《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 高考大題專項(xiàng)五 突破2 圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值與存在性問題 理 北師大版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 高考大題專項(xiàng)五 突破2 圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值與存在性問題 理 北師大版（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、突破2 圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值與存在性問題
1.(2018福建廈門質(zhì)檢一,20)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F,離心率為255.直線l:y=kx+m(m>0)與C交于A,B兩點(diǎn),AF的中點(diǎn)為M,|OM|+|MF|=5.
(1)求橢圓C的方程;
(2)設(shè)點(diǎn)P(0,1),PA·PB=-4,求證:直線l過定點(diǎn),并求出定點(diǎn)的坐標(biāo).
2.(2018東北三省三校(哈師大附中、東北師大附中、遼寧省實(shí)驗(yàn)中學(xué))一模,20)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22,F1(-c,0),F2(c,0)為橢圓C的左、右焦點(diǎn),
2、M為橢圓C上的任意一點(diǎn),△MF1F2的面積的最大值為1,A、B為橢圓C上任意兩個(gè)關(guān)于x軸對(duì)稱的點(diǎn),直線x=a2c與x軸的交點(diǎn)為P,直線PB交橢圓C于另一點(diǎn)E.
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;
(2)求證:直線AE過定點(diǎn).
3.(2018廣東一模,20)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為32,且C過點(diǎn)1,32.
(1)求橢圓C的方程;
(2)若直線l與橢圓C交于P,Q兩點(diǎn)(點(diǎn)P,Q均在第一象限),且直線OP,l,OQ的斜率成等比數(shù)列,證明:直線l的斜率為定值.
4.已知定直線l:y=x+3,定點(diǎn)A(2
3、,1),以坐標(biāo)軸為對(duì)稱軸的橢圓C過點(diǎn)A且與l相切.
(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程;
(2)橢圓的弦AP,AQ的中點(diǎn)分別為M,N,若MN平行于l,則OM,ON斜率之和是否為定值?若是定值,請(qǐng)求出該定值;若不是定值,請(qǐng)說明理由.
5.(2018江西六校聯(lián)考,20)已知F1,F2分別是橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn),其中右焦點(diǎn)為拋物線y2=4x的焦點(diǎn),點(diǎn)M-1,22在橢圓C上.
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;
(2)設(shè)與坐標(biāo)軸不垂直的直線l過F2與橢圓C交于A,B兩點(diǎn),過點(diǎn)M-1,22且平行直線l的直線交橢圓C于另一點(diǎn)N,若四邊形MNBA
4、為平行四邊形,試問直線l是否存在?若存在,請(qǐng)求出l的斜率;若不存在,請(qǐng)說明理由.
6.(2018遼寧省部分重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體模擬,20)已知M3,12是橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上的一點(diǎn),F1,F2是該橢圓的左右焦點(diǎn),且|F1F2|=23.
(1)求橢圓C的方程;
(2)設(shè)點(diǎn)A,B是橢圓C上與坐標(biāo)原點(diǎn)O不共線的兩點(diǎn),直線OA,OB,AB的斜率分別為k1,k2,k3,且k1k2=k2.試探究|OA|2+|OB|2是否為定值,若是,求出定值,若不是,說明理由.
參考答案
突破2 圓錐曲線中的
定點(diǎn)、定值與存在性問題
1.解 (
5、1)設(shè)橢圓的右焦點(diǎn)為F1,則OM為△AFF1的中位線.
∴OM=12AF1,MF=12AF,
∴|OM|+|MF|=|AF|+|AF1|2=a=5,
∵e=ca=255,∴c=25,∴b=5,
∴橢圓C的方程為x225+y25=1.
(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),
聯(lián)立y=kx+m,x225+y25=1,
消去y整理得
(1+5k2)x2+10mkx+5m2-25=0.
∴Δ>0,x1+x2=-10km1+5k2,x1x2=5m2-251+5k2,
∴y1+y2=k(x1+x2)+2m=2m1+5k2,
y1y2=(kx1+m)(kx2+m)
=k2x1x
6、2+km(x1+x2)+m2
=5k2m2-25k2-10k2m2+m2+5k2m21+5k2
=-25k2+m21+5k2,
∵P(0,1),PA·PB=-4,
∴(x1,y1-1)·(x2,y2-1)=x1x2+y1y2-(y1+y2)+1=-4,
∴5m2-251+5k2+-25k2+m21+5k2-2m1+5k2+5=0,整理得3m2-m-10=0,
解得m=2或m=-53(舍去).
∴直線l過定點(diǎn)(0,2).
2.(1)解∵當(dāng)M為橢圓C的短軸端點(diǎn)時(shí),△MF1F2的面積的最大值為1,
∴12×2c×b=1,
∴bc=1,∵e=ca=22,a2=b2+c2,
∴a=
7、2,b=1,
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x22+y2=1.
(2)證明設(shè)B(x1,y1),E(x2,y2),A(x1,-y1),且x1≠x2,
∵x=a2c=2,∴P(2,0),由題意知BP的斜率必存在,設(shè)直線BP的方程為y=k(x-2),代入x22+y2=1得(2k2+1)x2-8k2x+8k2-2=0,由Δ>0得k2<12,x1+x2=8k22k2+1,x1·x2=8k2-22k2+1.
∵x1≠x2∴AE斜率必存在,AE:y+y1=y1+y2x2-x1(x-x1),
由對(duì)稱性易知直線AE過的定點(diǎn)必在x軸上,則當(dāng)y=0時(shí),得
x=y1(x2-x1)y1+y2+x1=y1x2+y2x1
8、y1+y2
=k(x1-2)x2+k(x2-2)x1k(x1+x2)-4k=
2x1x2-2(x1+x2)x1+x2-4=
2·8k2-22k2+1-2·8k22k2+18k22k2+1-4=1,即在k2<12的條件下,直線AE過定點(diǎn)(1,0).
3.(1)解由題意可得ca=32,1a2+34b2=1,a2=b2+c2,解得a=2,b=1.
故橢圓C的方程為x24+y2=1.
(2)證明由題意可知直線l的斜率存在且不為0,設(shè)直線l的方程為y=kx+m(m≠0),
由y=kx+m,x24+y2=1,消去y整理得(1+4k2)x2+8kmx+4(m2-1)=0,
∵直線l與橢圓交于
9、兩點(diǎn),
∴Δ=64k2m2-16(1+4k2)(m2-1)=16(4k2-m2+1)>0.
設(shè)點(diǎn)P,Q的坐標(biāo)分別為(x1,y1),(x2,y2),
則x1+x2=-8km1+4k2,x1x2=4(m2-1)1+4k2,
∴y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2.
∵直線OP,l,OQ的斜率成等比數(shù)列,
∴k2=y2x2·y1x1=
k2x1x2+km(x1+x2)+m2x1x2,
整理得km(x1+x2)+m2=0,
∴-8k2m21+4k2+m2=0,
又m≠0,所以k2=14,
結(jié)合圖像(圖略)可知k=-12,故直線l的斜率為定
10、值.
4.解 (1)設(shè)橢圓C的方程為mx2+ny2=1(m>0,n>0,m≠n),
橢圓C過點(diǎn)A,所以4m+n=1.①
將y=x+3代入橢圓方程化簡(jiǎn)得(m+n)x2+6nx+9n-1=0.
因?yàn)橹本€l與橢圓C相切,
所以Δ=(6n)2-4(m+n)(9n-1)=0,②
解①②可得m=16,n=13.
所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x26+y23=1.
(2)設(shè)點(diǎn)P(x1,y1),Q(x2,y2),
則有Mx1+22,y1+12,Nx2+22,y2+12.
由題意可知PQ∥MN,
所以kPQ=kMN=1.
設(shè)直線PQ的方程為y=x+t(-3
11、化簡(jiǎn)得3x2+4tx+2t2-6=0,
Δ=(4t)2-4×3(2t2-6)=-8t2+72>0,
所以x1+x2=-4t3,x1x2=2t2-63,③
kOM+kON=y1+1x1+2+y2+1x2+2=x1+t+1x1+2+x2+t+1x2+2,
通分后可變形得到kOM+kON=2x1x2+(t+3)(x1+x2)+4t+4x1x2+2(x1+x2)+4,
將③式代入得kOM+kON=2(2t2-6)+(t+3)(-4t)+12t+122t2-6+2(-t)+12=02t2-8t+6=0.
當(dāng)t=0時(shí),直線PQ的方程為y=x,易得P(2,2),Q(-2,-2),則M2+22,1
12、+22,N2-22,1-22,所以kOM+kON=1+22+2+1-22-2=0.
所以O(shè)M,ON斜率之和為定值0.
5.解 (1)由y2=4x的焦點(diǎn)為(1,0)可知橢圓C的焦點(diǎn)為F1(-1,0),F2(1,0),
又點(diǎn)M-1,22在橢圓上,
所以1a2+12b2=1,a2=b2+c2,c=1,
解得a2=2,b2=1,
所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x22+y2=1.
(2)由題意可設(shè)直線l的方程為y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2),由x22+y2=1,y=k(x-1),
消去y,得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0,所以x1+x2=4k21+2k2,x1
13、x2=2k2-21+2k2.
所以|AB|=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2=22(1+k2)1+2k2.
設(shè)直線MN的方程為y-22=k(x+1),M(x3,y3),N(x4,y4),
由x22+y2=1,y-22=k(x+1),
消去y,得(1+2k2)x2+(4k2+22k)x+(2k2+22k-1)=0,因?yàn)閤3=-1,所以x4=-2k2+22k-11+2k2,|MN|=1+k2|x3-x4|=
1+k2|22k-2|1+2k2.
因?yàn)樗倪呅蜯NBA為平行四邊形,所以|AB|=|MN|,即22(1+k2)1+2k2=1+k2|22k-2|1+2k2,k=-24,
但
14、是,直線l的方程y=-24(x-1),即x+22y-1=0過點(diǎn)M-1,22,即直線AB與直線MN重合,不符合題意,所以直線l不存在.
6.解 (1)由題意,知F1(-3,0),F2(3,0),根據(jù)橢圓定義得|MF1|+|MF2|=2a,
所以2a=(3+3)2+(12-0)2+(3-3)2+(12-0)2=4,
所以a2=4,b2=a2-c2=1,
所以橢圓C的方程為x24+y2=1.
(2)|OA|2+|OB|2為定值.設(shè)直線AB:y=kx+m(km≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),由
y=kx+m,x24+y2=1,消去y得
(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,
則Δ=(8km)2-16(m2-1)(4k2+1)>0,
x1+x2=-8km1+4k2,x1x2=4m2-41+4k2,
因?yàn)閗1k2=k2,
所以kx1+mx1·kx2+mx2=k2,
即km(x1+x2)+m2=0(m≠0),解得k2=14,
所以|OA|2+|OB|2=x12+x22+y12+y22=34[(x1+x2)2-2x1x2]+2=5
所以|OA|2+|OB|2=5.
7
2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 高考大題專項(xiàng)五 突破2 圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值與存在性問題 理 北師大版
