《（通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題突破練26 圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值與存在性問(wèn)題 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題突破練26 圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值與存在性問(wèn)題 理（14頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題突破練26 圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值與存在性問(wèn)題
1.(2019北京房山區(qū)高三第一次模擬測(cè)試)已知橢圓x24+y23=1,過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O做兩條互相垂直的射線,與橢圓分別交于M,N兩點(diǎn).
(1)求橢圓的離心率;
(2)求證:點(diǎn)O到直線MN的距離為定值.
2.(2019遼寧丹東高三總復(fù)習(xí)質(zhì)量測(cè)試一)已知離心率為2的雙曲線C的一個(gè)焦點(diǎn)F(c,0)到一條漸近線的距離為3.
(1)求雙曲線C的方程;
(2)設(shè)A1,A2分別為C的左、右頂點(diǎn),P為C異于A1,A2的一點(diǎn),直線A1P與A2P分別交y軸于M,N兩點(diǎn),求證:以線段MN為直
2、徑的圓D經(jīng)過(guò)兩個(gè)定點(diǎn).
3.
(2019山東日照高三5月校際聯(lián)合考試)如圖,已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0),A(4,0)是長(zhǎng)軸的一個(gè)端點(diǎn),弦BC過(guò)橢圓的中心O,且cos=21313,|OC-OB|=2|BC-BA|.
(1)求橢圓E的方程.
(2)過(guò)橢圓E右焦點(diǎn)F的直線,交橢圓E于A1,B1兩點(diǎn),交直線x=8于點(diǎn)M,判定直線CA1,CM,CB1的斜率是否依次構(gòu)成等差數(shù)列?請(qǐng)說(shuō)明理由.
4.(2019江西新八校高三第二次聯(lián)考)已
3、知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),c=3,左、右焦點(diǎn)為F1,F2,點(diǎn)P,A,B在橢圓C上,且點(diǎn)A,B關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱,直線PA,PB的斜率的乘積為-14.
(1)求橢圓C的方程;
(2)已知直線l經(jīng)過(guò)點(diǎn)Q(2,2),且與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)M,N,若|QM||QN|=163,判斷直線l的斜率是否為定值?若是,請(qǐng)求出該定值;若不是,請(qǐng)說(shuō)明理由.
5.(2019山東青島高考模擬檢測(cè))已知O為坐標(biāo)原點(diǎn),點(diǎn)F1(-2,0),F2(2,0),S(32,0),動(dòng)點(diǎn)N滿足|NF1|+|NS|=43,點(diǎn)P為線段NF1的中點(diǎn),拋物線C:x2=2my(m
4、>0)上點(diǎn)A的縱坐標(biāo)為6,OA·OS=66.
(1)求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡曲線W的標(biāo)準(zhǔn)方程及拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程;
(2)若拋物線C的準(zhǔn)線上一點(diǎn)Q滿足OP⊥OQ,試判斷1|OP|2+1|OQ|2是否為定值?若是,求這個(gè)定值;若不是,請(qǐng)說(shuō)明理由.
6.(2019河南重點(diǎn)高中高三4月聯(lián)合質(zhì)量檢測(cè))已知點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn),橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,通徑長(zhǎng)(即過(guò)焦點(diǎn)且垂直于長(zhǎng)軸的直線與橢圓C相交所得的弦長(zhǎng))為3,短半軸長(zhǎng)為3.
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;
(2)設(shè)過(guò)點(diǎn)F1的直線l與橢圓C相交于E,D兩點(diǎn),線段ED上存在
5、一點(diǎn)I到F2E,F2D兩邊的距離相等,若(F2D-ID)·F2E|F2I|·|F2E|<22,問(wèn)直線l的斜率是否存在?若存在,求直線l的斜率的取值范圍;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.
參考答案
專題突破練26 圓錐曲線中
的定點(diǎn)、定值與存在性問(wèn)題
1.(1)解由橢圓的方程x24+y23=1,可得a=2,b=3,∴c2=a2-b2=1.
∴橢圓的離心率e=ca=12.
(2)證明當(dāng)直線MN的斜率不存在時(shí),∠MON=90°,不妨設(shè)M(x0,x0),則有N(x0,-x0).
又M,N兩點(diǎn)在橢圓上,∴x024+x023=1,∴x02=1
6、27.
∴點(diǎn)O到直線MN的距離d=127=2217.
當(dāng)直線MN的斜率存在時(shí),設(shè)直線MN的方程為y=kx+m.
由y=kx+m,x24+y23=1,消去y得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,則Δ=(8km)2-4(3+4k2)(4m2-12)>0.
設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2).
∴x1+x2=-8km3+4k2,x1x2=4m2-123+4k2.
∵OM⊥ON,∴x1x2+y1y2=0.
∴x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=0.
即(k2+1)x1x2+km(x1+x2)+m2=0.
∴(k2+1)·4m2-123+4k2-8k2m23+4k2+
7、m2=0.
整理得7m2=12(k2+1),滿足Δ>0,
∴點(diǎn)O到直線MN的距離d=|m|k2+1=127=2217.
綜上所述,點(diǎn)O到直線MN的距離為定值2217.
2.(1)解設(shè)C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0),
因?yàn)殡x心率為2,所以c=2a,b=3a.
所以C的漸近線為3x±y=0,
不妨取其中一條3x+y=0.
由3=|3c-0|(3)2+12,得c=2.
于是a=1,b=3,
故雙曲線C的方程為x2-y23=1.
(2)證明設(shè)P(x0,y0)(x0≠±1),因?yàn)锳1(-1,0),A2(1,0),
可得直線A1P與A2P的方程分別為y=y0x0+1(
8、x+1),y=y0x0-1(x-1).
由題設(shè),所以M0,y0x0+1,N0,-y0x0-1,|MN|=2x0y0x02-1,MN中點(diǎn)坐標(biāo)0,y01-x02,于是圓D的方程為x2+y-y01-x022=x02y02(x02-1)2.
因?yàn)閤02-y023=1,所以圓D的方程可化為x2+y2+6y0y-3=0.
當(dāng)y=0時(shí),x=±3,因此D經(jīng)過(guò)兩個(gè)定點(diǎn)(-3,0)和(3,0).
3.解(1)由|OC-OB|=2|BC-BA|,得|BC|=2|AC|,即|OC|=|AC|,
所以△AOC是等腰三角形.
又a=|OA|=4,故點(diǎn)C的橫坐標(biāo)為2.
又cos=21313,
9、設(shè)點(diǎn)C的縱坐標(biāo)為yC,OA=(4,0),CA=(2,-yC)
4×24yC2+22=21313,解得yC=±3,應(yīng)取C(2,3),
又點(diǎn)C在橢圓上,∴2242+32b2=1,解得b2=12.
∴所求橢圓的方程為x216+y212=1.
(2)由題意知橢圓的右焦點(diǎn)為F(2,0),C(2,3),由題意可知直線CA1,CM,CB1的斜率存在,設(shè)直線A1B1的方程為y=k(x-2),代入橢圓x216+y212=1并整理,得(3+4k2)x2-16k2x+16k2-48=0.
設(shè)A1(x1,y1),B1(x2,y2),直線CA1,CM,CB1的斜率分別為k1,k2,k3,則有x1+x2=16k
10、23+4k2,x1x2=16k2-483+4k2.
可知M的坐標(biāo)為M(8,6k).
∴k1+k3=y1-3x1-2+y2-3x2-2
=k(x1-2)-3x1-2+k(x2-2)-3x2-2
=2k-3·x1+x2-4x1x2+4-2(x1+x2)
=2k-1.
又2k2=2·6k-38-2=2k-1,
∴k1+k3=2k2.
即直線CA1,CM,CB1的斜率成等差數(shù)列.
4.解(1)設(shè)A(x1,y1),P(x2,y2),則B(-x1,-y1).
點(diǎn)A,P在橢圓上,有x12a2+y12b2=1,x22a2+y22b2=1.
兩式作差,整理得x12-x22a2+y12-y2
11、2b2=0.
則y12-y22x12-x22=-b2a2.
kPA·kPB=y1-y2x1-x2·-y1-y2-x1-x2=y12-y22x12-x22=-b2a2=-14.
又c=3,a2=b2+c2,可得a2=4,b2=1,c2=3.
∴橢圓C的方程為x24+y2=1.
(2)由題意知直線l存在斜率.設(shè)直線l的方程為y-2=k(x-2),
將其代入x24+y2=1,整理可得(1+4k2)x2+16k(1-k)x+16(1-k)2-4=0,則Δ=[16k(1-k)]2-4(1+4k2)[16(1-k)2-4]>0,得k>38.
設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),則x1+x2
12、=16k(k-1)1+4k2,x1x2=16(1-k)2-41+4k2=4(4k2-8k+3)1+4k2.
∵|QM||QN|=163,且=0,
∴QM·QN=163.
∵QM=(x1-2,y1-2),QN=(x2-2,y2-2),
∴(x1-2)(x2-2)+(y1-2)(y2-2)=163.
∵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)=163.
∴4(4k2-8k+3)1+4k2-2×16k(k-1)1+4k2+
13、4(1+k2)=163.
化簡(jiǎn)得16(1+k2)1+4k2=163,解得k2=2.
∵k>38,∴k=2.
∴直線l的斜率為定值2.
5.解(1)由題知|PF2|=|NS|2,|PF1|=|NF1|2,
所以|PF1|+|PF2|=|NF1|+|NF2|2=23>|F1F2|,
因此動(dòng)點(diǎn)P的軌跡W是以F1,F2為焦點(diǎn)的橢圓,又知2a=23,2c=22,
所以曲線W的標(biāo)準(zhǔn)方程為x23+y2=1.
又由題知A(xA,6),所以O(shè)A·OS=(xA,6)·(32,0)=32xA=66,所以xA=23.
又因?yàn)辄c(diǎn)A(23,6)在拋物線C上,所以m=6,所以拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2=26
14、y.
(2)設(shè)P(xP,yP),QxQ,-62,
由題知OP⊥OQ,所以xPxQ-6yP2=0,即xQ=6yP2xP(xP≠0),
所以1|OP|2+1|OQ|2=1xP2+yP2+13yP22xP2+32=3+2xP23(xP2+yP2).
又因?yàn)閤P23+yP2=1,yP2=1-xP23,
所以3+2xP23(xP2+yP2)=3+2xP23(xP2+1-xP23)=1.
所以1|OP|2+1|OQ|2為定值,且定值為1.
6.解(1)因?yàn)槎贪胼S長(zhǎng)為3,所以b=3.
設(shè)橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的半焦距為c.
由題意,得c2a2+y2b2=1,解得y=±
15、b2a.
由通徑長(zhǎng)為3,得2b2a=3,即2×(3)2a=3,解得a=2.
所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24+y23=1.
(2)由(1)得,橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24+y23=1.
因?yàn)辄c(diǎn)I到F2E,F2D兩邊的距離相等,所以由角平分線定理,得F2I是∠DF2E的角平分線.
由(F2D-ID)·F2E|F2I|·|F2E|<22,
得F2I·F2E|F2I|·|F2E|<22,
即cos∠EF2I<22,則∠EF2I>45°.
所以∠DF2E=2∠EF2I>90°.
所以F2D·F2E<0.
易知左、右焦點(diǎn)F1,F2的坐標(biāo)分別為(-1,0),(1,0),
當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)
16、,設(shè)為k,則直線l的方程為y=k(x+1)(k≠0).
設(shè)點(diǎn)E(x1,y1),D(x2,y2).
聯(lián)立y=k(x+1),x24+y23=1,得(4k2+3)x2+8k2x+4k2-12=0,則Δ=(8k2)2-4(4k2+3)(4k2-12)=144k2+144>0恒成立.
x1+x2=-8k24k2+3,x1x2=4k2-124k2+3.
又y1y2=k(x1+1)·k(x2+1)=k2(x1x2+x1+x2+1)=k24k2-124k2+3-8k24k2+3+1=-9k24k2+3,
所以F2D·F2E=(x2-1,y2)·(x1-1,y1)=x1x2-(x1+x2)+1+y1y2<0.
所以4k2-124k2+3--8k24k2+3+1+-9k24k2+3<0,
化簡(jiǎn)得7k2-94k2+3<0,
所以7k2-9<0,解得-3770,不符合題意,所以舍去.
綜上,直線l的斜率存在,且直線l的斜率的取值范圍是-377,0∪0,377.
14
（通用版）2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題突破練26 圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值與存在性問(wèn)題 理
