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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(diǎn)、定值與存在性問題 文
1.已知橢圓C:=1(a>b>0)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(diǎn)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(diǎn),過點(diǎn)M分別作直線MA,MB交橢圓于A,B兩點(diǎn),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(diǎn).
2.(2018河北保定一模,文20)橢圓C:=1(a>b>0)的離心率為,且過點(diǎn)-1,.
(1)求橢圓C的方程;
(
2、2)設(shè)P(x,y)為橢圓C上任一點(diǎn),F為其右焦點(diǎn),點(diǎn)P'滿足=(4-x,0).
①證明:為定值;
②設(shè)直線y=x+m與橢圓C有兩個(gè)不同的交點(diǎn)A,B,與y軸交于點(diǎn)M.若|AF|,|MF|,|BF|成等差數(shù)列,求m的值.
3.已知中心在原點(diǎn)O,焦點(diǎn)在x軸上的橢圓,離心率e=,且橢圓過點(diǎn).
(1)求橢圓的方程;
(2)橢圓左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,過F2的直線l與橢圓交于不同的兩點(diǎn)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(gè)最大值及此時(shí)的直線方程;若不存在,請(qǐng)說明理由.
3、
4.(2018河南鄭州三模,文20)已知?jiǎng)狱c(diǎn)M(x,y)滿足:=2.
(1)求動(dòng)點(diǎn)M的軌跡E的方程;
(2)設(shè)A,B是軌跡E上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn),線段AB的中點(diǎn)N在直線l:x=-上,線段AB的中垂線與E交于P,Q兩點(diǎn),是否存在點(diǎn)N,使以PQ為直徑的圓經(jīng)過點(diǎn)(1,0),若存在,求出N點(diǎn)坐標(biāo),若不存在,請(qǐng)說明理由.
5.(2018山東煙臺(tái)一模,文20)已知橢圓C:=1(a>b>0)的焦距為2,斜率為的直線與橢圓交于A,B兩點(diǎn),若線段AB的中點(diǎn)為D,且直線OD的斜率為-.
(1)求橢圓C的方程;
(2)若過左焦點(diǎn)F斜率為k的直線l與
4、橢圓交于點(diǎn)M,N,P為橢圓上一點(diǎn),且滿足OP⊥MN,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(a>b>0)的離心率與雙曲線=1的離心率互為倒數(shù),且過點(diǎn)P1,.
(1)求橢圓的方程;
(2)過P作兩條直線l1,l2與圓(x-1)2+y2=r20
5、
定值與存在性問題
1.解 (1)∵等軸雙曲線離心率為,
∴橢圓C的離心率e=.
∴e2=,∴a2=2b2.
∵由x-y+=0與圓x2+y2=b2相切,得b=1,
∴a2=2.
∴橢圓C的方程為+y2=1.
(2)①若直線AB的斜率不存在,設(shè)方程為x=x0,則點(diǎn)A(x0,y0),B(x0,-y0).
由已知=4,得x0=-.
此時(shí)AB方程為x=-,顯然過點(diǎn).
②若直線AB的斜率存在,設(shè)AB方程為y=kx+m,依題意m≠±1.
設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),
由
得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0.
則x1+x2=-,x1x2=.
由已知k1+
6、k2=4,可得=4,∴=4,
即2k+(m-1)=4,將x1+x2,x1x2代入得k-=2,
∴k=2(m+1),∴m=-1,
故直線AB的方程為y=kx+-1,即y=k-1.
∴直線AB過定點(diǎn).
綜上,直線AB過定點(diǎn).
2.解 (1)由,得3a2=4b2,把點(diǎn)-1,代入橢圓方程為=1,
∴=1,解得a2=4,
∴b2=3,橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為=1.
(2)①由(1)知=1,c=1,||=|x-4|,
而||=|4-x|,∴=2為定值;
②直線y=x+m與橢圓C聯(lián)立得x2+mx+m2-3=0,
Δ=m2-4(m2-3)>0?-2
7、+m,則x1+x2=-m,x1·x2=m2-3,
由①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?yàn)?2b>0).
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)y1>0,y2<0,設(shè)△F1AB的內(nèi)切圓的半徑為R,
則△F1AB的周長=4a=8,(|AB|+|F1A|+|F1B|)R=
8、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=my+1,
由得(3m2+4)y2+6my-9=0,y1+y2=,y1y2=-.
則|F1F2|(y1-y2)=.令=t,則m2=t2-1(t≥1),
∴.令f(t)=3t+,則f'(t)=3-,
當(dāng)t≥1時(shí),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(shí),≤3,由=4R,得Rmax=,這時(shí)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(dòng)點(diǎn)M(x,y)滿足=2,由橢圓的定義,知a=,c=1,
∴
9、b2=1,橢圓方程為+y2=1.
(2)當(dāng)AB⊥x軸時(shí),直線AB的方程為x=-,此時(shí)P(-,0),Q(,0),=-1,不合題意;
當(dāng)直線AB不垂直于x軸時(shí),設(shè)存在點(diǎn)N-,m(m≠0),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(shí),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=-,x1·x2=,
由題意=0,于是=(x1-1)(x2-1)+y1y2=x1·x2-(x1+x2
10、)+1+(4mx1+m)(4mx2+m)=(1+16m2)x1·x2+(4m2-1)(x1+x2)+1+m2=+1+m2==0,
∴m=±,
因?yàn)镹在橢圓內(nèi),∴m2<,∴m=±符合條件.
綜上:存在兩點(diǎn)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kAB·kOD=-.又因?yàn)閗AB=,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(shí),OP為短半軸,此時(shí)+1=;
否則,
11、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(duì)稱性,
不妨設(shè)P-,
所以|OP|
=
=.
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?yàn)镃過點(diǎn)P1,,
所以=1,
又c2+b2=a2,解得a=2,b=,
所以橢圓方程為=1.
(2)①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=r20
12、
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(diǎn)、定值與存在性問題 文
