通用版2019版高考数学一轮复习第九章解析几何课时达标检测四十九圆锥曲线中的定点定值存在性问题（理科）.doc

1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 课时达标检测（四十九） 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题 一般难度题 全员必做 1 (2018 郑州质检 )已知动圆 M 恒过点 (0,1)，且与直线 y 1 相切 (1)求圆心 M 的轨迹方程； (2)动直线 l 过点 P(0， 2)，且与点 M 的轨迹交于 A， B 两点，点 C 与点 B 关于 y 轴对称，求证：直线 AC 恒过定点 解： (1)由题意得，点 M 与点 (0,1)的距离始终等于点 M 到直线 y 1 的距离，由抛物线的定义知圆心 M 的轨迹是以点 (0,1)为焦点，直线 y 1 为准线的抛物线，则 p2 1， p2. 圆心 M 的轨迹方

2、程为 x2 4y. (2)设直线 l： y kx 2， A(x1， y1)， B(x2， y2)，则 C( x2， y2)，联立? x2 4y，y kx 2， 消去 y 整理得 x2 4kx 8 0， x1 x2 4k， x1x2 8. kAC y1 y2x1 x2x214x224x1 x2x1 x24 ，直线 AC 的方程为 y y1x1 x24 (x x1) 即 y y1 x1 x24 (x x1) x1 x24 x x1 x1 x24 x214x1 x24 xx1x24 ， x1x2 8， y x1 x24 x x1x24 x1 x24 x 2，即直线 AC 恒过定点 (0,2) 2在平

3、面直角坐标系 xOy 中，已知点 A(x1， y1)， B(x2， y2)是椭圆 E： x24 y2 1 上的非坐标轴上的点，且 4kOA kOB 1 0(kOA， kOB分别为直线 OA， OB 的斜率 ) (1)证明： x21 x22， y21 y22均为定值； (2)判断 OAB 的面积是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由 解： (1)证明：依题意， x1， x2， y1， y2均不为 0， 则由 4kOA kOB 1 0，得 4y1y2x1x2 1 0， 化简得 y2 x1x24y1， 因为点 A， B 在椭圆上， 所以 x21 4y21 4， x22 4y22 4， 把

4、y2 x1x24y1代入 ， =【 ;精品教育资源文库 】 = 整理得 (x21 4y21)x22 16y21. 结合 得 x22 4y21， 同理可得 x21 4y22， 从而 x21 x22 4y22 x22 4， 为定值 ， y21 y22 y21 x214 1， 为定值 (2)S OAB 12|OA| OB|sin AOB 12 x21 y21 x22 y22 1 cos2 AOB 12 x21 y21 x22 y22 1 x1x2 y1y22x21 y21 x22 y22 12 x21 y21 x22 y22 x1x2 y1y2 2 12|x1y2 x2y1|. 由 (1)知 x22

5、 4y21， x21 4y22， 易知 y2 x12， y1 x22或 y2 x12， y1 x22， S OAB 12|x1y2 x2y1| 12? ?12x21 2y21 x21 4y214 1， 因此 OAB 的面积为定值 1. 3 (2018 广州惠州调研 )已知椭圆 C： x2a2y2b2 1(ab0)的左、右焦点分别为 F1( 1,0)，F2(1,0)，点 A? ?1， 22 在椭圆 C 上 (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)是否存在斜率为 2 的直线，使得当直线与椭圆 C 有两个不同交点 M， N 时，能在直线y 53上找到一点 P，在椭圆 C 上找到一点 Q，满足 PM N

6、Q ？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由 解： (1)设椭圆 C 的焦距为 2c，则 c 1， 因为 A? ?1， 22 在椭圆 C 上，所以 2a |AF1| |AF2| 2 2， 因此 a 2， b2 a2 c2 1， 故椭圆 C 的方程为 x22 y2 1. (2)不存在满足条件的直线，证明如下：设直线的方程为 y 2x t， 设 M(x1， y1)， N(x2， y2)， P? ?x3，53 ， Q(x4， y4)， MN 的中点为 D(x0， y0)， =【 ;精品教育资源文库 】 = 由? y 2x t，x22 y2 1， 消去 x，得 9y2 2ty t2 8 0， 所以

7、 y1 y2 2t9 ，且 4t2 36(t2 8)0， 故 y0 y1 y22 t9，且 3b0)的右焦点为 F(1,0)，右顶点为 A，且 |AF| 1. (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)若动直线 l： y kx m 与椭圆 C 有且只有一个交点 P，且与直线x 4 交于点 Q，问，是否存在一个定点 M(t,0)，使得 MP MQ 0.若存在，求出点 M 的坐标；若不存在，说明理由 解： (1)由 c 1， a c 1，得 a 2， b 3， 故椭圆 C 的标准方程为 x24y23 1. (2)由? y kx m，3x2 4y2 12， 消去 y 得 (3 4k2)x2 8kmx 4

8、m2 12 0， 64k2m2 4(3 4k2)(4m2 12) 0，即 m2 3 4k2. 设 P(xP， yP)，则 xP 4km3 4k2 4km ， yP kxP m 4k2m m3m，即 P? 4km ，3m . =【 ;精品教育资源文库 】 = M(t,0)， Q(4,4k m)， MP ? ? 4km t， 3m ， MQ (4 t,4k m)， MP MQ ? ? 4km t (4 t) 3m(4 k m) t2 4t 3 4km(t 1) 0 恒成立，故? t 1 0，t2 4t 3 0， 解得 t 1. 存在点 M(1,0)符合题意 2 (2018 河北质检 )已知椭圆 E

9、： x2a2y2b2 1 的右焦点为 F(c,0)，且 a b c 0，设短轴的一个端点为 D，原点 O 到直线 DF 的距离为 32 ，过原点和 x 轴不重合的直线与椭圆 E 相交于 C， G 两点，且 | GF | | CF | 4. (1)求 椭圆 E 的方程； (2)是否存在过点 P(2,1)的直线 l 与椭圆 E 相交于不同的两点 A， B 且使得 OP 24 PA PB 成立？若存在，试求出直线 l 的方程；若不存在，请说明理由 解： (1)由椭圆的对称性知 | GF | | CF | 2a 4， a 2.又原点 O 到直线 DF 的距离为 32 ， bca 32 ， bc 3，

10、又 a2 b2 c2 4， a b c 0， b 3， c 1. 故椭圆 E 的方程为 x24y23 1. (2)当直线 l 与 x 轴垂直时不满足条件 故可设 A(x1， y1)， B(x2， y2)， 直线 l 的方程为 y k(x 2) 1，代入椭圆方程得 (3 4k2)x2 8k(2k 1)x 16k2 16k 8 0， 32(6k 3) 0， k 12. x1 x2 8k k3 4k2 ， x1x2 16k2 16k 83 4k2 ， OP 2 4 PA PB ， =【 ;精品教育资源文库 】 = 即 4(x1 2)(x2 2) (y1 1)(y2 1) 5， 4(x1 2)(x2

11、2)(1 k2) 5， 即 4x1x2 2(x1 x2) 4(1 k2) 5， 4? ?16k2 16k 83 4k2 28k k3 4k2 4 (1 k2) 4 4 4k23 4k2 5， 解得 k 12， k 12不符合题意，舍去 存在满足条件的直线 l，其方程为 y 12x. 较高难度题 学霸做 1如图，已知椭圆 x24y23 1 的左焦点为 F，过点 F 的直线交椭圆于 A， B 两点，线段 AB 的中点为 G， AB 的中垂线与 x 轴和 y轴分别交于 D， E 两点 (1)若点 G 的横坐标为 14，求直线 AB 的斜率； (2)记 GFD 的面积为 S1， OED(O 为原点 )

12、的面积为 S2. 试问：是否存在直线 AB，使得 S1 S2？说明理由 解： (1)由条件可得 c2 a2 b2 1，故 F 点坐标为 ( 1,0) 依题意可知，直线 AB 的斜率存在，设其方程为 y k(x 1)，将其代入 x24y23 1， 整理得 (4k2 3)x2 8k2x 4k2 12 0. 设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，所以 x1 x2 8k24k2 3. 故点 G 的横坐标为 x1 x22 4k24k2 314， 解得 k 12， 故直线 AB 的斜率为 12或 12. (2)假设存在直线 AB，使得 S1 S2，显然直线 AB 不能与 x， y 轴垂直，即直线

13、AB 斜率存在且不为零 由 (1)可得 G? ? 4k24k2 3，3k4k2 3 . =【 ;精品教育资源文库 】 = 设 D 点坐标为 (xD,0) 因为 DG AB，所以3k4k2 3 4k24k2 3 xD k 1， 解得 xD k24k2 3，即 D? k24k2 3， 0 . 因为 GFD OED，所以 S1 S2?|GD| |OD|. 所以 ? ? k24k2 3 4k24k2 32? 3k4k2 32? k24k2 3 ， 整理得 8k2 9 0. 因为此方程无解，所以不存在直线 AB，使得 S1 S2. 2 (2018 广西陆川县模拟 )已知椭圆 D： x2 y2b2 1 的

14、左焦点为 F，其左，右顶点为 A，C，椭圆与 y 轴正半轴的交点为 B， FBC 的外接圆的圆心 P(m， n)在直线 x y 0 上 (1)求椭圆 D 的方程； (2)已知直线 l： x 2， N 是椭圆 D 上的动点， MN l，垂足为 M，问：是否存在点 N，使得 FMN 为等腰三角形？若存在，求出点 N 的坐标；若不存在，请说明理由 解： (1)由题意知，圆心 P 既在边 FC 的垂直平分线上，也在边 BC 的垂直平分线上， F(c,0)，则边 FC 的垂直平分线方程为 x 1 c2 ， 因为边 BC 的中点坐标为 ? ?12， b2 ，直线 BC 的斜率为 b， 所以边 BC 的垂直

15、平分线的方程为 y b2 1b? ?x 12 ， 联立 ，解得 m 1 c2 ， n b2 c2b ， 因为 P(m， n)在直线 x y 0 上，所以 1 c2 b2 c2b 0， 即 (1 b)(b c) 0， 因为 1 b0，所以 b c. 由 b2 1 c2，得 b2 c2 12，所以椭圆 D 的方程为 x2 2y2 1. (2)由 (1)，知 F? ? 22 ， 0 ，椭圆上的点的横坐标满足 1 x1 ， 设 N(x， y)，由题意得 M( 2， y)， =【 ;精品教育资源文库 】 = 则 |MN| |x 2|， |FN| ? ?x 22 2 y2， |MF| 12 y2. 若 |MN| |FN|，即 |x 2| ? ?x 22 2 y2，与 x2 2y2 1 联立，解得 x 2 1，显然不符合条件； 若 |MN| |MF|，即 |x 2| 12 y2， 与 x2 2y2 1 联立，解得 x 23 或 x 2 1(显然不符合条件，舍去 )， 所以满足条件的点 N 的坐标为 ? ? 23 ， 146 ； 若 |FN| |MF|，即 ? ?x 22 2 y2 12 y2， 与 x2 2y2 1 联立，解得 x 0 或 x