2020届二轮复习大题考法——圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题课时作业（全国通用）

课时跟踪检测（十六）大题考法——圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题

1．(2018·浙江高考名师预测卷二)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的一个焦点与抛物线y2＝8x的焦点相同，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点．M为椭圆上任意一点，△MF1F2面积的最大值为4.

(1)求椭圆C的方程；

(2)设椭圆C上的任意一点N(x0，y0)，从原点O向圆N：(x－x0)2＋(y－y0)2＝3作两条切线，分别交椭圆于A，B两点．试探究|OA|2＋|OB|2是否为定值，若是，求出定值；若不是，请说明理由．

解：(1)抛物线y2＝8x的焦点为(2，0)，

由题意可得c＝2.

当点M位于椭圆短轴的端点处时，△MF1F2的面积最大，

即有×b×2c＝4，解得b＝2，

所以a2＝b2＋c2＝4＋8＝12，

故椭圆C的方程为＋＝1.

(2)设直线OA：y＝k1x，OB：y＝k2x，A(x1，y1)，B(x2，y2)，

设过原点与圆(x－x0)2＋(y－y0)2＝3相切的切线方程为y＝kx，

则有＝，整理得(x－3)k2－2x0y0k＋y－3＝0，

所以k1＋k2＝，k1k2＝.

又因为点N在椭圆上，所以＋＝1，

所以可求得k1k2＝＝－.

将y＝k1x代入椭圆方程x2＋3y2＝12，

得x＝，则y＝.

同理可得x＝，y＝，

所以|OA|2＋|OB|2＝＋

＝

＝＝16.

所以|OA|2＋|OB|2的值为定值，且为16.

2.如图，曲线C由上半椭圆C1：＋＝1(a>b>0，y≥0)和部分抛物线C2：y＝－x2＋1(y≤0)连接而成，C1与C2的公共点为A，B，其中C1的离心率为.

(1)求a，b的值；

(2)过点B的直线l与C1，C2分别交于点P，Q(均异于点A，B)，是否存在直线l，使得以PQ为直径的圆恰好过点A，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．

解：(1)在C2的方程中，令y＝0，可得x＝±1，

∴A(－1,0)，B(1,0)．

又A，B两点是上半椭圆C1的左、右顶点，∴b＝1.

设C1的半焦距为c，由＝及a2－c2＝b2＝1可得a＝2，∴a＝2，b＝1.

(2)由(1)知，上半椭圆C1的方程为＋x2＝1(y≥0)．

由题易知，直线l与x轴不重合也不垂直，设其方程为y＝k(x－1)(k≠0)．

代入C1的方程，整理得(k2＋4)x2－2k2x＋k2－4＝0.

设点P的坐标为(xP，yP)，又直线l经过点B(1,0)，

∴xP＋1＝，xP＝.

从而yP＝，∴点P的坐标为.

同理，由

得点Q的坐标为(－k－1，－k2－2k)．

∴＝(k，－4)，＝－k(1，k＋2)．

依题意可知AP⊥AQ，

∴·＝0，即[k－4(k＋2)]＝0，

∵k≠0，∴k－4(k＋2)＝0，解得k＝－.

经检验，k＝－符合题意，

故直线l的方程为y＝－(x－1)．

3.已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，右焦点为F，右顶点为E，P为直线x＝a上的任意一点，且(＋)·＝2.

(1)求椭圆C的方程；

(2)过F且垂直于x轴的直线AB与椭圆交于A，B两点(点A在第一象限)，动直线l与椭圆C交于M，N两点，且M，N位于直线AB的两侧，若始终保持∠MAB＝∠NAB，求证：直线MN的斜率为定值．

解：(1)设P，F(c,0)，E(a,0)，则＝，＝，＝(c－a,0)，

所以(＋)·＝·＝2，即·(c－a)＝2，又e＝＝，

所以a＝2，c＝1，b＝，

从而椭圆C的方程为＋＝1.

(2)由(1)知A，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，

设MN的方程为y＝kx＋m，代入椭圆方程＋＝1，

得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，

所以x1＋x2＝－，x1x2＝.

又M，N是椭圆上位于直线AB两侧的动点，若始终保持∠MAB＝∠NAB，

则kAM＋kAN＝0，即＋＝0，

(x2－1)＋(x1－1)＝0，

即(2k－1)(2m＋2k－3)＝0，得k＝.

故直线MN的斜率为定值.

4．(2018·镇海中学5月模拟)已知抛物线C1，C2的方程分别为x2＝2y，y2＝2x.

(1)求抛物线C1和抛物线C2的公切线l的方程；

(2)过点G(a，b)(a，b为常数)作一条斜率为k的直线与抛物线C2：y2＝2x交于P，Q两点，当弦PQ的中点恰好为点G时，试求k与b之间的关系．

解：(1)由题意可知，直线l的斜率显然存在，且不等于0，

设直线l的方程为y＝tx＋m.

联立消去y并整理得x2－2tx－2m＝0，

因为直线l与抛物线C1相切，

所以Δ1＝(－2t)2－4×(－2m)＝0，整理得t2＋2m＝0. ①

同理，联立得2tm＝1.     ②

由①②，解得

所以直线l的方程为y＝－x－.

(2)由题意知直线PQ的方程为y－b＝k(x－a)，

即y＝k(x－a)＋b.联立

消去y得k2x2＋(－2k2a＋2kb－2)x＋k2a2＋b2－2kab＝0，

当k＝0时，直线PQ与抛物线C2：y2＝2x只有一个交点，故k≠0，

设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，

所以由根与系数的关系得x1＋x2＝，

所以＝.

又y1＋y2＝k(x1－a)＋b＋k(x2－a)＋b

＝k(x1＋x2)－2ka＋2b＝－2ka＋2b

＝＝，

所以＝.

要满足弦PQ的中点恰好为点G(a，b)，根据中点坐标公式可知即所以kb＝1.

故k与b之间的关系是互为倒数．

5．已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率为，它的一个焦点恰好与抛物线y2＝4x的焦点重合．

(1)求椭圆C的方程；

(2)设椭圆的上顶点为A，过点A作椭圆C的两条动弦AB，AC，若直线AB，AC斜率之积为，直线BC是否恒过一定点？若经过，求出该定点坐标；若不经过，请说明理由．

解：(1)由题意知椭圆的一个焦点为F(1,0)，则c＝1.

由e＝＝得a＝，所以b＝1，

所以椭圆C的方程为＋y2＝1.

(2)由(1)知A(0,1)，当直线BC的斜率不存在时，

设BC：x＝x0，设B(x0，y0)，则C(x0，－y0)，

kAB·kAC＝·＝＝＝≠，

不合题意．故直线BC的斜率存在．设直线BC的方程为y＝kx＋m(m≠1)，并代入椭圆方程，得：

(1＋2k2)x2＋4kmx＋2(m2－1)＝0，           ①

由Δ＝(4km)2－8(1＋2k2)(m2－1)>0，

得2k2－m2＋1>0.           ②

设B(x1，y1)，C(x2，y2)，则x1，x2是方程①的两根，

由根与系数的关系得，

x1＋x2＝－，x1x2＝，

由kAB·kAC＝·＝得：

4y1y2－4(y1＋y2)＋4＝x1x2，

即(4k2－1)x1x2＋4k(m－1)(x1＋x2)＋4(m－1)2＝0，

整理得(m－1)(m－3)＝0，

又因为m≠1，所以m＝3，

此时直线BC的方程为y＝kx＋3.

所以直线BC恒过一定点(0,3)．