高考解答题专项五　第2课时　圆锥曲线中的定点(或定值)问题.docx

《高考解答题专项五　第2课时　圆锥曲线中的定点(或定值)问题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考解答题专项五　第2课时　圆锥曲线中的定点(或定值)问题.docx（3页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、 第2课时圆锥曲线中的定点(或定值)问题1.(2020山东泰安三模,21)已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的右顶点为A,上顶点为B,O为坐标原点,点O到直线AB的距离为255,OAB的面积为1.(1)求椭圆的标准方程;(2)直线l与椭圆交于C,D两点,若直线lAB,设直线AC,BD的斜率分别为k1,k2,证明:k1k2为定值.解:(1)直线AB的方程为xa+yb=1,即bx+ay-ab=0,则aba2+b2=255.因为三角形OAB的面积为1,所以12ab=1,即ab=2,解得a=2,b=1,所以椭圆的标准方程为x24+y2=1.(2)直线AB的斜率为-12,设直线l的方程为y=-12

2、x+t,C(x1,y1),D(x2,y2),把方程y=-12x+t与x24+y2=1联立,消去x,整理得2y2-2ty+t2-1=0,=(-2t)2-42(t2-1)=8-4t20,即t2b0)的离心率为12,并且经过点P(0,3).(1)求椭圆C的方程;(2)设过点P的直线与x轴交于N点,与椭圆的另一个交点为B,点B关于x轴的对称点为B,直线PB交x轴于M,求证:|OM|ON|为定值.(1)解:由已知ca=12,3b2=1,a2=b2+c2,解得b2=3,a2=4,所以椭圆C:x24+y23=1.(2)证明:证法1由已知直线PB的斜率存在,以下给出证明:由题意,设直线PB的方程为y=kx+3

3、(k0),P(0,3),B(x1,y1),则B(x1,-y1).由3x2+4y2=12,y=kx+3,得(3+4k2)x2+83kx=0,x1=-83k3+4k2,y1=-83k23+4k2+3,所以B-83k3+4k2,-83k23+4k2+3,即B-83k3+4k2,-43k2+333+4k2,B-83k3+4k2,43k2-333+4k2,直线PB的方程为y-43k2-333+4k2=34kx-83k3+4k2,令y=0,得x=(-43k2-33)4k3(3+4k2),所以M(-43k2-33)4k3(3+4k2),0,令y=0,由y=kx+3得x=-3k,所以N-3k,0,所以|OM|

4、ON|=(-43k2-33)4k3(3+4k2)-3k=4.证法2设B(x0,y0),B(x0,-y0),则x024+y023=1,则直线PB的方程为y-3=3-y0-x0(x-0),令y=0,x=3x03-y0,所以N3x03-y0,0.同理M3x03+y0,0,所以|OM|ON|=3x03+y03x03-y0=3x023-y02,因为x024+y023=1,所以3x02+4y02=12,所以|OM|ON|=3x023-y02=12-4y023-y02=4.4.(2021江西南昌二模,理19)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为32,椭圆E与x轴交于A,B两点,与y轴交于C

5、,D两点,四边形ACBD的面积为4.(1)求椭圆E的方程;(2)若P是椭圆E上一点(不在坐标轴上),直线PC,PD分别与x轴相交于M,N两点,设PC,PD,OP的斜率分别为k1,k2,k3,过点P的直线l的斜率为k,且k1k2=kk3,直线l与x轴交于点Q,求|MQ|-|NQ|的值.解:(1)由题意,ca=32,且122a2b=4,又a2-b2=c2,所以a=2,b=1,所以椭圆E的方程为x24+y2=1.(2)设P(x0,y0),则x024+y02=1,即x02=4(1-y02),不妨设C(0,1),D(0,-1),直线PC:y=y0-1x0x+1,令y=0,得x=x01-y0,故Mx01-y0,0.同理可求Nx01+y0,0.则k1k2=y0-1x0y0+1x0=y02-1x02=-14,k3=y0x0,所以k=-x04y0.所以直线l为y-y0=-x04y0(x-x0),令y=0,得x=x02+4y02x0,又x024+y02=1,故x=4x0,即Q4x0,0.易证x01-y04x0x01+y0或x01+y04x0x01-y0,所以|MQ|-|NQ|=x01-y0+x01+y08x0=2x0(1+y0)(1-y0)8x0.又x024+y02=1,即y02=1-x024,代入上式得|MQ|-|NQ|=2x0x0248x0=0.所以|MQ|-|NQ|=0.