2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題七 圓錐曲線 專題突破練23 圓錐曲線中的定點、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 圓錐曲線 專題突破練23 圓錐曲線中的定點、定值與存在性問題 文1.已知橢圓C:=1(ab0)的離心率與等軸雙曲線的離心率互為倒數(shù)關(guān)系,直線l:x-y+=0與以原點為圓心,以橢圓C的短半軸長為半徑的圓相切.(1)求橢圓C的方程;(2)設(shè)M是橢圓的上頂點,過點M分別作直線MA,MB交橢圓于A,B兩點,設(shè)兩直線的斜率分別為k1,k2,且k1+k2=4,證明:直線AB過定點.2.(2018河北保定一模,文20)橢圓C:=1(ab0)的離心率為,且過點-1,.(1)求橢圓C的方程;(2)設(shè)P(x,y)為橢圓C上任一點,F為其右焦點,點P滿足=(4-x,0).證明:為

2、定值;設(shè)直線y=x+m與橢圓C有兩個不同的交點A,B,與y軸交于點M.若|AF|,|MF|,|BF|成等差數(shù)列,求m的值.3.已知中心在原點O,焦點在x軸上的橢圓,離心率e=,且橢圓過點.(1)求橢圓的方程;(2)橢圓左、右焦點分別為F1,F2,過F2的直線l與橢圓交于不同的兩點A,B,則F1AB的內(nèi)切圓的面積是否存在最大值?若存在,求出這個最大值及此時的直線方程;若不存在,請說明理由.4.(2018河南鄭州三模,文20)已知動點M(x,y)滿足:=2.(1)求動點M的軌跡E的方程;(2)設(shè)A,B是軌跡E上的兩個動點,線段AB的中點N在直線l:x=-上,線段AB的中垂線與E交于P,Q兩點,是否

3、存在點N,使以PQ為直徑的圓經(jīng)過點(1,0),若存在,求出N點坐標(biāo),若不存在,請說明理由.5.(2018山東煙臺一模,文20)已知橢圓C:=1(ab0)的焦距為2,斜率為的直線與橢圓交于A,B兩點,若線段AB的中點為D,且直線OD的斜率為-.(1)求橢圓C的方程;(2)若過左焦點F斜率為k的直線l與橢圓交于點M,N,P為橢圓上一點,且滿足OPMN,問:是否為定值?若是,求出此定值;若不是,說明理由.6.(2018河北衡水中學(xué)考前仿真,文20)已知橢圓C:=1(ab0)的離心率與雙曲線=1的離心率互為倒數(shù),且過點P1,.(1)求橢圓的方程;(2)過P作兩條直線l1,l2與圓(x-1)2+y2=r

4、20r0-2m2,設(shè)Ax1,x1+m,Bx2,x2+m,則x1+x2=-m,x1x2=m2-3,由知|AF|=(4-x1),|BF|=(4-x2),|AF|+|BF|=4-=4+,|MF|=,|AF|,|MF|,|BF|成等差數(shù)列,|AF|+|BF|=2|MF|,即4+=2,解得m=或m=-,又因為-2mb0).則解得a2=4,b2=3.橢圓方程為=1.(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),不妨設(shè)y10,y20,設(shè)F1AB的內(nèi)切圓的半徑為R,則F1AB的周長=4a=8,(|AB|+|F1A|+|F1B|)R=4R,因此,最大,R就最大,由題知,直線l的斜率不為零,可設(shè)直線l的方程為x=m

5、y+1,由得(3m2+4)y2+6my-9=0,y1+y2=,y1y2=-.則|F1F2|(y1-y2)=.令=t,則m2=t2-1(t1),.令f(t)=3t+,則f(t)=3-,當(dāng)t1時,f(t)0,f(t)在1,+)上單調(diào)遞增,有f(t)f(1)=4,3,即當(dāng)t=1,m=0時,3,由=4R,得Rmax=,這時所求內(nèi)切圓面積的最大值為.故直線l:x=1,F1AB內(nèi)切圓面積的最大值為.4.解 (1)動點M(x,y)滿足=2,由橢圓的定義,知a=,c=1,b2=1,橢圓方程為+y2=1.(2)當(dāng)ABx軸時,直線AB的方程為x=-,此時P(-,0),Q(,0),=-1,不合題意;當(dāng)直線AB不垂直

6、于x軸時,設(shè)存在點N-,m(m0),直線AB的斜率為k,A(x1,y1),B(x2,y2),由得(x1+x2)+2(y1+y2)=0,則-1+4mk=0,故k=,此時,直線PQ斜率為k1=-4m,PQ的直線方程為y-m=-4mx+,即y=-4mx-m.聯(lián)立消去y,整理得(32m2+1)x2+16m2x+2m2-2=0.x1+x2=-,x1x2=,由題意=0,于是=(x1-1)(x2-1)+y1y2=x1x2-(x1+x2)+1+(4mx1+m)(4mx2+m)=(1+16m2)x1x2+(4m2-1)(x1+x2)+1+m2=+1+m2=0,m=,因為N在橢圓內(nèi),m2,m=符合條件.綜上:存在

7、兩點N符合條件,坐標(biāo)為N-,.5.解 (1)由題意可知c=,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),代入橢圓可得=1,=1,兩式相減并整理可得=-,即kABkOD=-.又因為kAB=,kOD=-,代入上式可得a2=4b2.又a2=b2+c2,c2=3,所以a2=4,b2=1,故橢圓的方程為+y2=1.(2)由題意可知,F(-,0),當(dāng)MN為長軸時,OP為短半軸,此時+1=;否則,可設(shè)直線l的方程為y=k(x+),聯(lián)立消y可得(1+4k2)x2+8k2x+12k2-4=0,則x1+x2=-,x1x2=,所以|MN|=|x1-x2|=.設(shè)直線OP的方程為y=-x,聯(lián)立根據(jù)對稱性,不妨設(shè)P-,所以|O

8、P|=.故.綜上所述,為定值.6.解 (1)可得e=,設(shè)橢圓的半焦距為c,所以a=2c,因為C過點P1,所以=1,又c2+b2=a2,解得a=2,b=,所以橢圓方程為=1.(2)顯然兩直線l1,l2的斜率存在,設(shè)為k1,k2,M(x1,y1),N(x2,y2),由于直線l1,l2與圓(x-1)2+y2=r20r相切,則有k1=-k2,直線l1的方程為y-=k1(x-1),聯(lián)立方程組消去y,得x2(4+3)+k1(12-8k1)x+(3-2k1)2-12=0,因為P,M為直線與橢圓的交點,所以x1+1=,同理,當(dāng)l2與橢圓相交時,x2+1=,所以x1-x2=,而y1-y2=k1(x1+x2)-2k1=,所以直線MN的斜率k=.設(shè)直線MN的方程為y=x+m,聯(lián)立方程組消去y得x2+mx+m2-3=0,所以|MN|=,原點O到直線的距離d=,OMN面積為S=,當(dāng)且僅當(dāng)m2=2時取得等號.經(jīng)檢驗,存在r0r,使得過點P1,的兩條直線與圓(x-1)2+y2=r2相切,且與橢圓有兩個交點M,N.所以O(shè)MN面積的最大值為.