高考数学复习高考达标检测四十三圆锥曲线的综合问题_定点定值探索性问题理.docx

高考达标检测（四十三）圆锥曲线的综合问题定点、定值、探索性问题1(2017汕头期末联考)已知抛物线C：y22px(p0)的焦点F(1,0)，O为坐标原点， A，B是抛物线C上异于O的两点(1)求抛物线C的方程；(2)若直线OA，OB的斜率之积为，求证：直线AB过x轴上一定点解：(1)因为抛物线y22px(p0)的焦点坐标为(1,0)，所以1，所以p2.所以抛物线C的方程为y24x.(2)证明：当直线AB的斜率不存在时，设A，B.因为直线OA，OB的斜率之积为，所以，化简得t232.所以A(8，t)，B(8，t)，此时直线AB的方程为x8.当直线AB的斜率存在时，设其方程为ykxb，A(xA，yA)，B(xB，yB)，联立方程组消去x，得ky24y4b0.根据根与系数的关系得yAyB，因为直线OA，OB的斜率之积为，所以，即xAxB2yAyB0.即2yAyB0，解得yAyB0(舍去)或yAyB32.所以yAyB32，即b8k，所以ykx8k，即yk(x8)综上所述，直线AB过定点(8,0)2(2017甘肃张掖一诊)已知椭圆1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，|F1F2|2，点P为椭圆短轴的端点，且PF1F2的面积为2.(1)求椭圆的方程；(2)点Q是椭圆上任意一点，A(4，6)，求|QA|QF1|的最小值；(3)点B是椭圆上的一定点，B1，B2是椭圆上的两动点，且直线BB1，BB2关于直线x1对称，试证明直线B1B2的斜率为定值解：(1)由题意可知c，SPF1F2|F1F2|b2，所以b2，求得a3，故椭圆的方程为1.(2)由(1)得|QF1|QF2|6，F1(，0)，F2(，0)那么|QA|QF1|QA|(6|QF2|)|QA|QF2|6，而|QA|QF2|AF2|9，所以|QA|QF1|的最小值为3.(3)设直线BB1的斜率为k，因为直线BB1与直线BB2关于直线x1对称，所以直线BB2的斜率为k，所以直线BB1的方程为yk(x1)，设B1(x1，y1)，B2(x2，y2)，由可得(49k2)x26k(43k)x9k224k40，因为该方程有一个根为x1，所以x1，同理得x2，所以kB1B2，故直线B1B2的斜率为定值.3(2016合肥质检)设A，B为抛物线y2x上相异两点，其纵坐标分别为1，2， 分别以A，B为切点作抛物线的切线l1，l2，设l1，l2相交于点P.(1)求点P的坐标；(2)M为A，B间抛物线段上任意一点，设，试判断是否为定值？如果为定值，求出该定值，如果不是定值，请说明理由解：(1)由题知A(1,1)，B(4，2)，设点P的坐标为(xp，yp)，切线l1：y1k(x1)，联立由抛物线与直线l1相切，解得k，即l1：yx，同理，l2：yx1.联立l1，l2的方程，可解得即点P的坐标为.(2)设M(y，y0)，且2y01.由得，即解得则1，即为定值1.4(2017河北质量检测)已知椭圆E：1的右焦点为F(c,0)，且abc0，设短轴的一个端点为D，原点O到直线DF的距离为，过原点和x轴不重合的直线与椭圆E相交于C，G两点，且|4.(1)求椭圆E的方程；(2)是否存在过点P(2,1)的直线l与椭圆E相交于不同的两点A，B且使得24成立？若存在，试求出直线l的方程；若不存在，请说明理由解：(1)由椭圆的对称性知|2a4，a2.又原点O到直线DF的距离为，bc，又a2b2c24，abc0，b，c1.故椭圆E的方程为1.(2)当直线l与x轴垂直时不满足条件故可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为yk(x2)1，代入椭圆方程得(34k2)x28k(2k1)x16k216k80，32(6k3)0，k.x1x2，x1x2，24，即4(x12)(x22)(y11)(y21)