2021新高考数学二轮总复习 专题突破练27 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题（含解析）.docx

1、专题突破练27圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题1.(2020山东德州二模,20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)与圆x2+y2=43b2相交于M,N,P,Q四点,四边形MNPQ为正方形,PF1F2的周长为2(2+1).(1)求椭圆C的方程;(2)设直线l与椭圆C相交于A、B两点,D(0,-1),若直线AD与直线BD的斜率之积为16,证明:直线恒过定点.2.(2020河南、广东等五省联考,19)已知点P在圆O:x2+y2=9上,点P在x轴上的投影为Q,动点M满足4PQ=32MQ.(1)求动点M的轨迹E的方程;(2)设G(-3,0),H(3,0),过点F(1,0)的动直线l与曲线E交

2、于A、B两点,问直线AG与直线BH的斜率之比是否为定值?若为定值,求出该定值;若不为定值,试说明理由.3.(2020山东德州一模,20)已知抛物线E:x2=2py(p0)的焦点为F,圆M的方程为:x2+y2-py=0,若直线x=4与x轴交于点R,与抛物线交于点Q,且|QF|=54|RQ|.(1)求出抛物线E和圆M的方程;(2)过焦点F的直线l与抛物线E交于A,B两点,与圆M交于C,D两点(A,C在y轴同侧),求证:|AC|DB|是定值.4.(2020河北衡水中学高三下学期十调,理19)已知圆C1:x2+y2=2,圆C2:x2+y2=4,如图,C1,C2分别交x轴正半轴于点E,A.射线OD分别交

3、C1,C2于点B,D,动点P满足直线BP与y轴垂直,直线DP与x轴垂直.(1)求动点P的轨迹C的方程;(2)过点E作直线l交曲线C于点M,N,射线OHl于点H,且交曲线C于点Q.问:1|MN|+1|OQ|2的值是否是定值?如果是定值,请求出该定值;如果不是定值,请说明理由.5.(2020北京丰台一模,20)已知椭圆C:y2a2+x2b2=1(ab0)的离心率为22,点P(1,0)在椭圆C上,直线y=y0与椭圆C交于不同的两点A,B.(1)求椭圆C的方程;(2)直线PA,PB分别交y轴于M,N两点,问:x轴上是否存在点Q,使得OQN+OQM=2?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.6.

4、(2020山东烟台一模,22)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)过点M(2,2),且焦距为4.(1)求椭圆C的标准方程;(2)设P为直线l:y=22上一点,Q为椭圆C上一点,以PQ为直径的圆恒过坐标原点O.()求|OP|2+4|OQ|2的取值范围;()是否存在圆心在原点的定圆恒与直线PQ相切?若存在,求出该定圆的方程;若不存在,请说明理由.专题突破练27圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题1.解(1)因为四边形MNPQ是正方形,由正方形与椭圆的对称性可设M(x,x),x0,则由2x2=43b2,即x2=23b2,代入椭圆方程,得2b23a2+23=1,即b2a2=12.又2a+2c=2

5、(2+1),由解得a2=2,b2=1.所以椭圆C的方程为x22+y2=1.(2)当直线l斜率不存在时,设l:x=m,A(m,yA),B(m,-yA),kADkBD=yA+1m-yA+1m=1-yA2m2=m22m2=1216不满足题意.当直线l斜率存在时,设l:y=kx+n(n-1),A(x1,y1),B(x2,y2),联立y=kx+n,x2+2y2-2=0,消去y,整理得(1+2k2)x2+4knx+2n2-2=0,x1+x2=-4kn1+2k2,x1x2=2n2-21+2k2.则kADkBD=y1+1x1y2+1x2=(kx1+n)(kx2+n)+k(x2+x1)+2n+1x1x2=k2x

6、1x2+(kn+k)(x1+x2)+n2+2n+1x1x2=(n+1)22(n+1)(n-1)=16.即n2+3n+2=0,又n-1,解得n=-2,所以直线l恒过定点(0,-2).2.解(1)设M(x,y),P(x0,y0),由4PQ=32MQ,得x0=x,y0=324y,又点P(x0,y0)在圆O:x2+y2=9上,x2+98y2=9,动点M的轨迹E的方程为:x29+y28=1.(2)设l:x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2),联立x29+y28=1,x=my+1,消去x,得(8m2+9)y2+16my-64=0,则y1+y2=-16m8m2+9,y1y2=-648m2+9,my

7、1y2=4(y1+y2).设直线AG与直线BH的斜率分别为k1,k2,则k1k2=y1x1+3x2-3y2=y1(my2-2)(my1+4)y2=my1y2-2y1my1y2+4y2=4(y1+y2)-2y14(y1+y2)+4y2=2y1+4y24y1+8y2=12,直线AG与直线BH的斜率之比是定值12.3.(1)解设Q(4,y0),由|QF|=54|RQ|得y0+p2=54y0,所以y0=2p.将点(4,2p)代入抛物线方程得p=2,所以抛物线E:x2=4y,圆M:x2+y2-2y=0.(2)证明抛物线E:x2=4y的焦点F(0,1),设直线l的方程是y=kx+1,A(x1,y1),B(

8、x2,y2),由x2=4y,y=kx+1,得x2-4kx-4=0,则=16(k2+1)0,且x1+x2=4k,x1x2=-4.由条件可知圆x2+(y-1)2=1的圆心为M(0,1),半径为1,圆心就是抛物线E的焦点,由抛物线的定义有|AF|=y1+1,|BF|=y2+1,则|AC|=|AF|-1=y1,|BD|=|BF|-1=y2,|AC|BD|=y1y2=(kx1+1)(kx2+1)=k2x1x2+k(x1+x2)+1=-4k2+4k2+1=1.即|AC|BD|为定值,定值为1.4.解(1)当射线OD的斜率存在时,设斜率为k,OD方程为y=kx,由y=kx,x2+y2=2,得yP2=2k21

9、+k2,同理得xP2=41+k2,所以xP2+2yP2=4,即x24+y22=1,当射线OD的斜率不存在时,点P(0,2)也满足x24+y22=1,所以动点P的轨迹C的方程为x24+y22=1.(2)由(1)可知E为C的焦点,设直线l的方程为x=my+2(斜率不为0时)且设点M(x1,y1),N(x2,y2),由x=my+2,x24+y22=1,消去x,整理得(m2+2)y2+22my-2=0,所以y1+y2=-22mm2+2,y1y2=-2m2+2,所以1|MN|=11+m2|y1-y2|=m2+24(m2+1).又射线OQ方程为y=-mx,代入椭圆C的方程得x2+2(mx)2=4,即xQ2

10、=41+2m2,yQ2=4m21+2m2,1|OQ|2=1+2m24(m2+1),所以1|MN|+1|OQ|2=m2+24(m2+1)+1+2m24(m2+1)=34.又当直线l的斜率为0时,也符合条件.综上,1|MN|+1|OQ|2为定值,且为34.5.解(1)由题意b=1,ca=22,a2=b2+c2,解得a2=2,b2=1.所以椭圆C的方程为y22+x2=1.(2)假设存在点Q使得OQN+OQM=2.设Q(m,0),因为OQN+OQM=2,所以OQN=OMQ.则tanOQN=tanOMQ,即|ON|OQ|=|OQ|OM|,所以|OQ|2=|ON|OM|.因为直线y=y0交椭圆C于A,B两

11、点,则A,B两点关于y轴对称.设A(x0,y0),B(-x0,y0)(x01),因为P(1,0),则直线PA的方程为y=y0x0-1(x-1).令x=0,得yM=-y0x0-1.直线PB的方程为y=-y0x0+1(x-1).令x=0,得yN=y0x0+1.因为|OQ|2=|ON|OM|,所以m2=y02|x02-1|.又因为点A(x0,y0)在椭圆C上,所以y02=2(1-x02).所以m2=2(1-x02)1-x02=2,即m=2.所以存在点Q(2,0),使得OQN+OQM=2成立.6.解(1)将点M(2,2)的坐标代入椭圆C的方程,得4a2+2b2=1,又a2-b2=c2,且2c=4,所以

12、由4a2+2b2=1,a2-b2=4,解得a2=8,b2=4,所以椭圆C的方程为x28+y24=1.(2)设P(t,22),Q(x1,y1).因为以PQ为直径的圆恒过点O,所以OPOQ=x1t+22y1=0,即y1=-x1t22.因为点Q在椭圆上,所以x128+y124=1.()将y1=-x1t22代入椭圆,得x12=32t2+4,y12=4t2t2+4,于是|OP|2+4|OQ|2=t2+8+4(x12+y12)=t2+64t2+4+24,tR.因为t2+64t2+4+24=t2+4+64t2+4+202(t2+4)64t2+4+20=36.当且仅当t2+4=64t2+4,即t=2时,取等号

13、.所以|OP|2+4|OQ|2的取值范围为36,+).()存在.定圆的方程为x2+y2=4.假设存在满足题意的定圆,则点O到直线PQ的距离为定值.因为P(t,22),Q(x1,y1),所以直线PQ方程为(x1-t)(y-22)-(y1-22)(x-t)=0,整理可得(y1-22)x-(x1-t)y-ty1+22x1=0,所以O到直线PQ的距离d=|-ty1+22x1|(y1-22)2+(x1-t)2,由()知,y1=-x1t22,且x12=32t2+4,y12=4t2t2+4,即x1t+22y1=0,所以|-ty1+22x1|=x1t222+22x1=|x1|22(t2+8)=2(t2+8)t2+4,又(y1-22)2+(x1-t)2=y12+x12+t2+8-42y1-2tx1=y12+x12+t2+8=4t2t2+4+32t2+4+t2+8=t2+8t2+4,所以d=|-ty1+22x1|(y1-22)2+(x1-t)2=2,因此,直线PQ与圆x2+y2=4恒相切.