第15講圓錐曲線中的定量問題基礎過關1.如圖X15-1,點A(-1,0),B(1,-1)和拋物線C:y2=4x,過點A的動直線l交拋物線于M,P兩點,直線MB交拋物線C于另一點Q,O為坐標原點.(1)求OM·OP;(2)證明:直線PQ恒過定點.圖X15-12.已知動點P到點F(1,0)的距離與它到直線l:x=4的距離d的比值為12,設動點P的軌跡為曲線(1)求曲線C的方程.(2)過點Q(2,3)的直線l1與C交于E,F兩點,已知點D(2,0),直線x=x0分別與直線DE,DF交于點S,T,問:線段ST的中點M是否在定直線上?若是,求出該直線的方程;若不是,請說明理由.3.在平面直角坐標系xOy中,中心在原點的橢圓C經過點-332,1,其右焦點與拋物線y2=45x的焦點重合.(1)求橢圓C的標準方程;(2)設點M(m,0)為長軸上的一個動點,過點M作斜率為23的直線l交橢圓C于A,B兩點,試證明|MA|2+|MB|2為定值4.已知橢圓E的中心為坐標原點O,焦點在x軸上,離心率為32,F1,F2分別為橢圓E的左、右焦點,點P在橢圓E上,以線段F1F2為直徑的圓經過點P,線段F1P與y軸交于點B,且|F1P|·|F1B|=6(1)求橢圓E的方程;(2)設動直線l與橢圓E交于M,N兩點,且OM·ON=0.求證:動直線l與圓x2+y2=45相切實力提升5.已知F1(-1,0),F2(1,0)分別為橢圓Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點,過F2的直線交橢圓Γ于A,B兩點,△(1)求橢圓Γ的方程.(2)已知P(x0,y0)(y0≠0)是直線l:x=4上一動點,若直線PA,PB與x軸分別交于點M(xM,0),N(xN,0),則1xM-1+1xN-1是否為定值?6.如圖X15-2,已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)過點P(2,1),F1,F2分別為橢圓C的左、右焦點,且(1)求橢圓C的方程.(2)過P點的直線l1與橢圓C有且只有一個公共點,直線l2平行于OP(O為原點),且與橢圓C交于兩點A,B,與直線x=2交于點M(M介于A,B兩點之間).(i)當△PAB的面積最大時,求直線l2的方程;(ii)證明|PA||MB|=|PB||MA|,并推斷直線l1,l2,PA,PB的斜率是否可以按某種依次構成等比數列.圖X15-2限時集訓(十五)1.解:(1)設點My124,y1,Py224,y2,因為P,M,A三點共線,所以kAM=kPM,即y1y124+1=y1-y2y1故OM·OP=y124·y224+y(2)證明:設點Qy324,y3,因為M,B,Q三點共線,所以kBQ=kQM,即y3+1y324-1=y1-y3y124-y3由(1)知y1y2=4,所以y1=4y2,即4y2·y3+4y2+y3+4=0,得4(y2+y3)+y2y因為kPQ=y2-y3y224-y324=4即(y-y2)(y2+y3)=4x-y22,即y(y2+y3)-y2y3=4x②,由①得-y2y3=4(y2+y3)+4,代入②可得(y+4)(y2+y3)=4(x-所以直線PQ恒過定點(1,-4).2.解:(1)設P(x,y),由題意得|PF|d=(化簡整理得x24+y23=1,即曲線C的方程為x2(2)設直線l1的方程為x=ty+(2-3t),E(x1,y1),F(x2,y2),M(x0,y0),S(x0,yS),T(x0,yT),則直線DE的方程為y=y1x1-2(x-2),得yS=y1同理可得yT=y2x2-2(所以2y0=yS+yT=y1x1-2(x0-2)+y2即2y0x0-2=由x=ty+(2-3t),3x2+4y2-12=0,得(3t2+4)y2+所以y1y2=9t2-123t3t則2y0x0-得3x0+2y0-23=0,所以點M在定直線3x+2y-23=0上.3.解:(1)由題意知橢圓C的左焦點F1(-5,0),右焦點F2(5,0).設橢圓C的標準方程為x2a2+y2b2=由274a故橢圓C的標準方程為x29+y2(2)證明:由題意可設直線l的方程為y=23(x-m)聯立y=23(x-m),x29+y24=1因為Δ=(-2m)2-8(m2-9)>0,所以m∈(-32,32).因為點M(m,0)為橢圓C長軸上的一個動點,所以m∈(-3,3).此時Δ>0.設A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=m,x1x2=m2于是|MA|2+|MB|2=(x1-m)2+y12+(x2-m)2=139(x1-m)2+139(x2-m=139(x12+x22)-269m(x1+x=139[(x1+x2)2-2x1x2]-269m(x1+x2)+269m2故|MA|2+|MB|2為定值13.4.解:(1)設橢圓E的方程為x2a2+y2b2=1(a>b>0),|F1F2|=2∵∠BF1O=∠PF1F2,∠F1OB=∠F1PF2=π2∴△F1BO∽△F1F2P.∴|F1B||F1F2|=|F1O||F1P|,即|F1∴c=3.又e=ca=32,∴a=由a2=b2+c2,得b2=1.∴橢圓E的方程為x24+y2=(2)證明:①當動直線l的斜率不存在時,設l的方程為x=t,M(t,y1),N(t,y2).由x=t,x24+y2=1∵直線x=t與橢圓E交于M,N兩點,∴方程y2+t24-1=0∴t2<4,且y∴OM·ON=t2+y1y2=5t24-1=0,則∵圓心O到直線x=t的距離d=|t|=25∴直線l與圓x2+y2=45相切②當直線l的斜率存在時,設直線l的方程為y=kx+m,即kx-y+m=0,M(x1,kx1+m),N(x2,kx2+m).由y=kx+m,x24+y2=1得(4k2+1)x∵動直線l與橢圓E交于M,N兩點,∴方程(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0有兩個不相等的實數根.∴Δ=64k2m2-4(4k2+1)(4m2-4)>0,即4k2+1-m2>0,且x∴OM·ON=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=(1+k2)x1x2+mk(x1+x2)+m2=(1+k2)(4m2化簡得k2+1=5m可得原點O到直線l的距離d=|m|k2+1則直線l與圓x2+y2=45相切綜上所述,動直線l與圓x2+y2=45相切5.解:(1)依題意得c=1,由橢圓的定義可得△F1AB的周長為4a=8,即a=2,所以b=a2-c2=3,故橢圓Г的方程為x2(2)由題意設直線AB的方程為x=ty+1,A(x1,y1),B(x2,y2),由x=ty+1,x24+y23=1得(3t2明顯Δ>0,則y1+y2=-6t3t2+4,y又P(4,y0),則直線PA的方程為y-y0=y1-y0x1-4·(x-4即Mx1y0-4y1y0-y1,則xM-1=x1y0-4y1y0同理xN-1=y2故1xM-1+1xN-1=1ty0-3y0-y1y1+y0-y2y2=1ty0-所以1xM-1+1x6.解:(1)設F1(-c,0),F2(c,0)(c>0),則PF1=(-c-2,-1),PF2=(c-2∵PF1·PF2=-c2+4+1=-1又P(2,1)在橢圓C上,故4a2+1b2=1,又a2=b2+c2,解得a2=8,b故橢圓C的方程為x28+y2(2)(i)由題知kOP=12,設l2的方程為y=12x+t(t<0),A(x1,y1),B(x2,y2由y=12x+t,x28+y22=1,由Δ=-4(t2-4)>0,得t2<4,故-2<t<0.又x1+x2=-2t,x1x2=2t2-4,則|AB|=1+=524t2-∵點P到l2的距離d=|t|1+(∴S△PAB=12×54-t2×2|t當且僅當4-t2=t2,即t=-2時,等號成立.故△PAB的面積最大時,直線l2的方程為y=12x-2(ii)要證|PA||MB|=|PB||MA|,只需證|PA||由角平分線的性質可知,即證直線x=2為∠APB的平分線,轉化成證明kPA+kPB=0.∵kPA+kPB=y1-=[(=x=2t2-4-2t(t-由l1與橢圓C有且只有一個公共點,知l1為橢圓C的切線.由x28+y22=1得y2=2-當0<x<22,0<y<2時,y=2-14x2,則∴y'|x=2=-1