24k2+4=12为定值,得证.【知识点】抛物线的标准方程;直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】(1)求出P坐标,待定系数法设切线方程,解出斜率,表示Q坐标后由面积列方程求解(2)待定系数法设直线方程,与抛物线方程联立后由韦达定理表示弦长|AB|与中点坐标,再求其垂直平分线方程,表示点M坐标后计算证明.18.已知椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的上、下焦点分别为F1,F2,左、右顶点分别为A1,A2,且四边形A1F1A2F2是面积为8的正方形.(1)求C的标准方程.(2)M,N为C上且在y轴右侧的两点,MF1//NF2,MF2与NF1的交点为P,试问|PF1|+|PF2|是否为定值?若是定值,求出该定值;若不是,请说明理由.【答案】(1)解:椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的上、下焦点分别为F1(0,c),F2(0,−c),左、右顶点分别为A1(−b,0),A2(b,0),因为四边形A1F1A2F2是面积为8的正方形,所以有b=c且4×12⋅b⋅c=8,解得b=c=2⇒a2=b2+c2=8,所以椭圆的标准方程为:y28+x24=1;(2)解:因为MF1∥NF2,所以|NF2||F1M|=|PN||PF1|⇒|NF2||F1M|+1=|PN||PF1|+1⇒|NF2|+|F1M||F1M|=|PN|+|PF1||PF1|⇒|PF1|=|NF1||NF2|+|F1M|⋅|F1M|,因为N为C上且在y轴右侧的点,所以|NF2|+|F1N|=2a=42, 因此|PF1|=|F1M||NF2|+|F1M|⋅(42−|NF2|),同理可得:|PF2|=|F2N||NF2|+|F1M|⋅(42−|MF1|),所以|PF1|+|PF2|=|F1M||NF2|+|F1M|⋅(42−|NF2|)+|F2N||NF2|+|F1M|⋅(42−|MF1|)=42−2|F1M|⋅|F2N||NF2|+|F1M|,设MF1,NF2的方程分别为:y=kx+1,y=kx−1,设M(x1,y1),N(x2,y2)(x1,x2<0),则y28+x24=1y=kx+2⇒(k2+2)x2+4kx−4=0,所以x1=−4k−16k2+16(k2+2)2(k2+2)=−2k−22k2+2k2+2,因此|MF1|=x12+(y1−2)2=x12+(kx1+2−2)2=|x1|⋅1+k2=2k1+k2+22(k2+1)k2+2,同理可得:|NF2|=22(k2+1)−2k1+k2k2+2,因此|MF1|+|NF2|=42(k2+1)k2+2,|MF1|⋅|NF2|=[22(k2+1)]2−4k2(1+k2)(k2+2)2=4(1+k2)(k2+2),所以|PF1|+|PF2|=42−2|F1M|⋅|F2N||NF2|+|F1M|=42−2⋅4(1+k2)k2+242(k2+1)k2+2=42−2=32,所以|PF1|+|PF2|为定值,定值为32.【知识点】椭圆的定义;椭圆的简单性质;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据题意求出椭圆顶点的坐标,结合四边形的几何性质计算出b与c的关系,再由椭圆里a、b、c的关系,计算出a的取值由此得出椭圆的方程。(2)由已知条件结合椭圆的几何性质,结合椭圆的定义整理化简计算出a的取值,然后由点斜式设出直线的方程并联立直线与椭圆的方程消元后,结合弦长公式以及数量积公式代入整理,计算出结果从而得出答案。19.在平面直角坐标系xOy中,已知圆O:x2+y2=3,点M,M′的坐标分别为(2,0),(−2,0),且N为该平面内一点,以MN为直径的圆内切于圆O,记点N的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程.(2)已知P为曲线C上一点,过原点O作以P为圆心,32为半径的圆的两条切线,分别交曲线C于A,B两点,试问|OA|2+|OB|2是否为定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.【答案】(1)解:设MN的中点为T,依题意,|OT|=3−12|MN|,又|OT|=12|M′N|,则|NM|+|NM′|=23>22=|MM′|,由椭圆定义知,点N的轨迹是以M′,M为左右焦点,长轴长为23的椭圆,而半焦距为2,则短半轴长b=(3)2−(2)2=1,所以曲线C的方程为x23+y2=1.(2)解:设圆心P(x0,y0),则有x02+3y02=3,圆P:(x−x0)2+(y−y0)2=34,当x02=34,即点P(±32,±32)时,圆P与两坐标轴相切,则OA,OB分别为椭圆长半轴、短半轴,于是有|OA|2+|OB|2=3+1=4,当x02≠34时,设过点O的圆P的切线方程为y=kx,其中直线OA,OB的方程分别为y=k1x,y=k2x,由|kx0−y0|k2+1=32得:(4×02−3)k2−8x0y0k+4y02−3=0,则k1,k2是此方程的二根,有k1k2=4y02−34×02−3=−13,由y=kxx2+3y2=3得x2=31+3k2,设点A(xA,yA),B(xB,yB),则xA2=31+3k12,xB2=31+3k12,|OA|2+|OB|2=(1+k12)xA2+(1+k22)xB2=3(1+k12)1+3k12+3(1+k22)1+3k22=2+2[2+3(k12+k22)]9k12k22+3(k12+k22)+1=2+2[2+3(k12+k22)]2+3(k12+k22)=4,综上得|OA|2+|OB|2=4,所以|OA|2+|OB|2是定值,此定值为4.【知识点】圆的切线方程;椭圆的定义;椭圆的标准方程;直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)利用给定条件,探讨可得|NM|+|NM′|=23,再利用椭圆定义求出方程;(2)设圆心P(x0,y0),得圆P:(x−x0)2+(y−y0)2=34,分类讨论过点O的圆P的切线,利用切线性质结合韦达定理计算.20.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,点T(2,1)在椭圆上,与OT平行的直线l交椭圆C于P,Q两点,直线TP,TQ分别于x轴正半轴交于M,N两点.(1)求椭圆C的标准方程;(2)求证:|OM|+|ON|为定值.【答案】(1)解:由题意a2=b2+c2ca=324a2+1b2=1,解得a=22b=2c=6,所以椭圆C的标准方程为x28+y22=1;(2)解:因为直线OT的斜率为12,则设直线l的方程为y=12x+t(t≠0),P(x1,y1),Q(x2,y2),联立y=12x+tx28+y22=1,得x2+2tx+2t2−4=0,则Δ=4t2−4×(2t2−4)=4×(−t2+4)>0,解得−2 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