高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)2 第2課時(shí)　圓錐曲線中的定值、定點(diǎn)與存在性問題

1、1 / 20 第 2 課時(shí) 圓錐曲線中的定值、定點(diǎn)與存在性問題 定值問題 (2020 高考北京卷)已知橢圓 c：x2a2y2b21 過點(diǎn) a(2，1)，且 a2b. (1)求橢圓 c的方程； (2)過點(diǎn) b(4，0)的直線 l 交橢圓 c于點(diǎn) m，n，直線 ma，na分別交直線x4 于點(diǎn) p，q，求|pb|bq|的值 【解】 (1)因?yàn)?a2b，所以橢圓的方程為x24b2y2b21， 又因?yàn)闄E圓過點(diǎn) a(2，1)，所以有44b21b21，解得 b22，所以橢圓c的方程為x28y221. (2)由題意知直線 mn的斜率存在 當(dāng)直線 mn的斜率為 0 時(shí)，不妨設(shè) m(2 2，0)，n(2 2，0)

2、， 則直線 ma：y122 2(x2 2)，直線 na：y122 2(x2 2)， 則 yp 2，yq 2，|pb|bq|1. 當(dāng)直線 mn 的斜率不為 0 時(shí)，設(shè)直線 mn：xmy4(m0)，與橢圓方程x28y221 聯(lián)立，化簡(jiǎn)得(m24)y28my80，64m232(m24)32(m24)0，解得 m24. 設(shè) m(x1，y1)，n(x2，y2)，則 y1y28m24，y1y28mm24. 直線 ma的方程為 y1y11x12(x2)，則 p4，2（y11）x121 ， 即 p4，（m2）y1my12. 2 / 20 直線 na的方程為 y1y21x22(x2)，則 q4，2（y21）x2

3、21 ， 即 q4，（m2）y2my22. 所以|pb|bq|（m2）y1my12my22（m2）y2 my1y22y1my1y22y28mm242y18mm242y2 y1y22y1y1y22y21. 綜上，|pb|bq|1. 圓錐曲線中定值問題的特點(diǎn)及兩大解法 (1)特點(diǎn)：待證幾何量不受動(dòng)點(diǎn)或動(dòng)線的影響而有固定的值 (2)兩大解法： 從特殊入手，求出定值，再證明這個(gè)值與變量無關(guān)； 變量法：其解題流程為,變量) (2020 六校聯(lián)盟第二次聯(lián)考)在直角坐標(biāo)系 xoy 中，動(dòng)點(diǎn) p 與定點(diǎn) f(1，0)的距離和它到定直線 x4 的距離之比是 12，設(shè)動(dòng)點(diǎn) p 的軌跡為e. (1)求動(dòng)點(diǎn) p的軌跡

4、 e 的方程； (2)設(shè)過 f的直線交軌跡 e的弦為 ab，過原點(diǎn)的直線交軌跡 e的弦為 cd，若 cdab，求證：|cd|2|ab|為定值 3 / 20 解：(1)設(shè)點(diǎn) p 的坐標(biāo)為(x，y)，由題意得（x1）2y2|x4|12，將兩邊平方，并化簡(jiǎn)得x24y231， 故軌跡 e的方程是x24y231. (2)證明：當(dāng)直線 ab的斜率不存在時(shí)，易求得|ab|3，|cd|2 3， 則|cd|2|ab|4. 當(dāng)直線 ab的斜率存在時(shí)，設(shè)直線 ab的斜率為 k，依題意知 k0， 則直線 ab的方程為 yk(x1)，直線 cd的方程為 ykx. 設(shè) a(x1，y1)，b(x2，y2)，c(x3，y3)

5、，d(x4，y4) 由x24y231，yk（x1）得(34k2)x28k2x4k2120， 則 x1x28k234k2，x1x24k21234k2， |ab| 1k2 |x1x2| 1k2（8k234k2）244k21234k212（1k2）34k2. 由x24y231，ykx整理得 x21234k2，則|x3x4|4 334k2. |cd| 1k2|x3x4|43（1k2）34k2. 所以|cd|2|ab|48（1k2）34k234k212（1k2）4. 綜合知|cd|2|ab|4，為定值 定點(diǎn)問題 技法一 目標(biāo)關(guān)系式法求定點(diǎn) (2020 高考全國(guó)卷)已知 a，b 分別為橢圓 e：x2a2y

6、21(a1)的左、右頂點(diǎn)，g 為 e 的上頂點(diǎn)，ag gb8.p 為直線 x6 上的動(dòng)點(diǎn)，pa 與 e 的另一4 / 20 交點(diǎn)為 c，pb與 e的另一交點(diǎn)為 d. (1)求 e的方程； (2)證明：直線 cd過定點(diǎn) 【解】 (1)由題設(shè)得 a(a，0)，b(a，0)，g(0，1) 則ag(a，1)，gb(a，1)由ag gb8得 a218，即 a3. 所以 e的方程為x29y21. (2)證明：設(shè) c(x1，y1)，d(x2，y2)，p(6，t) 若 t0，設(shè)直線 cd的方程為 xmyn，由題意可知3nb0)的左、右焦點(diǎn)分別為 f1，f2，離心率為12，p是橢圓 c 上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)當(dāng) p是 c

7、的上頂點(diǎn)時(shí)，f1pf2的面積為 3. (1)求橢圓 c的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)設(shè)斜率存在的直線 pf2與 c 的另一個(gè)交點(diǎn)為 q，是否存在點(diǎn) t(t，0)，使得|tp|tq|？若存在，求出 t 的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說明理由 【解】 (1)設(shè)橢圓 c的半焦距為 c. 因?yàn)?sf1pf2122cb 3，所以 bc 3. 又 eca12，a2b2c2，所以 a2，b 3，c1. 所以橢圓 c的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24y231. (2)存在假設(shè)存在點(diǎn) t(t，0)，使得|tp|tq|. 8 / 20 由直線 pq 過 f2(1，0)，設(shè)直線 pq 的方程為 yk(x1)，p(x1，y1)，q(x2，y2)，p

8、q的中點(diǎn)為 n(x0，y0) 當(dāng) k0時(shí)，t0，符合題意 當(dāng) k0時(shí)，由yk（x1），x24y231，得(4k23)x28k2x4k2120， (8k2)24(4k23)(4k212)144k21440，x1x28k24k23. 所以 x0 x1x224k24k23，y0k(x01)3k4k23，即 n4k24k23，3k4k23. 連接 tn，因?yàn)閨tp|tq|，所以 tnpq，則 ktn k1(ktn為直線 tn 的斜率) 所以3k4k23t4k24k23 k1， 即 tk24k23143k2. 因?yàn)?43k24，所以 t0，14. 綜上可得，t 的取值范圍為0，14. 存在性問題的求解策

9、略 解決存在性問題，先假設(shè)存在，推證滿足條件的結(jié)論，若結(jié)論正確則存在，若結(jié)論不正確則不存在 (1)當(dāng)條件和結(jié)論不唯一時(shí)要分類討論 (2)當(dāng)給出結(jié)論而要推導(dǎo)出存在的條件時(shí)，先假設(shè)成立，再推出條件 (3)當(dāng)要討論的量能夠確定時(shí)，可先確定，再證明結(jié)論符合題意 (2020 山東新高考模擬)設(shè)中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在 x 軸上的橢圓 e過點(diǎn)(1，32)，且離心率為32.f 為 e 的右焦點(diǎn)，p 為 e 上一點(diǎn)，pfx 軸，f的半徑為 pf. 9 / 20 (1)求橢圓 e和f的方程； (2)若直線 l：yk(x 3)(k0)與f 交于 a，b 兩點(diǎn)，與 e 交于 c，d 兩點(diǎn)，其中 a，c 在第一象限，是否存

10、在 k 使|ac|bd|？若存在，求直線 l 的方程；若不存在，說明理由 解：(1)設(shè) e的方程為x2a2y2b21(ab0)，由題設(shè)知 1a234b21，a2b2a32. 解得 a2，b1，故橢圓 e的方程為x24y21. 因此 f( 3，0)，|pf|12，即f的半徑為12. 所以f的方程為(x 3)2y214. (2)不存在由題設(shè)可知，a 在 e 外，b 在 e 內(nèi)，c 在f 內(nèi)，d 在f外在 l 上的四點(diǎn) a，b，c，d 滿足|ac|ab|bc|，|bd|cd|bc|. 設(shè) c(x1，y1)，d(x2，y2)將 l 的方程代入 e的方程得 (14k2)x28 3k2x12k240， 則

11、 x1x28 3k24k21，x1x212k244k21， |cd| 1k2（x1x2）24x1x24k244k211， 又f 的直徑|ab|1，所以|bd|ac|cd|ab|cd|10，故不存在正數(shù) k 使|ac|bd|. 思想方法系列 17 破解解析幾何運(yùn)算的常見技巧 中學(xué)解析幾何是將幾何圖形置于直角坐標(biāo)系中，用方程的觀點(diǎn)來研究曲線，體現(xiàn)了用代數(shù)的方法解決幾何問題的優(yōu)越性，但有時(shí)運(yùn)算量過大，或需繁雜的討論，這些都會(huì)影響解題的速度，甚至?xí)兄菇忸}的過程，達(dá)到“望題興嘆”的地步，特別是高考中，在規(guī)定的時(shí)間內(nèi)，要保質(zhì)保量完成解題的任務(wù)，計(jì)算能力是一個(gè)重要的方面，為此，從以下幾個(gè)方面探索減輕運(yùn)算量

12、的方法和技巧，合理簡(jiǎn)化解題過程，優(yōu)化思維過程 10 / 20 技巧一 回歸定義，化繁為簡(jiǎn) 回歸定義的實(shí)質(zhì)是重新審視概念，并用相應(yīng)的概念解決問題，是一種樸素而又重要的策略和思想方法圓錐曲線的定義既是有關(guān)圓錐曲線問題的出發(fā)點(diǎn)，又是新知識(shí)、新思維的生長(zhǎng)點(diǎn)對(duì)于相關(guān)的圓錐曲線中的數(shù)學(xué)問題，若能根據(jù)已知條件，巧妙靈活應(yīng)用定義，往往能達(dá)到化難為易、化繁為簡(jiǎn)、事半功倍的效果 如圖，f1，f2是橢圓 c1：x24y21 與雙曲線c2的公共焦點(diǎn)，a，b 分別是 c1，c2在第二、四象限的公共點(diǎn)若四邊形 af1bf2為矩形，則 c2的離心率是( ) a. 2 b. 3 c.32 d.62 【解析】 由已知，得 f1

13、( 3，0)，f2( 3，0)，設(shè)雙曲線 c2的實(shí)半軸長(zhǎng)為 a，由橢圓及雙曲線的定義和已知，可得|af1|af2|4，|af2|af1|2a，|af1|2|af2|212，解得 a22，故 a 2. 所以雙曲線 c2的離心率 e3262. 【答案】 d 本題巧妙運(yùn)用橢圓和雙曲線的定義建立|af1|，|af2|的等量關(guān)系，從而快速求出雙曲線實(shí)半軸長(zhǎng) a的值，進(jìn)而求出雙曲線的離心率，大大降低了運(yùn)算量 技巧二 直觀想象，數(shù)形結(jié)合 著名數(shù)學(xué)家華羅庚說過：“數(shù)與形本是兩相倚，焉能分作兩邊飛數(shù)缺形時(shí)少直觀，形少數(shù)時(shí)難入微”在圓錐曲線的一些問題中，許多對(duì)應(yīng)的長(zhǎng)度、數(shù)式等都具有一定的幾何意義，挖掘題目中隱含的

14、幾何意義，采用數(shù)形結(jié)合的思想方法，可解決一些相應(yīng)問題 已知 f 是雙曲線 c：x2y281 的右焦點(diǎn)，p 是 c 的左支上一點(diǎn)，a(0，6 6)當(dāng)apf周長(zhǎng)最小時(shí)，該三角形的面積為_ 11 / 20 【解析】 設(shè)雙曲線的左焦點(diǎn)為 f1，根據(jù)雙曲線的定義可知|pf|2a|pf1|， 則apf 的周長(zhǎng)為|pa|pf|af|pa|2a|pf1|af|pa|pf1|af|2a， 由于|af|2a是定值，要使apf的周長(zhǎng)最小， 則|pa|pf1|最小，即 p，a，f1共線， 由于 a(0，6 6)，f1(3，0)， 則直線 af1的方程為x3y6 61，即 xy2 63， 代入雙曲線方程整理可得 y26

15、 6y960， 解得 y2 6或 y8 6(舍去)， 所以點(diǎn) p的縱坐標(biāo)為 2 6， 所以 sapfsaff1spff11266 61262 612 6. 【答案】 12 6 要求apf 的周長(zhǎng)的最小值，其實(shí)就是轉(zhuǎn)化為求解三角形三邊長(zhǎng)之和，根據(jù)已知條件與雙曲線定義加以轉(zhuǎn)化為已知邊的長(zhǎng)度問題與已知量的等價(jià)條件來分析，根據(jù)直線與雙曲線的位置關(guān)系，通過數(shù)形結(jié)合確定點(diǎn) p 的位置，通過求解點(diǎn) p的坐標(biāo)進(jìn)而利用三角形的面積公式來處理 技巧三 設(shè)而不求，整體運(yùn)算 對(duì)于直線與圓錐曲線相交所產(chǎn)生的中點(diǎn)弦問題，涉及求中點(diǎn)弦所在直線的方程，或弦的中點(diǎn)的軌跡方程的問題時(shí)，常?？梢杂谩包c(diǎn)差法”求解 已知橢圓 e：x2

16、a2y2b21(ab0)的右焦點(diǎn)為 f(3，0)，過點(diǎn) f 的直線交 e于 a，b兩點(diǎn)若 ab 的中點(diǎn)坐標(biāo)為 m(1，1)，則 e的標(biāo)準(zhǔn)方程為( ) a.x245y2361 b.x236y2271 c.x227y2181 d.x218y291 【解析】 通解：設(shè) a(x1，y1)，b(x2，y2)， 則 x1x22，y1y22， 12 / 20 x21a2y21b21，x22a2y22b21， 得（x1x2）（x1x2）a2（y1y2）（y1y2）b20， 所以 kaby1y2x1x2b2（x1x2）a2（y1y2）b2a2. 又 kab013112，所以b2a212. 又 9c2a2b2，解

17、得 b29，a218， 所以橢圓 e的標(biāo)準(zhǔn)方程為x218y291. 優(yōu)解：由 kab komb2a2得，101311b2a2得，a22b2.又 a2b29，所以 a218，b29， 所以橢圓 e的標(biāo)準(zhǔn)方程為x218y291. 【答案】 d 本題設(shè)出 a，b 兩點(diǎn)的坐標(biāo)，卻不求出 a，b 兩點(diǎn)的坐標(biāo)，巧妙的表達(dá)出直線 ab 的斜率，通過將直線 ab 的斜率“算兩次”建立幾何量之間的關(guān)系，從而快速解決問題 技巧四 整體換元，簡(jiǎn)化運(yùn)算 變量換元的關(guān)鍵是構(gòu)造元和設(shè)元 ，理論依據(jù)是等量代換，目的是變換研究對(duì)象，將問題移至新對(duì)象的知識(shí)背景中去研究，從而將非標(biāo)準(zhǔn)型問題轉(zhuǎn)化為標(biāo)準(zhǔn)型問題，將復(fù)雜問題簡(jiǎn)單化變量換

18、元法常用于求解復(fù)合函數(shù)的值域、三角函數(shù)的化簡(jiǎn)或求值等問題 設(shè)直線 l 與拋物線 x22y 分別相交于 a，b 兩點(diǎn)，與橢圓x24y231分別相交于 c，d 兩點(diǎn)，直線 oa，ob，oc，od(o 為坐標(biāo)原點(diǎn))的斜率分別為k1，k2，k3，k4，且 oaob. (1)是否存在實(shí)數(shù) t，滿足 k1k2t(k3k4)，并說明理由； 13 / 20 (2)求ocd面積的最大值 【解】 設(shè)直線 l 的方程為 ykxb(b0)，a(x1，y1)，b(x2，y2)，c(x3，y3)，d(x4，y4) 聯(lián)立ykxb，x22y，得 x22kx2b0， 則 x1x22k，x1x22b，14k28b0. 因?yàn)?oa

19、ob，所以 x1x2y1y20，得 b2或 b0(舍) 聯(lián)立ykx2，x24y231，得(34k2)x216kx40， 則 x3x416k34k2，x3x4434k2. 由 2192k2480，得 k214. (1)存在因?yàn)?k1k2y1x1y2x2k，k3k4y3x3y4x46k， 所以 tk1k2k3k416. (2)根據(jù)弦長(zhǎng)公式|cd| 1k2|x3x4|， 得|cd|4 3 1k24k2134k2. 根據(jù)點(diǎn) o 到直線 cd 的距離公式，得 d21k2， 所以 socd12|cd| d4 34k2134k2. 設(shè) 4k21m0，則 socd4 3mm244 3m4m 3， 所以當(dāng)且僅當(dāng)

20、 m4m，即 m2，k52時(shí)，socd有最大值 3. 破解此類題的關(guān)鍵：一是利用已知條件，建立關(guān)于參數(shù)的方程，解方程，求出參數(shù)的值，二是通過變量換元法將所給函數(shù)轉(zhuǎn)化為值域容易確定的另一函數(shù)，求得其值域，從而求得原函數(shù)的值域，形如 yaxb cxd(a，b，c，d14 / 20 均為常數(shù)，且 ac0)的函數(shù)常用此法求解，但在換元時(shí)一定要注意新元的取值范圍，以保證等價(jià)轉(zhuǎn)化，這樣目標(biāo)函數(shù)的值域才不會(huì)發(fā)生變化 技巧五 妙借向量，更換思路 平面向量是銜接代數(shù)與幾何的紐帶，溝通“數(shù)”與“形”，融數(shù)、形于一體，是數(shù)形結(jié)合的典范，具有幾何形式與代數(shù)形式的雙重身份，是數(shù)學(xué)知識(shí)的一個(gè)交匯點(diǎn)和聯(lián)系多項(xiàng)知識(shí)的媒介妙借

21、向量，可以有效提升圓錐曲線的解題方向與運(yùn)算效率，達(dá)到良好效果 如圖，在平面直角坐標(biāo)系 xoy 中，f 是橢圓x2a2y2b21(ab0)的右焦點(diǎn)，直線 yb2與橢圓交于 b，c 兩點(diǎn)，且bfc90 ，則該橢圓的離心率是_ 【解析】 把 yb2代入橢圓x2a2y2b21，可得 x32a，則 b32a，b2，c32a，b2，而 f(c，0)，則fb32ac，b2，fc32ac，b2，又bfc90 ，故有fb fc32ac，b232ac，b2c234a214b2c234a214(a2c2)34c212a20，則有 3c22a2，所以該橢圓的離心率 eca63. 【答案】 63 本題通過相關(guān)向量坐標(biāo)的

22、確定，結(jié)合bfc90 ，巧妙借助平面向量的坐標(biāo)運(yùn)算來轉(zhuǎn)化圓錐曲線中的相關(guān)問題，從形入手轉(zhuǎn)化為相應(yīng)數(shù)的形式，簡(jiǎn)化運(yùn)算 a級(jí) 基礎(chǔ)練 1直線 l 與拋物線 c：y22x 交于 a，b 兩點(diǎn)，o 為坐標(biāo)原點(diǎn)，若直線oa，ob的斜率分別為 k1，k2，且滿足 k1k223，則直線 l 過定點(diǎn)( ) a(3，0) b(0，3) 15 / 20 c(3，0) d(0，3) 解析：選 a.設(shè) a(x1，y1)，b(x2，y2)，因?yàn)?k1k223，所以y1x1y2x223.又 y212x1，y222x2，所以 y1y26.將直線 l：xmyb 代入拋物線 c：y22x 得 y22my2b0，所以 y1y22

23、b6，得 b3，即直線 l 的方程為 xmy3，所以直線 l 過定點(diǎn)(3，0) 2(多選)設(shè)橢圓的方程為x22y241，斜率為 k 的直線不經(jīng)過原點(diǎn) o，且與橢圓相交于 a，b兩點(diǎn)，m 為線段 ab的中點(diǎn)下列結(jié)論正確的是( ) a直線 ab與 om 垂直 b若點(diǎn) m 的坐標(biāo)為(1，1)，則直線 ab的方程為 2xy30 c若直線 ab的方程為 yx1，則點(diǎn) m 的坐標(biāo)為13，43 d若直線 ab的方程為 yx2，則|ab|4 23 解析：選 bd.對(duì)于 a，根據(jù)橢圓的中點(diǎn)弦的性質(zhì)得 k kom4221，所以 a 不正確對(duì)于 b，因?yàn)辄c(diǎn) m 的坐標(biāo)為(1，1)，且 k kom2，所以 k2，所以

24、直線 ab 的方程為 y12(x1)，即 2xy30，所以 b 正確對(duì)于 c，若直線 ab 的方程為 yx1，點(diǎn) m13，43，則 k kom1442，所以 c 不正確對(duì)于 d，聯(lián)立yx2，x22y241，得 2x2(x2)240，整理，得 3x24x0，解得 x10，x243.所以|ab| 112430 4 23，所以 d正確故選 bd. 3以下四個(gè)關(guān)于圓錐曲線的命題： 設(shè) a，b 為兩個(gè)定點(diǎn)，k 為正數(shù)，若|pa|pb|k，則動(dòng)點(diǎn) p 的軌跡是雙曲線； 方程 2x25x20的兩根可分別作為橢圓和雙曲線的離心率； 雙曲線x225y291與橢圓x235y21有相同的焦點(diǎn)； 已知拋物線 y22p

25、x，以過焦點(diǎn)的一條弦 ab 為直徑作圓，則此圓與準(zhǔn)線16 / 20 相切 其中真命題為_(寫出所有真命題的序號(hào)) 解析：a，b 為兩個(gè)定點(diǎn)，k 為正數(shù)，|pa|pb|k，當(dāng) k|ab|時(shí)，動(dòng)點(diǎn)p的軌跡是兩條射線，故錯(cuò)誤； 方程 2x25x20 的兩根為12和 2，可分別作為橢圓和雙曲線的離心率，故正確； 雙曲線x225y291 的焦點(diǎn)坐標(biāo)為( 34，0)，橢圓x235y21 的焦點(diǎn)坐標(biāo)為( 34，0)，故正確； 設(shè) ab 為過拋物線焦點(diǎn) f 的弦，p 為 ab 中點(diǎn)，a，b，p 在準(zhǔn)線 l 上的射影分別為 m，n，q， 因?yàn)?afbfapbpambn，所以 pq12ab， 所以以 ab為直徑作

26、圓，則此圓與準(zhǔn)線 l 相切，故正確 故正確的命題有. 答案： 4(2020 惠州調(diào)研(二)我們把焦點(diǎn)相同，且離心率互為倒數(shù)的橢圓和雙曲線稱為一對(duì)“相關(guān)曲線”，已知 f1，f2是一對(duì)相關(guān)曲線的焦點(diǎn)，p 是橢圓和雙曲線在第一象限的交點(diǎn)，當(dāng)f1pf260 時(shí)，這一對(duì)相關(guān)曲線中雙曲線的離心率為_ 解析：設(shè)橢圓、雙曲線的離心率分別為 e1，e2，橢圓的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為 a1，橢圓的半焦距為 c，雙曲線的實(shí)半軸長(zhǎng)為 a2，|pf1|x，|pf2|y，xy. 由橢圓、雙曲線的定義得xy2a1，xy2a2，所以xa1a2，ya1a2.在pf1f2中，由余弦定理得 cosf1pf2x2y2（2c）22xycos 60

27、 ，所以2（a21a22）4c22（a21a22）12，所以 a213a224c2.又 e1 e2ca1ca21，所以 c2a1a2，所以 a213a224a1a2，即(a1a2)(a13a2)0，所以 a13a2，所以 3a22c2，所以 e2ca2 3. 答案： 3 17 / 20 5已知橢圓 c：x2a2y2b21(ab0)的左、右焦點(diǎn)分別為 f1，f2.點(diǎn) m在橢圓c 上滑動(dòng)，若mf1f2的面積取得最大值 4 時(shí)，有且僅有 2 個(gè)不同的點(diǎn) m 使得mf1f2為直角三角形 (1)求橢圓 c的方程； (2)過點(diǎn) p(0，1)的直線 l 與橢圓 c分別相交于 a，b兩點(diǎn)，與 x 軸交于點(diǎn) q

28、.設(shè)oapa，qbpb，求證：為定值，并求該定值 解：(1)由對(duì)稱性知，點(diǎn) m 在短軸端點(diǎn)時(shí)， mf1f2為直角三角形且f1mf290 ，且 smf1f24， 所以 bc 且 s12 2c bbc4， 解得 bc2，a2b2c28， 所以橢圓 c的方程為x28y241. (2)顯然直線 l 的斜率不為 0，設(shè)直線 l：xt(y1)， 聯(lián)立x28y241，xt（y1）， 消去 x，得(t22)y22t2yt280. 設(shè) a(x1，y1)，b(x2，y2)，則 y1y22t2t22，y1y2t28t22. 令 y0，則 xt，所以 q(t，0)， 因?yàn)閝apa，所以 y1(y11)，所以 y1y1

29、1. 所以qbpb，所以 y2(y21)，所以 y2y21. 所以 y1y11y2y212y1y2（y1y2）y1y2（y1y2）183. 6(2019 高考全國(guó)卷)已知曲線 c：yx22，d 為直線 y12上的動(dòng)點(diǎn)，過 d作 c 的兩條切線，切點(diǎn)分別為 a，b. (1)證明：直線 ab過定點(diǎn)； (2)若以 e0，52為圓心的圓與直線 ab 相切，且切點(diǎn)為線段 ab 的中點(diǎn)，求18 / 20 該圓的方程 解：(1)證明：設(shè) dt，12，a(x1，y1)，則 x212y1. 由于 yx，所以切線 da 的斜率為 x1，故y112x1tx1. 整理得 2tx12y110. 設(shè) b(x2，y2)，同

30、理可得 2tx22y210. 故直線 ab的方程為 2tx2y10. 所以直線 ab過定點(diǎn)0，12. (2)由(1)得直線 ab 的方程為 ytx12.由ytx12，yx22可得 x22tx10.于是 x1x22t，y1y2t(x1x2)12t21. 設(shè) m 為線段 ab的中點(diǎn)，則 mt，t212. 由于emab，而em(t，t22)，ab與向量(1，t)平行，所以 t(t22)t0. 解得 t0或 t 1. 當(dāng) t0時(shí)，|em|2，所求圓的方程為 x2y5224； 當(dāng) t 1 時(shí)，|em| 2，所求圓的方程為 x2y5222. b級(jí) 綜合練 7(2020 洛陽(yáng)尖子生第一次聯(lián)考)已知橢圓 c：x2a2y2b21(ab0)的離心率為12，以原點(diǎn)為圓心，橢圓的短半軸長(zhǎng)為半徑的圓與直線 7x 5y120 相切 (1)求橢圓 c的方程； (2)設(shè) a(4，0)，過點(diǎn) r(3，0)作與 x 軸不重合的直線交橢圓 c 于 p，q 兩點(diǎn)，連接 ap，aq 分別交直線 x163于 m，n 兩點(diǎn)，若直線 mr，nr 的斜率分19 / 20 別為 k1，k2，試問：k1k2是否為定值？若是，求出該定值；