新高考一轮复习人教A版 综合突破五 第2课时 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题 作业

1、1. 已知抛物线E：x22py(p0)的焦点为F，圆M的方程为x2y2py0，若直线x4与x轴交于点R，与抛物线交于点Q，且|QF|eq f(5,4)|RQ|. (1)求抛物线E和圆M的方程；(2)过焦点F的直线l与抛物线E交于A，B两点，与圆M交于C，D两点(点A，C在y轴同侧)，求证：|AC|BD|为定值. 解：(1)设Q(4，y0)，由|QF|eq f(5,4)|RQ|，得y0eq f(p,2)eq f(5,4)y0，即y02p，将点(4，2p)代入抛物线E的方程，得p2. 所以抛物线E：x24y，圆M的方程为x2y22y0. (2)证明：抛物线E：x24y的焦点为F(0，1)，由题可知

2、直线l的斜率存在，所以设直线l的方程为ykx1，A(x1，y1)，B(x2，y2). 联立eq blc(avs4alco1(x24y，,ykx1，)得x24kx40. 则16(k21)0，且x1x24k，x1x24. 由圆的方程可得圆M的圆心坐标为M(0，1)，半径为1，圆心就是抛物线E的焦点. 由抛物线的定义可知|AF|y11，|BF|y21. 则|AC|AF|1y1，|BD|BF|1y2，|AC|BD|y1y2(kx11)(kx21)k2x1x2k(x1x2)14k24k211. 即|AC|DB|为定值1. 2. (2021届益阳市高三调研)椭圆C：eq f(x2,3b2)eq f(y2,

3、b2)1(b0)的左、右顶点分别为A1，A2，上顶点为B，点D(1，0)，直线BD的倾斜角为135. (1)求椭圆C的方程；(2)过D且斜率存在的动直线与椭圆C交于M，N两点，直线A1M与A2N交于点P，求证：点P在定直线上. 解：(1)由题意，kBDeq f(b,1)tan1351，解得b1. 椭圆C的方程为eq f(x2,3)y21. (2)证明：设P(x，y)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，设过D的动直线为yk(x1)(k0)，代入椭圆C的方程得，(3k21)x26k2x3k230，得x1x2eq f(6k2,3k21)，x1x2eq f(3k23,3k21). eq f(xeq

4、oal(2,2),3)yeq oal(2,2)1则3yeq oal(2,2)3xeq oal(2,2)(eq r(3)x2)(eq r(3)x2)，即eq f(y2,x2r(3)eq f(x2r(3),3y2). 分别由P，A1，M及P，A2，N三点共线，得eq f(y,xr(3)eq f(y1,x1r(3)，eq f(y,xr(3)eq f(y2,x2r(3)，两式相除得：eq f(xr(3),xr(3)eq f(y1,x1r(3)eq f(x2r(3),y2)eq f(y1,x1r(3)eq f(3y2,x2r(3)eq f(3k2（x11）（x21）,（x1r(3)）（x2r(3)）)e

5、q f(3k2blc(rc)(avs4alco1(f(3k23,3k21)f(6k2,3k21)1),f(3k23,3k21)f(6r(3)k2,3k21)3)eq f(3k2（3k236k23k21）,3k236r(3)k29k23)eq f(1,2r(3)2eq r(3). 解得x3，即点P在定直线x3上. 3. (20212022学年山东日照高二上11月联考)已知双曲线C的渐近线方程为xeq r(3)y0，且过点(3，eq r(2). (1)求双曲线C的标准方程；(2)若点Qeq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)，0)，过右焦点F且与坐标轴都不垂直的直线l与C交于A，B两

6、点，求证：AQFBQF. 解：(1)因为双曲线C的渐近线方程为xeq r(3)y0，则设双曲线C的方程为x23y2(0)，又双曲线C过点(3，eq r(2)，则9323，所以双曲线C的方程为x23y23，即eq f(x2,3)y21. (2)证明：由(1)知F(2，0)，l的斜率存在且不为0，设l的方程为yk(x2)(k0)，由eq blc(avs4alco1(yk（x2），,f(x2,3)y21，)消去y得，(13k2)x212k2x12k230，显然13k20，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2eq f(12k2,13k2)，x1x2eq f(12k23,13k2)，则kAQ

7、kBQeq f(y1,x1f(3,2)eq f(y2,x2f(3,2)eq f(k（x12）,x1f(3,2)eq f(k（x22）,x2f(3,2)eq f(kblcrc (avs4alco1(2x1x2-f(7,2)（x1x2）6),x1x2f(3,2)（x1x2）f(9,4)eq f(kblcrc (avs4alco1(2（12k23）f(7,2)12k26（13k2）),12k23f(3,2)12k2f(9,4)（13k2）)0，所以AQFBQF. 4. (2020全国新高考卷)已知椭圆C：eq f(x2,a2)eq f(y2,b2)1(ab0)的离心率为eq f(r(2),2)，且过

8、点A(2，1). (1)求C的方程；(2)点M，N在C上，且AMAN，ADMN，D为垂足. 证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值. 解：(1)由题设得eq blc(avs4alco1(f(4,a2)f(1,b2)1，,f(a2b2,a2)f(1,2)，)解得eq blc(avs4alco1(a26，,b23.)所以C的方程为eq f(x2,6)eq f(y2,3)1. (2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2). 若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为ykxm，代入eq f(x2,6)eq f(y2,3)1得(12k2)x24kmx2m260. 于是x1x2eq f(4km,12k2

9、)，x1x2eq f(2m26,12k2). 由AMAN知eq o(AM,sup6()eq o(AN,sup6()0，故(x12)(x22)(y11)(y21)0，可得(k21)x1x2(kmk2)(x1x2)(m1)240. 将代入上式可得(k21)eq f(2m26,12k2)(kmk2)eq f(4km,12k2)(m1)240，化简得，3m28km4k22m10，即(2k3m1)(2km1)0. 因为A(2，1)不在直线MN上，所以2km10，故2k3m10，k1. 于是MN的方程为ykeq blc(rc)(avs4alco1(xf(2,3)eq f(1,3)(k1). 所以直线MN过点Peq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)，f(1,3). 若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，y1). 由eq o(AM,sup6()eq o(AN,sup6()0得(x12)(x12)(y11)(y11)0. 又eq f(xeq oal(2,1),6)eq f(yeq oal(2,1),3)1，可得3xeq oal(2,1)8x140，解得x12(舍去)，x1eq f(2,3). 此时直线MN过点Peq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)，f(1,3). 令Q为AP的中点，即Qeq blc(rc)(avs4a