2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題七 解析幾何 專題對點(diǎn)練24 圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值與存在性問題 文

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1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題七 解析幾何 專題對點(diǎn)練24 圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值與存在性問題 文 1.已知動圓M恒過點(diǎn)(0,1),且與直線y=-1相切. (1)求圓心M的軌跡方程; (2)動直線l過點(diǎn)P(0,-2),且與點(diǎn)M的軌跡交于A,B兩點(diǎn),點(diǎn)C與點(diǎn)B關(guān)于y軸對稱,求證:直線AC恒過定點(diǎn). 2.已知橢圓Γ:+y2=1(a>1)與圓E:x2+=4相交于A,B兩點(diǎn),且|AB|=2,圓E交y軸負(fù)半軸于點(diǎn)D. (1)求橢圓Γ的離心率; (2)過點(diǎn)D的直線交橢圓Γ于M,N兩點(diǎn),點(diǎn)N與點(diǎn)N'關(guān)于y軸對稱,求證:直線MN'過定點(diǎn),并求該定點(diǎn)

2、坐標(biāo). 3.已知拋物線E:y2=4x的焦點(diǎn)為F,圓C:x2+y2-2ax+a2-4=0,直線l與拋物線E交于A,B兩點(diǎn),與圓C切于點(diǎn)P. (1)當(dāng)切點(diǎn)P的坐標(biāo)為時,求直線l及圓C的方程; (2)當(dāng)a=2時,證明:|FA|+|FB|-|AB|是定值,并求出該定值. 4.設(shè)點(diǎn)M是x軸上的一個定點(diǎn),其橫坐標(biāo)為a(a∈R),已知當(dāng)a=1時,動圓N過點(diǎn)M且與直線x=-1相切,記動圓N的圓心N的軌跡為C. (1)求曲線C的方程; (2)當(dāng)a>2時,若直線l與曲線C相切于點(diǎn)P(x0,y0)(y0>

3、0),且l與以定點(diǎn)M為圓心的動圓M也相切,當(dāng)動圓M的面積最小時,證明:M,P兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)之差為定值. 5.已知橢圓M:=1(a>b>0)的焦距為2,離心率為. (1)求橢圓M的方程; (2)若圓N:x2+y2=r2上斜率為k的切線l與橢圓M相交于P,Q兩點(diǎn),OP與OQ能否垂直?若能垂直,請求出相應(yīng)的r的值;若不能垂直,請說明理由. 6.已知橢圓=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F,右頂點(diǎn)為A,上頂點(diǎn)為B,已知|AB|=|OF|,且△AOB的面積為. (1)求橢圓的方程; (

4、2)直線y=2上是否存在點(diǎn)Q,使得從該點(diǎn)向橢圓所引的兩條切線相互垂直?若存在,求點(diǎn)Q的坐標(biāo);若不存在,說明理由. 專題對點(diǎn)練24答案 1.(1)解 ∵動點(diǎn)M到直線y=-1的距離等于到定點(diǎn)C(0,1)的距離, ∴動點(diǎn)M的軌跡為拋物線,且=1,解得p=2,∴動點(diǎn)M的軌跡方程為x2=4y. (2)證明 由題意可知直線l的斜率存在, 設(shè)直線l的方程為y=kx-2,A(x1,y1),B(x2,y2),則C(-x2,y2). 聯(lián)立化為x2-4kx+8=0,Δ=16k2-32>0,解得k>或k<-. ∴x1+x2=4k,x1x2=8.直線AC的方程為y-y2=-(x+x2), 又y1=k

5、x1-2,y2=kx2-2,∴4k-4k(kx2-2)=(kx1-kx2)x+kx1x2-k, 化為4y=(x1-x2)x+x2(4k-x2), ∵x1=4k-x2,∴4y=(x1-x2)x+8,令x=0,則y=2,∴直線AC恒過一定點(diǎn)(0,2). 2.(1)解 由題意得A,B兩點(diǎn)關(guān)于y軸對稱,設(shè)xB=,則圓心E到AB的距離為1, ∴yB=,∴B,代入橢圓方程得=1,解得a2=4,∴e=. (2)證明 設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),N'(-x2,y2).圓E交y軸負(fù)半軸于點(diǎn)D, 當(dāng)直線MN斜率存在時,設(shè)其方程為y=kx-消去y得(1+4k2)x2-4kx-3=0. ∴x1

6、+x2=,x1x2=, 直線MN'的方程y-y1=(x-x1),依據(jù)橢圓的對稱性,若直線MN'過定點(diǎn),定點(diǎn)一定在y軸上, 令x=0,y=y1-=-2. 當(dāng)直線MN斜率不存在時,直線MN'的方程為x=0,顯然過點(diǎn)(0,-2). 綜上,直線MN'過定點(diǎn)(0,-2). 3.(1)解 由圓(x-a)2+y2=4,則圓心(a,0),半徑為2, 將P代入圓方程,解得a=2或a=-,∴圓的方程為(x-2)2+y2=4或+y2=4, 當(dāng)a=2,圓心C(2,0),則直線CP的斜率k==-, 由直線l的斜率為-,則直線l的方程y-,整理得4y-3x-4=0; 當(dāng)a=-,圓心C,則直線CP的斜率k

7、=, 由直線l的斜率為-=-,則直線l的方程y-=-,整理得20y+15x-44=0, 綜上可知,直線l方程為4y-3x-4=0,圓C的方程為(x-2)2+y2=4,或直線l方程為20y+15x-44=0,圓C的方程為+y2=4; (2)證明 當(dāng)a=2時,圓C的方程(x-2)2+y2=4, 當(dāng)l垂直于x軸時,則x=4,A(4,4),B(4,-4), ∴|FA|=|FB|=5,|AB|=8, ∴|FA|+|FB|-|AB|=2; 當(dāng)l不垂直于x軸時,設(shè)直線l:y=kx+b(k≠0), 直線l與圓C相切,則=2,則4kb+b2=4,結(jié)合圖象知kb

8、(2kb-4)x+b2=0, 由Δ=(2kb-4)2-4k2b2=-16kb+4(4kb+b2)=4b2>0,x1+x2=-,x1x2=, |AB|= = = = =, 由拋物線的性質(zhì)可知|FA|+|FB|=x1+x2+p=x1+x2+2, ∴|FA|+|FB|=-+2, ∴|FA|+|FB|-|AB|=-+2-=2, ∴|FA|+|FB|-|AB|是定值,定值為2. 4.(1)解 因為圓N與直線x=-1相切,所以點(diǎn)N到直線x=-1的距離等于圓N的半徑, 所以點(diǎn)N到點(diǎn)M(1,0)的距離與到直線x=-1的距離相等. 所以點(diǎn)N的軌跡為以點(diǎn)M(1,0)為焦點(diǎn),直線x=-1為

9、準(zhǔn)線的拋物線, 所以圓心N的軌跡方程,即曲線C的方程為y2=4x. (2)證明 由題意,直線l的斜率存在,設(shè)直線l的方程為y-y0=k(x-x0), 由 得y2-y-kx0+y0=0, 又=4x0,所以y2-y-+y0=0. 因為直線l與曲線C相切,所以Δ=1-k=0,解得k=. 所以直線l的方程為4x-2y0y+=0. 動圓M的半徑即為點(diǎn)M(a,0)到直線l的距離d=. 當(dāng)動圓M的面積最小時,即d最小, 而當(dāng)a>2時,d=≥2. 當(dāng)且僅當(dāng)=4a-8,即x0=a-2時取等號, 所以當(dāng)動圓M的面積最小時,a-x0=2, 即當(dāng)動圓M的面積最小時,M,P兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)之差為定

10、值. 5.解 (1)依題意橢圓M:=1(a>b>0)的焦距為2,離心率為. 得c=,e=,可得a=2,則b=1, 故橢圓的方程為+y2=1. (2)設(shè)直線l的方程為y=kx+m,∵直線l與圓x2+y2=1相切, ∴=r,即m2=r2(k2+1). ① 由可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0, Δ=64k2m2-4(1+4k2)(4m2-4)=64k2-16m2+16>0,∴m2<4k2+1,可得r2<4. 令P(x1,y1),Q(x2,y2),則x1+x2=,x1x2=, y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2, 若OP與

11、OQ能垂直,則=x1x2+y1y2=0, ∴(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=0,(1+k2)+m2=0, 整理得5m2-4(k2+1)=0,把①代入得(k2+1)(5r2-4)=0, ∴r=,滿足r2<4,∴OP與OQ能垂直. 6.解 (1)∵橢圓=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F,右頂點(diǎn)為A,上頂點(diǎn)為B,已知|AB|=|OF|,且△AOB的面積為, ∴c, ab=,∴a=2,b=, ∴橢圓方程為=1. (2)假設(shè)直線y=2上存在點(diǎn)Q滿足題意, 設(shè)Q(m,2),當(dāng)m=±2時,從點(diǎn)Q所引的兩條切線不垂直. 當(dāng)m≠±2時,設(shè)過點(diǎn)Q向橢圓所引的切線的斜率為k,則l的方程為y=k(x-m)+2, 代入橢圓方程,消去y,整理得(1+2k2)x2-4k(mk-2)x+2(mk-2)2-4=0, ∵Δ=16k2(mk-2)2-4(1+2k2)[2(mk-2)2-4]=0, ∴(m2-4)k2-4mk+2=0. 設(shè)兩條切線的斜率分別為k1,k2, 則k1,k2是方程(m2-4)k2-4mk+2=0的兩個根,∴k1k2==-1, 解得m=±,點(diǎn)Q坐標(biāo)為(,2)或(-,2). ∴直線y=2上兩點(diǎn)(,2),(-,2)滿足題意.