2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 高考大題專項五 突破2 圓錐曲線中的定點、定值與存在性問題 理 北師大版

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1、突破2　圓錐曲線中的定點、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,橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點為F,離心率為255.直線l:y=kx+m(m>0)與C交于A,B兩點,AF的中點為M,|OM|+|MF|=5. (1)求橢圓C的方程; (2)設(shè)點P(0,1),PA·PB=-4,求證:直線l過定點,并求出定點的坐標(biāo). 2.(2018東北三省三校(哈師大附中、東北師大附中、遼寧省實驗中學(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,

2、M為橢圓C上的任意一點,△MF1F2的面積的最大值為1,A、B為橢圓C上任意兩個關(guān)于x軸對稱的點,直線x=a2c與x軸的交點為P,直線PB交橢圓C于另一點E. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)求證:直線AE過定點. 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(點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A(2

3、,1),以坐標(biāo)軸為對稱軸的橢圓C過點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,請求出該定值;若不是定值,請說明理由. 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,其中右焦點為拋物線y2=4x的焦點,點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,過點M-1,22且平行直線l的直線交橢圓C于另一點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,請求出l的斜率;若不存在,請說明理由. 6.(2018遼寧省部分重點中學(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,F1,F2是該橢圓的左右焦點,且|F1F2|=23. (1)求橢圓C的方程; (2)設(shè)點A,B是橢圓C上與坐標(biāo)原點O不共線的兩點,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、定值與存在性問題 1.解 (

5、1)設(shè)橢圓的右焦點為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(0,2). 2.(1)解∵當(dāng)M為橢圓C的短軸端點時,△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), 由對稱性易知直線AE過的定點必在x軸上,則當(dāng)y=0時,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(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, ∴Δ=64k2m2-16(1+4k2)(m2-1)=16(4k2-m2+1)>0. 設(shè)點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A,所以4m+n=1.① 將y=x+3代入橢圓方程化簡得(m+n)x2+6nx+9n-1=0. 因為直線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,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的焦點為(1,0)可知橢圓C的焦點為F1(-1,0),F2(1,0), 又點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,因為x3=-1,所以x4=-2k2+22k-11+2k2,|MN|=1+k2|x3-x4|= 1+k2|22k-2|1+2k2. 因為四邊形MNBA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, 因為k1k2=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