备战2024高考一轮复习数学（理） 课时验收评价（六十二） 圆锥曲线中的定点、定值问题

课时验收评价（六十二） 圆锥曲线中的定点、定值问题

1．(2023·丹东模拟)已知圆M经过点(0, 1)，且与直线y＝－1相切，圆心M的轨迹为C.

(1)求C的方程；

(2)经过点N(0, 2)且不平行于x轴的直线与C交于P，Q两点，点P关于y轴的对称点为R，证明：直线QR经过定点．

解：(1)设圆心M(x, y)，根据题意可得，点M到点(0, 1)的距离与到直线y＝－1的距离相等，

即圆心M的轨迹是以(0, 1)为焦点，y＝－1为准线的抛物线，所以圆心M的轨迹方程为x2＝4y.

(2)证明：根据题意可知，直线PQ的斜率存在且不为0，设直线PQ：y＝kx＋2(k≠0)，P，Q，则R，

联立方程消去y得x2－4kx－8＝0，

则Δ＝16k2＋32>0，x1＋x2＝4k，x1x2＝－8，

直线QR的斜率kQR＝＝，

直线QR的方程为y－＝(x－x2)，整理得y＝x＋，

即直线QR的方程为y＝x－2，

则直线QR经过定点(0, －2)．

2．(2023·南通模拟)已知椭圆C：＋＝1的离心率为，A1，A2是C的上、下顶点，且|A1A2|＝2.过点P(0, 2)的直线l交C于B，D两点(异于A1, A2)，直线A1B与A2D交于点Q.

(1)求C的方程；

(2)证明：点Q的纵坐标为定值．

解：(1)因为|A1A2|＝2b＝2，所以b＝1，

因为e＝＝，其中c2＝a2－b2，

所以设c＝a，b2＝a2－c2＝，解得a2＝5.

所以椭圆C的方程为＋y2＝1.

(2)证明：显然直线l的斜率存在，

设直线l的方程为y＝kx＋2，

联立直线l与椭圆C的方程，消去y得(1＋5k2)x2＋20kx＋15＝0.

设B(x1，y1)，D(x2，y2)，

当Δ＝400k2－60(1＋5k2)＝20(5k2－3)>0，

即k2>时，有x1＋x2＝－，x1x2＝.

直线A1B方程为y－1＝x，直线A2D方程为y＋1＝x.

两式相除得＝＝＝，因为kx1x2＝－(x1＋x2)，

所以＝＝－，

整理得y＝，即点Q的纵坐标为定值.

3．已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)，其焦点为F，O为坐标原点，直线l与抛物线C相交于不同的两点A，B，M为AB的中点．

(1)若p＝2，M的坐标为(1,1)，求直线l的方程．

(2)若直线l过焦点F，AB的垂直平分线交x轴于点N，求证：为定值．

解：(1)由题意知直线l的斜率存在且不为0，

故设直线l的方程为x－1＝t(y－1)，

即x＝ty＋1－t，设A(x1，y1)，B(x2，y2)．

由得y2－4ty－4＋4t＝0，

∴Δ＝16t2＋16－16t＝16(t2－t＋1)＞0，y1＋y2＝4t，

∴4t＝2，即t＝.

∴直线l的方程为2x－y－1＝0.

(2)证明：∵抛物线C：y2＝2px(p＞0)，∴焦点F的坐标为.

由题意知直线l的斜率存在且不为0，

∵直线l过焦点F，故设直线l的方程为x＝ty＋(t≠0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)．

由得y2－2pty－p2＝0，

∴Δ＝4p2t2＋4p2＞0，y1＋y2＝2pt.

∴x1＋x2＝t(y1＋y2)＋p＝2pt2＋p，

∴M，

∴MN的方程为y－pt＝－t.

令y＝0，解得x＝pt2＋，∴N，

∴|MN|2＝p2＋p2t2，|FN|＝pt2＋－＝pt2＋p，

∴＝＝2p，为定值 .

4．椭圆C的方程为＋＝1(a＞b＞0)，过椭圆左焦点F1且垂直于x轴的直线在第二象限与椭圆相交于点P，椭圆的右焦点为F2，已知tan∠PF2F1＝，椭圆过点A.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)过椭圆C的右焦点F2作直线l交椭圆C于A，B两点，交y轴于M点，若＝λ1， ＝λ2，求证：λ1＋λ2为定值．

解：(1)依题可知PF1＝，tan∠PF2F1＝＝＝，所以12a2－12c2＝2ac，即62＋－6＝0，解得＝.

又因为椭圆C过点A，则＋＝1，

联立可得

所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.

(2)证明：设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，F2(，0)，

由题意可知，直线l的斜率存在，可设直线l的方程为y＝k(x－)，

联立可得(4k2＋1)x2－8k2x＋12k2－4＝0，

由于点F2在椭圆C的内部，直线l与椭圆C必有两个交点，由根与系数的关系可得x1＋x2＝，x1x2＝，

∵＝λ1，＝λ2，M(0，y0)，

得(x1，y1－y0)＝λ1(－x1，－y1)，(x2，y2－y0)＝λ2(－x2，－y2)，∴λ1＝，λ2＝，

∴λ1＋λ2＝＋＝＝＝－8.即λ1＋λ2为定值．