高考数学(理数)二轮复习课时跟踪检测19《圆锥曲线中的定点定值存在性问题》大题练（教师版）

这是一份高考数学(理数)二轮复习课时跟踪检测19《圆锥曲线中的定点定值存在性问题》大题练（教师版），共7页。试卷主要包含了已知椭圆C，设抛物线C，已知点M是椭圆C等内容，欢迎下载使用。

1．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点F(eq \r(3)，0)，长半轴长与短半轴长的比值为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设不经过点B(0,1)的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N，若点B在以线段MN为直径的圆上，证明直线l过定点，并求出该定点的坐标．
解：(1)由题意得，c＝eq \r(3)，eq \f(a,b)＝2，a2＝b2＋c2，
∴a＝2，b＝1，
∴椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)证明：当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m(m≠1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,x2＋4y2＝4，))消去y可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
∴Δ＝16(4k2＋1－m2)>0，x1＋x2＝eq \f(－8km,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4m2－4,4k2＋1).
∵点B在以线段MN为直径的圆上，∴eq \(BM,\s\up7(―→))·eq \(BN,\s\up7(―→))＝0.
∵eq \(BM,\s\up7(―→))·eq \(BN,\s\up7(―→))＝(x1，kx1＋m－1)·(x2，kx2＋m－1)＝(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2＝0，
∴(k2＋1)eq \f(4m2－4,4k2＋1)＋k(m－1)eq \f(－8km,4k2＋1)＋(m－1)2＝0，
整理，得5m2－2m－3＝0，
解得m＝－eq \f(3,5)或m＝1(舍去)．
∴直线l的方程为y＝kx－eq \f(3,5).
易知当直线l的斜率不存在时，不符合题意．
故直线l过定点，且该定点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(3,5))).
2．设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F且斜率为k(k>0)的直线l与C交于A，B两点，|AB|＝8.
(1)求l的方程；
(2)求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程．
解：(1)由题意得F(1,0)，l的方程为y＝k(x－1)(k>0)．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,y2＝4x))得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.
Δ＝16k2＋16>0，故x1＋x2＝eq \f(2k2＋4,k2).
所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝(x1＋1)＋(x2＋1)＝eq \f(4k2＋4,k2).
由题设知eq \f(4k2＋4,k2)＝8，解得k＝1或k＝－1(舍去)．
因此l的方程为y＝x－1.
(2)由(1)得AB的中点坐标为(3,2)，
所以AB的垂直平分线方程为y－2＝－(x－3)，
即y＝－x＋5.
设所求圆的圆心坐标为(x0，y0)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y0＝－x0＋5，,x0＋12＝\f(y0－x0＋12,2)＋16.))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝3，,y0＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝11，,y0＝－6.))
因此所求圆的方程为(x－3)2＋(y－2)2＝16或(x－11)2＋(y＋6)2＝144.
3.如图，椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左顶点与上顶点分别为A，B，右焦点为F，点P在椭圆C上，且PF⊥x轴，若AB∥OP，且|AB|＝2eq \r(3).
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知Q是C上不同于长轴端点的任意一点，在x轴上是否存在一点D，使得直线QA与QD的斜率乘积恒为－eq \f(1,2)，若存在，求出点D的坐标，若不存在，说明理由．
解：(1)由题意得A(－a,0)，B(0，b)，可设P(c，t)(t>0)，
∴eq \f(c2,a2)＋eq \f(t2,b2)＝1，得t＝eq \f(b2,a)，即Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c，\f(b2,a)))，
由AB∥OP得eq \f(b,a)＝eq \f(\f(b2,a),c)，即b＝c，∴a2＝b2＋c2＝2b2，①
又|AB|＝2eq \r(3)，∴a2＋b2＝12，②
由①②得a2＝8，b2＝4，∴椭圆C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)假设存在D(m,0)，使得直线QA与QD的斜率乘积恒为－eq \f(1,2)，
设Q(x0，y0)(y0≠0)，则eq \f(x\\al(2,0),8)＋eq \f(y\\al(2,0),4)＝1，③
∵kQA·kQD＝－eq \f(1,2)，A(－2eq \r(2)，0)，∴eq \f(y0,x0＋2\r(2))·eq \f(y0,x0－m)＝－eq \f(1,2)(x0≠m)，④
由③④得(m－2eq \r(2))x0＋2eq \r(2)m－8＝0，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m－2\r(2)＝0，,2\r(2)m－8＝0，))解得m＝2eq \r(2)，
∴存在点D(2eq \r(2)，0)，使得kQA·kQD＝－eq \f(1,2).
4．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦距为4，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(\r(5),5)))是椭圆C上的点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)O为坐标原点，A，B是椭圆C上不关于坐标轴对称的两点，设eq \(OD,\s\up7(―→))＝eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))，证明：直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值．
解：(1)由题意知2c＝4，即c＝2，
则椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,a2－4)＝1，
因为点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(\r(5),5)))在椭圆C上，
所以eq \f(4,a2)＋eq \f(1,5a2－4)＝1，解得a2＝5或a2＝eq \f(16,5)(舍去)，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,5)＋y2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1≠x2且x1＋x2≠0，由eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))＝eq \(OD,\s\up7(―→))，得D(x1＋x2，y1＋y2)，
所以直线AB的斜率kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)，直线OD的斜率kOD＝eq \f(y1＋y2,x1＋x2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),5)＋y\\al(2,1)＝1，,\f(x\\al(2,2),5)＋y\\al(2,2)＝1，))得eq \f(1,5)(x1＋x2)(x1－x2)＋(y1＋y2)(y1－y2)＝0，
即eq \f(y1＋y2,x1＋x2)·eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(1,5)，所以kAB·kOD＝－eq \f(1,5).
故直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值－eq \f(1,5).
B卷——深化提能练
1．在平面直角坐标系中，直线eq \r(2)x－y＋m＝0不过原点，且与椭圆eq \f(y2,4)＋eq \f(x2,2)＝1有两个不同的公共点A，B.
(1)求实数m的取值所组成的集合M；
(2)是否存在定点P使得任意的m∈M，都有直线PA，PB的倾斜角互补？若存在，求出所有定点P的坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1)因为直线eq \r(2)x－y＋m＝0不过原点，所以m≠0.将eq \r(2)x－y＋m＝0与eq \f(y2,4)＋eq \f(x2,2)＝1联立，消去y，得4x2＋2eq \r(2)mx＋m2－4＝0.
因为直线与椭圆有两个不同的公共点A，B，所以Δ＝8m2－16(m2－4)>0，所以－2eq \r(2)(2)假设存在定点P(x0，y0)使得任意的m∈M，都有直线PA，PB的倾斜角互补，即kPA＋kPB＝0.
令A(x1，eq \r(2)x1＋m)，B(x2，eq \r(2)x2＋m)，则eq \f(\r(2)x1＋m－y0,x1－x0)＋eq \f(\r(2)x2＋m－y0,x2－x0)＝0，
整理得2eq \r(2)x1x2＋(m－eq \r(2)x0－y0)(x1＋x2)＋2x0(y0－m)＝0.(*)
由(1)知x1＋x2＝－eq \f(\r(2)m,2)，x1x2＝eq \f(m2－4,4)，代入(*)式化简得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)y0－x0))m＋2(x0y0－eq \r(2))＝0，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)y0－x0＝0，,x0y0－\r(2)＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝1，,y0＝\r(2)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝－1，,y0＝－\r(2)，))所以定点P的坐标为(1，eq \r(2))或(－1，－eq \r(2))．经检验，此两点均满足题意．
故存在定点P使得任意的m∈M，都有直线PA，PB的倾斜角互补，且定点P的坐标为(1，eq \r(2))或(－1，－eq \r(2))．
2．已知直线l：x＝my＋1过椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点F，抛物线x2＝4eq \r(3)y的焦点为椭圆C的上顶点，且l交椭圆C于A，B两点，点A，F，B在直线x＝4上的射影依次为D，K，E.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l交y轴于点M，且eq \(MA,\s\up7(―→))＝λ1eq \(AF,\s\up7(―→))，eq \(MB,\s\up7(―→))＝λ2eq \(BF,\s\up7(―→))，当m变化时，证明：λ1＋λ2为定值；
(3)当m变化时，直线AE与BD是否相交于定点？若是，请求出定点的坐标，并给予证明；否则，说明理由．
解：(1)∵直线x＝my＋1过椭圆的右焦点，
∴右焦点F(1,0)，c＝1，即c2＝1.
∵x2＝4eq \r(3)y的焦点(0，eq \r(3))为椭圆C的上顶点，
∴b＝eq \r(3)，即b2＝3，a2＝b2＋c2＝4，
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)由题意知m≠0，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,3x2＋4y2－12＝0，))
得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.显然Δ>0恒成立，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝－eq \f(6m,3m2＋4)，y1y2＝－eq \f(9,3m2＋4).
∵eq \(MA,\s\up7(―→))＝λ1eq \(AF,\s\up7(―→))，eq \(MB,\s\up7(―→))＝λ2eq \(BF,\s\up7(―→))，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,m)))，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1＋\f(1,m)))＝λ1(1－x1，－y1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2＋\f(1,m)))＝λ2(1－x2，－y2)，∴λ1＝－1－eq \f(1,my1)，λ2＝－1－eq \f(1,my2)，
∴λ1＋λ2＝－2－eq \f(y1＋y2,my1y2)＝－2－eq \f(6m,3m2＋4)÷eq \f(9m,3m2＋4)＝－eq \f(8,3).
综上所述，当m变化时，λ1＋λ2为定值－eq \f(8,3).
(3)当m＝0时，直线l⊥x轴，则四边形ABED为矩形，易知AE与BD相交于点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，0))，则若当m变化时，直线AE与BD相交于定点，则定点必为Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，0))，证明如下：
eq \(AN,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)－x1，－y1))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－my1，－y1))，易知E(4，y2)，则eq \(NE,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，y2)).
∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－my1))y2－eq \f(3,2)(－y1)＝eq \f(3,2)(y1＋y2)－my1y2＝eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6m,3m2＋4)))－meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,3m2＋4)))＝0，
∴eq \(AN,\s\up7(―→))∥eq \(NE,\s\up7(―→))，即A，N，E三点共线．
同理可得B，N，D三点共线．
则猜想成立，故当m变化时，直线AE与BD相交于定点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，0)).
3．已知点M是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)上一点，F1，F2分别为C的左、右焦点，|F1F2|＝4，∠F1MF2＝60°，△F1MF2的面积为eq \f(4\r(3),3).
(1)求椭圆C的方程；
(2)设N(0,2)，过点P(－1，－2)作直线l，交椭圆C于异于N的A，B两点，直线NA，NB的斜率分别为k1，k2，证明：k1＋k2为定值．
解：(1)在△F1MF2中，由eq \f(1,2)|MF1||MF2|sin 60°＝eq \f(4\r(3),3)，得|MF1||MF2|＝eq \f(16,3).
由余弦定理，得|F1F2|2＝|MF1|2＋|MF2|2－2|MF1|·|MF2|cs 60°＝(|MF1|＋|MF2|)2－2|MF1|·|MF2|(1＋cs 60°)，
从而2a＝|MF1|＋|MF2|＝4eq \r(2)，
即a＝2eq \r(2)，从而b＝2，
故椭圆C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)当直线l的斜率存在时，设其方程为y＋2＝k(x＋1)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，,y＋2＝kx＋1))得(1＋2k2)x2＋4k(k－2)x＋2k2－8k＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq \f(4kk－2,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2k2－8k,1＋2k2).
从而k1＋k2＝eq \f(y1－2,x1)＋eq \f(y2－2,x2)
＝eq \f(2kx1x2＋k－4x1＋x2,x1x2)
＝2k－(k－4)eq \f(4kk－2,2k2－8k)＝4.
当直线l的斜率不存在时，可取Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(\r(14),2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(\r(14),2)))，得k1＋k2＝4.
综上，恒有k1＋k2＝4.
4．已知椭圆C的中心在原点，离心率等于eq \f(1,2)，它的一个短轴端点恰好是抛物线x2＝8eq \r(3)y的焦点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)如图，已知P(2,3)，Q(2，－3)是椭圆上的两点，A，B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点．
①若直线AB的斜率为eq \f(1,2)，求四边形APBQ面积的最大值；
②当A，B运动时，满足∠APQ＝∠BPQ，试问直线AB的斜率是否为定值？请说明理由．
解：(1)设椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，
则b＝2eq \r(3).由eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，a2＝c2＋b2，得a＝4，
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
①设直线AB的方程为y＝eq \f(1,2)x＋t，
代入eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1，得x2＋tx＋t2－12＝0，
由Δ>0，解得－4由一元二次方程根与系数的关系得x1＋x2＝－t，x1x2＝t2－12，
∴|x1－x2|＝eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(t2－4t2－12)＝eq \r(48－3t2).
∴四边形APBQ的面积S＝eq \f(1,2)×6×|x1－x2|＝3eq \r(48－3t2).
∴当t＝0时，S取得最大值，且Smax＝12eq \r(3).
②若∠APQ＝∠BPQ，则直线PA，PB的斜率之和为0，设直线PA的斜率为k，则直线PB的斜率为－k，直线PA的方程为y－3＝k(x－2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－3＝kx－2，,\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1，))
得(3＋4k2)x2＋8(3－2k)kx＋4(3－2k)2－48＝0，
∴x1＋2＝eq \f(82k－3k,3＋4k2)，
将k换成－k可得x2＋2＝eq \f(－8k－2k－3,3＋4k2)＝eq \f(8k2k＋3,3＋4k2)，
∴x1＋x2＝eq \f(16k2－12,3＋4k2)，x1－x2＝eq \f(－48k,3＋4k2)，
∴kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(kx1－2＋3＋kx2－2－3,x1－x2)＝eq \f(kx1＋x2－4k,x1－x2)＝eq \f(1,2)，
∴直线AB的斜率为定值eq \f(1,2).