通用版2020版高考数学大二轮复习专题突破练26圆锥曲线中的定点定值与存在性问题理

专题突破练26圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题1.(2019北京房山区高三第一次模拟测试)已知椭圆=1,过坐标原点O做两条互相垂直的射线,与椭圆分别交于M,N两点.(1)求椭圆的离心率;(2)求证:点O到直线MN的距离为定值.2.(2019辽宁丹东高三总复习质量测试一)已知离心率为2的双曲线C的一个焦点F(c,0)到一条渐近线的距离为√.(1)求双曲线C的方程;(2)设A1,A2分别为C的左、右顶点,P为C异于A1,A2的一点,直线A1P与A2P分别交y轴于M,N两点,求证:以线段MN为直径的圆D经过两个定点.3.(2019山东日照高三5月校际联合考试)如图,已知椭圆E:=1(ab0),A(4,0)是长轴的一个端点,弦BC过椭圆的中心O,且cos⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=√,|⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=2|⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|.(1)求椭圆E的方程.(2)过椭圆E右焦点F的直线,交椭圆E于A1,B1两点,交直线x=8于点M,判定直线CA1,CM,CB1的斜率是否依次构成等差数列?请说明理由.4.(2019江西新八校高三第二次联考)已知椭圆C:=1(ab0),c=√,左、右焦点为F1,F2,点P,A,B在椭圆C上,且点A,B关于原点对称,直线PA,PB的斜率的乘积为-.(1)求椭圆C的方程;(2)已知直线l经过点Q(2,2),且与椭圆C交于不同的两点M,N,若|QM||QN|=,判断直线l的斜率是否为定值?若是,请求出该定值;若不是,请说明理由.5.(2019山东青岛高考模拟检测)已知O为坐标原点,点F1(-√,0),F2(√,0),S(3√,0),动点N满足|NF1|+|NS|=4√,点P为线段NF1的中点,抛物线C:x2=2my(m0)上点A的纵坐标为√⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=6√.(1)求动点P的轨迹曲线W的标准方程及抛物线C的标准方程;(2)若抛物线C的准线上一点Q满足OP⊥OQ,试判断是否为定值?若是,求这个定值;若不是,请说明理由.6.(2019河南重点高中高三4月联合质量检测)已知点O为坐标原点,椭圆C:=1(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,通径长(即过焦点且垂直于长轴的直线与椭圆C相交所得的弦长)为3,短半轴长为√.(1)求椭圆C的标准方程;(2)设过点F1的直线l与椭圆C相交于E,D两点,线段ED上存在一点I到F2E,F2D两边的距离相等,若⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗-⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗√,问直线l的斜率是否存在?若存在,求直线l的斜率的取值范围;若不存在,请说明理由.参考答案专题突破练26圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题1.(1)解由椭圆的方程=1,可得a=2,b=√,∴c2=a2-b2=1.∴椭圆的离心率e=(2)证明当直线MN的斜率不存在时,∠MON=90°,不妨设M(x0,x0),则有N(x0,-x0).又M,N两点在椭圆上,00=1,0∴点O到直线MN的距离d=√√当直线MN的斜率存在时,设直线MN的方程为y=kx+m.由{,,消去y得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,则Δ=(8km)2-4(3+4k2)(4m2-12)0.设M(x1,y1),N(x2,y2).∴x1+x2=-,x1x2=-∵OM⊥ON,∴x1x2+y1y2=0.∴x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=0.即(k2+1)x1x2+km(x1+x2)+m2=0.∴(k2+1)-+m2=0.整理得7m2=12(k2+1),满足Δ0,∴点O到直线MN的距离d=√√√综上所述,点O到直线MN的距离为定值√2.(1)解设C:=1(a0,b0),因为离心率为2,所以c=2a,b=√a.所以C的渐近线为√x±y=0,不妨取其中一条√x+y=0.由√√-0√√,得c=2.于是a=1,b=√,故双曲线C的方程为x2-=1.(2)证明设P(x0,y0)(x0≠±1),因为A1(-1,0),A2(1,0),可得直线A1P与A2P的方程分别为y=00(x+1),y=00-(x-1).由题设,所以M0,00,N0,-00-,|MN|=|000-|,MN中点坐标0,0-0,于是圆D的方程为x2+y-0-02=000-因为00=1,所以圆D的方程可化为x2+y2+0y-3=0.当y=0时,x=±√,因此D经过两个定点(-√,0)和(√,0).3.解(1)由|⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=2|⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|,得|⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=2|⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|,即|⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=|⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|,所以△AOC是等腰三角形.又a=|OA|=4,故点C的横坐标为2.又cos⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=√,设点C的纵坐标为yC,⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(4,0),⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,-yC)√√,解得yC=±3,应取C(2,3),又点C在椭圆上,=1,解得b2=12.∴所求椭圆的方程为=1.(2)由题意知椭圆的右焦点为F(2,0),C(2,3),由题意可知直线CA1,CM,CB1的斜率存在,设直线A1B1的方程为y=k(x-2),代入椭圆=1并整理,得(3+4k2)x2-16k2x+16k2-48=0.设A1(x1,y1),B1(x2,y2),直线CA1,CM,CB1的斜率分别为k1,k2,k3,则有x1+x2=,x1x2=-可知M的坐标为M(8,6k).∴k1+k3=----=------=2k-3--=2k-1.又2k2=2--=2k-1,∴k1+k3=2k2.即直线CA1,CM,CB1的斜率成等差数列.4.解(1)设A(x1,y1),P(x2,y2),则B(-x1,-y1).点A,P在椭圆上,有=1,=1.两式作差,整理得--=0.则--=-kPAkPB=--------=-=-又c=√,a2=b2+c2,可得a2=4,b2=1,c2=3.∴椭圆C的方程为+y2=1.(2)由题意知直线l存在斜率.设直线l的方程为y-2=k(x-2),将其代入+y2=1,整理可得(1+4k2)x2+16k(1-k)x+16(1-k)2-4=0,则Δ=[16k(1-k)]2-4(1+4k2)[16(1-k)2-4]0,得k设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=---∵|QM||QN|=,且⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(x1-2,y1-2),⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(x2-2,y2-2),∴(x1-2)(x2-2)+(y1-2)(y2-2)=∵y1=k(x1-2)+2,y2=k(x2-2)+2,∴(x1-2)(x2-2)+(y1-2)(y2-2)=(x1-2)(x2-2)(1+k2)=[x1x2-2(x1+x2)+4](1+k2)=∴--2-+4(1+k2)=化简得,解得k2=2.∵k,∴k=√∴直线l的斜率为定值√5.解(1)由题知|PF2|=,|PF1|=,所以|PF1|+|PF2|==2√|F1F2|,因此动点P的轨迹W是以F1,F2为焦点的椭圆,又知2a=2√,2c=2√,所以曲线W的标准方程为+y2=1.又由题知A(xA,√),所以⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(xA,√)(3√,0)=3√xA=6√,所以xA=2√又因为点A(2√√)在抛物线C上,所以m=√,所以抛物线C的标准方程为x2=2√y.(2)设P(xP,yP),QxQ,-√,由题知OP⊥OQ,所以xPxQ-√=0,即xQ=√(xP≠0,所以又因为=1,=1-,所以-=1.所以为定值,且定值为1.6.解(1)因为短半轴长为√,所以b=√设椭圆C:=1(ab0)的半焦距为c.由题意,得=1,解得y=±由通径长为3,得=3,即√=3,解得a=2.所以椭圆C的标准方程为=1.(2)由(1)得,椭圆C的标准方程为=1.因为点I到F2E,F2D两边的距离相等,所以由角平分线定理,得F2I是∠DF2E的角平分线.由⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗-⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗√,得⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗√,即cos∠EF2I√,则∠EF2I5°.所以∠DF2E=2∠EF2I90°.所以⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗0.易知左、右焦点F1,F2的坐标分别为(-1,0),(1,0),当直线l的斜率存在时,设为k,则直线l的方程为y=k(x+1)(k≠0.设点E(x1,y1),D(x2,y2).联立{,,得(4k2+3)x2+8k2x+4k2-12=0,则Δ=(8k2)2-4(4k2+3)(4k2-12)=144k2+1440恒成立.x1+x2=-,x1x2=-又y1y2=k(x1+1)k(x2+1)=k2(x1x2+x1+x2+1)=k2-+1=-9,所以⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(x2-1,y2)(x1-1,y1)=x1x2-(x1+x2)+1+y1y20.所以--+1+-90,化简得-90,所以7k2-90,解得-√k√(k≠0;当直线l的斜率k不存在时,点E-1,,D-1,-,⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-2,-,⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-2,,则⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-2,--2,=4-90,不符合题意,所以舍去.综上,直线l的斜率存在,且直线l的斜率的取值范围是-√,0∪0,√.