2019年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)大二輪精準(zhǔn)提分練習(xí)第二篇 第23練

第23練圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值與存在性問題壓軸大題突破練明晰考情1.命題角度：圓錐曲線中的定點(diǎn)與定值、最值與范圍問題是高考?？嫉膯栴}；以橢圓或拋物線為背景，尤其是與條件或結(jié)論相關(guān)存在性開放問題.2.題目難度：偏難題.考點(diǎn)一圓錐曲線中的定值問題方法技巧(1)求定值問題常見的方法有兩種從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)；直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值.(2)定值問題求解的基本思路是使用參數(shù)表示要解決的問題，然后證明與參數(shù)無關(guān)，這類問題選擇消元的方向是非常關(guān)鍵的.1.已知橢圓1(ab0)的長軸長為4，且過點(diǎn).(1)求橢圓的方程；(2)設(shè)A，B，M是橢圓上的三點(diǎn).若，點(diǎn)N為線段AB的中點(diǎn)，C，D，求證：|NC|ND|2.(1)解由已知可得故所以橢圓的方程為y21.(2)證明設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1，y1.由，得M.因?yàn)镸是橢圓C上一點(diǎn)，所以21，即222×××1，得222×××1，故y1y20.又線段AB的中點(diǎn)N的坐標(biāo)為，所以22y1y21.從而線段AB的中點(diǎn)N在橢圓2y21上.又橢圓2y21的兩焦點(diǎn)恰為C，D，所以|NC|ND|2.2.(2018·北京)已知拋物線C：y22px經(jīng)過點(diǎn)P(1，2)，過點(diǎn)Q(0，1)的直線l與拋物線C有兩個不同的交點(diǎn)A，B，且直線PA交y軸于M，直線PB交y軸于N.(1)求直線l的斜率的取值范圍；(2)設(shè)O為原點(diǎn)，求證：為定值.(1)解因?yàn)閽佄锞€y22px過點(diǎn)(1，2)，所以2p4，即p2.故拋物線C的方程為y24x.由題意知，直線l的斜率存在且不為0.設(shè)直線l的方程為ykx1(k0)，由得k2x2(2k4)x10.依題意知(2k4)24×k2×10，解得k0或0k1.又PA，PB與y軸相交，故直線l不過點(diǎn)(1，2).從而k3.所以直線l的斜率的取值范圍是(，3)(3，0)(0，1).(2)證明設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由(1)知x1x2，x1x2.直線PA的方程為y2(x1)，令x0，得點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為yM22.同理得點(diǎn)N的縱坐標(biāo)為yN2.由，得1yM，1yN.所以··2.所以為定值.3. 已知橢圓C：1(a>b>0)的離心率為，點(diǎn)Q在橢圓上，O為坐標(biāo)原點(diǎn).(1)求橢圓C的方程；(2)已知點(diǎn)P，M，N為橢圓C上的三點(diǎn)，若四邊形OPMN為平行四邊形，證明四邊形OPMN的面積S為定值，并求該定值.解(1)橢圓1(a>b>0)的離心率為，e2，得a22b2，又點(diǎn)Q在橢圓C上，1，聯(lián)立得a28，b24.橢圓C的方程為1.(2)當(dāng)直線PN的斜率k不存在時，PN的方程為x或x，從而有|PN|2，S|PN|·|OM|×2×22；當(dāng)直線PN的斜率k存在時，設(shè)直線PN的方程為ykxm(m0)，P(x1，y1)，N(x2，y2)，將PN的方程代入橢圓C的方程，整理得(12k2)x24kmx2m280，16k2m24(2m28)(12k2)>0，即m2<48k2，x1x2，x1·x2，y1y2k(x1x2)2m，由，得M.將M點(diǎn)坐標(biāo)代入橢圓C的方程，得m212k2.又點(diǎn)O到直線PN的距離為d，|PN|x1x2|，Sd·|PN|m|·|x1x2|· 2.綜上，平行四邊形OPMN的面積S為定值2.考點(diǎn)二圓錐曲線中的定點(diǎn)問題方法技巧(1)動直線l過定點(diǎn)問題.設(shè)動直線方程(斜率存在)為ykxt，由題設(shè)條件將t用k表示為tmk，得yk(xm)，故動直線過定點(diǎn)(m，0).(2)動曲線C過定點(diǎn)問題.引入?yún)⒆兞拷⑶€C的方程，再根據(jù)其對參變量恒成立，令其系數(shù)等于零，得出定點(diǎn).4.已知兩點(diǎn)A(，0)，B(，0)，動點(diǎn)P在y軸上的投影是Q，且2·|2.(1)求動點(diǎn)P的軌跡C的方程；(2)過F(1，0)作互相垂直的兩條直線分別交軌跡C于點(diǎn)G，H和M，N，且E1，E2分別是GH，MN的中點(diǎn).求證：直線E1E2恒過定點(diǎn).(1)解設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x，y)，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(0，y).2·|2，(x，y)，(x，y)，|x|，2(x)(x)y2x2，化簡得點(diǎn)P的軌跡方程為1.(2)證明當(dāng)兩直線的斜率都存在且不為0時，設(shè)lGH：yk(x1)，G(x1，y1)，H(x2，y2)，lMN：y(x1)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，聯(lián)立消去y得(2k21)x24k2x2k240.則>0恒成立.x1x2，x1x2.GH中點(diǎn)E1的坐標(biāo)為.同理，MN中點(diǎn)E2的坐標(biāo)為，的方程為y，即y，直線E1E2恒過定點(diǎn)；當(dāng)兩直線的斜率分別為0和不存在時，的方程為y0，也過點(diǎn).綜上所述，過定點(diǎn).5.已知焦距為2的橢圓C：1(a>b>0)的右頂點(diǎn)為A，直線y與橢圓C交于P，Q兩點(diǎn)(P在Q的左邊)，Q在x軸上的射影為B，且四邊形ABPQ是平行四邊形.(1)求橢圓C的方程；(2)斜率為k的直線l與橢圓C交于兩個不同的點(diǎn)M，N.若M是橢圓的左頂點(diǎn)，D是直線MN上一點(diǎn)，且DAAM.點(diǎn)G是x軸上異于點(diǎn)M的點(diǎn)，且以DN為直徑的圓恒過直線AN和DG的交點(diǎn)，求證：點(diǎn)G是定點(diǎn).(1)解設(shè)坐標(biāo)原點(diǎn)為O，四邊形ABPQ是平行四邊形，|，|2|，|2|，則點(diǎn)B的橫坐標(biāo)為，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為，代入橢圓C的方程得b22，又c22，a24，即橢圓C的方程為1.(2)證明設(shè)直線MN的方程為yk(x2)，N(x0，y0)，DAAM，D(2，4k).由消去y得(12k2)x28k2x8k240，則2x0，即x0，y0k(x02)，則N，設(shè)G(t，0)，則t2，若以DN為直徑的圓恒過直線AN和DG的交點(diǎn)，則DGAN，·0恒成立.(2t，4k)，·(2t)·4k·0恒成立，即0恒成立，t0，點(diǎn)G是定點(diǎn)(0，0).6.(2017·全國)已知橢圓C：1(a>b>0)，四點(diǎn)P1(1，1)，P2(0，1)，P3，P4中恰有三點(diǎn)在橢圓C上.(1)求C的方程；(2)設(shè)直線l不經(jīng)過P2點(diǎn)且與C相交于A，B兩點(diǎn).若直線P2A與直線P2B的斜率的和為1，證明：l過定點(diǎn).(1)解由于P3，P4兩點(diǎn)關(guān)于y軸對稱，故由題設(shè)知橢圓C經(jīng)過P3，P4兩點(diǎn).又由>知，橢圓C不經(jīng)過點(diǎn)P1，所以點(diǎn)P2在橢圓C上.因此解得故橢圓C的方程為y21.(2)證明設(shè)直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1，k2.如果l與x軸垂直，設(shè)l：xt，由題設(shè)知t0，且|t|<2，可得A，B的坐標(biāo)分別為，則k1k21，得t2，不符合題設(shè).從而可設(shè)l：ykxm(m1).將ykxm代入y21，得(4k21)x28kmx4m240.由題設(shè)可知16(4k2m21)>0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1x2，x1x2.而k1k2.由題設(shè)k1k21，故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0，即(2k1)·(m1)·0，解得k.當(dāng)且僅當(dāng)m>1時，>0，于是l：yxm，即y1(x2)，所以l過定點(diǎn)(2，1).考點(diǎn)三 圓錐曲線中的存在性問題方法技巧解決存在性問題的一般思路：假設(shè)滿足條件的元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))存在，用待定系數(shù)法設(shè)出，列出關(guān)于待定系數(shù)的方程組，若方程組有實(shí)數(shù)解，則元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))存在，否則，元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))不存在.7.(2016·全國)在直角坐標(biāo)系xOy中，直線l：yt(t0)交y軸于點(diǎn)M，交拋物線C：y22px(p>0)于點(diǎn)P，M關(guān)于點(diǎn)P的對稱點(diǎn)為N，連接ON并延長交C于點(diǎn)H.(1)求；(2)除H以外，直線MH與C是否有其它公共點(diǎn)？說明理由.解(1)如圖，由已知得M(0，t)，P，又N為M關(guān)于點(diǎn)P的對稱點(diǎn)，故N，ON的方程為yx，代入y22px，整理得px22t2x0，解得x10，x2，因此H.所以N為OH的中點(diǎn)，即2.(2)直線MH與C除H以外沒有其他公共點(diǎn)，理由如下：直線MH的方程為ytx，即x(yt).代入y22px，得y24ty4t20，解得y1y22t，即直線MH與C只有一個公共點(diǎn)，所以除H以外，直線MH與C沒有其他公共點(diǎn).8.已知橢圓E：1的右焦點(diǎn)為F(c，0)且abc0，設(shè)短軸的一個端點(diǎn)D，原點(diǎn)O到直線DF的距離為，過原點(diǎn)和x軸不重合的直線與橢圓E相交于C，G兩點(diǎn)，且|4.(1)求橢圓E的方程；(2)是否存在過點(diǎn)P(2，1)的直線l與橢圓E相交于不同的兩點(diǎn)A，B且使得24·成立？若存在，試求出直線l的方程；若不存在，請說明理由.解(1)由橢圓的對稱性知，|2a4，a2.又原點(diǎn)O到直線DF的距離為，bc，又a2b2c24，abc0，b，c1.故橢圓E的方程為1.(2)當(dāng)直線l與x軸垂直時不滿足條件.故可設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線l的方程為yk(x2)1，代入橢圓方程得(34k2)x28k(2k1)x16k216k80，x1x2，x1x2，32(6k3)0，k.4·，即4(x12)(x22)(y11)(y21)5，4(x12)(x22)(1k2)5，即4x1x22(x1x2)4(1k2)5，4(1k2)4×5，解得k±，k不符合題意，舍去，存在滿足條件的直線l，其方程為x2y0.典例(12分)已知橢圓C：9x2y2m2(m0)，直線l不過原點(diǎn)O且不平行于坐標(biāo)軸，l與C有兩個交點(diǎn)A，B，線段AB的中點(diǎn)為M.(1)證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值；(2)若l過點(diǎn)，延長線段OM與C交于點(diǎn)P，四邊形OAPB能否為平行四邊形？若能，求此時l的斜率；若不能，說明理由.審題路線圖(1)(2)規(guī)范解答·評分標(biāo)準(zhǔn)(1)證明設(shè)直線l：ykxb(k0，b0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM).2分將ykxb代入9x2y2m2，得(k29)x22kbxb2m20，4k2b24(k29)(b2m2)>0，故xM，yMkxMb.4分于是直線OM的斜率kOM，即kOM·k9.所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值. 6分(2)解四邊形OAPB能為平行四邊形. 7分因?yàn)橹本€l過點(diǎn)，所以l不過原點(diǎn)且與C有兩個交點(diǎn)的充要條件是k0，k3.由(1)得OM的方程為yx.設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為xP，由得x，即xP . 9分將點(diǎn)的坐標(biāo)代入l的方程，得b，因此xM.10分四邊形OAPB為平行四邊形，當(dāng)且僅當(dāng)線段AB與線段OP互相平分，即xP2xM.于是2×，解得k14，k24.因?yàn)閗i0，ki3，i1，2，所以當(dāng)l的斜率為4或4時，四邊形OAPB為平行四邊形. 12分構(gòu)建答題模板第一步先假定：假設(shè)結(jié)論成立；第二步再推理：以假設(shè)結(jié)論成立為條件，進(jìn)行推理求解；第三步下結(jié)論：若推出合理結(jié)果，經(jīng)驗(yàn)證成立則肯定假設(shè)；若推出矛盾則否定假設(shè)；第四步再回顧：查看關(guān)鍵點(diǎn)，易錯點(diǎn)(特殊情況、隱含條件等)，審視解題規(guī)范性.1.(2017·全國)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，動點(diǎn)M在橢圓C：y21上，過M作x軸的垂線，垂足為N，點(diǎn)P滿足.(1)求點(diǎn)P的軌跡方程；(2)設(shè)點(diǎn)Q在直線x3上，且·1.證明：過點(diǎn)P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點(diǎn)F.(1)解設(shè)P(x，y)，M(x0，y0)，則N(x0，0)，(xx0，y)，(0，y0).由 得x0x，y0y.因?yàn)镸(x0，y0)在C上，所以1.因此點(diǎn)P的軌跡方程為x2y22.(2)證明由題意知F(1，0).設(shè)Q(3，t)，P(m，n)，則(3，t)，(1m，n)，·33mtn，(m，n)，(3m，tn).由·1，得3mm2tnn21.又由(1)知m2n22，故33mtn0.所以·0，即.又過點(diǎn)P存在唯一直線垂直于OQ，所以過點(diǎn)P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點(diǎn)F.2.如圖，橢圓E：1(a>b>0)，經(jīng)過點(diǎn)A(0，1)，且離心率為.(1)求橢圓E的方程；(2)經(jīng)過點(diǎn)(1，1)，且斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點(diǎn)P，Q(均異于點(diǎn)A)，證明：直線AP與AQ的斜率之和為定值.(1)解由題設(shè)知，b1，結(jié)合a2b2c2，解得a，所以橢圓的方程為y21.(2)證明由題設(shè)知，直線PQ的方程為yk(x1)1(k2)，代入y21，得(12k2)x24k(k1)x2k(k2)0，由已知>0，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x20，則x1x2，x1x2，從而直線AP，AQ的斜率之和 kAPkAQ2k(2k)2k(2k)，2k(2k)2k2(k1)2.故kAPkAQ為定值2.3.已知橢圓E：1(a>b>0)的離心率是，點(diǎn)P在橢圓E上.(1)求橢圓E的方程；(2)過點(diǎn)P且斜率為k的直線l交橢圓E于點(diǎn)Q(xQ，yQ)(點(diǎn)Q異于點(diǎn)P)，若0<xQ<1，求直線l的斜率k的取值范圍.解(1)由題意得解得橢圓E的方程為y21.(2)設(shè)直線l的方程為yk(x1)，代入方程y21.消去y得(14k2)x2(4k8k2)x4k24k10，xQ·1，0<xQ<1，0<<1，即解得<k<或k>，經(jīng)檢驗(yàn)，滿足題意.直線l的斜率k的取值范圍是.4.如圖所示，已知橢圓M：1(ab0)的四個頂點(diǎn)構(gòu)成邊長為5的菱形，原點(diǎn)O到直線AB的距離為，其中A(0，a)，B(b，0).直線l：xmyn與橢圓M相交于C，D兩點(diǎn)，且以CD為直徑的圓過橢圓的右頂點(diǎn)P(其中點(diǎn)C，D與點(diǎn)P不重合).(1)求橢圓M的方程；(2)證明：直線l與x軸交于定點(diǎn)，并求出定點(diǎn)的坐標(biāo).解(1)由已知，得a2b252，由點(diǎn)A(0，a)，B(b，0)知，直線AB的方程為1，即axbyab0.又原點(diǎn)O到直線AB的距離為，即，所以a216，b29，c21697.故橢圓M的方程為1.(2)由(1)知P(3，0)，設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，將xmyn代入1，整理，得(16m29)y232mny16n21440，則y1y2，y1y2.因?yàn)橐訡D為直徑的圓過橢圓的右頂點(diǎn)P，所以·0，即(x13，y1)·(x23，y2)0，所以(x13)(x23)y1y20.又x1my1n，x2my2n，所以(my1n3)(my2n3)y1y20，整理，得(m21)y1y2m(n3)(y1y2)(n3)20，即(m21)·m(n3)·(n3)20，所以(n3)20，易知n3，所以16(m21)(n3)32m2n(16m29)·(n3)0，整理，得25n210，即n.經(jīng)檢驗(yàn)，n符合題意.所以直線l與x軸交于定點(diǎn)，定點(diǎn)的坐標(biāo)為.5.已知拋物線C：x22py(p>0)的焦點(diǎn)為F，直線2xy20交拋物線C于A，B兩點(diǎn)，P是線段AB的中點(diǎn)，過P作x軸的垂線交拋物線C于點(diǎn)Q.(1)D是拋物線C上的動點(diǎn)，點(diǎn)E(1，3)，若直線AB過焦點(diǎn)F，求|DF|DE|的最小值；(2)是否存在實(shí)數(shù)p，使|2|2|？若存在，求出p的值；若不存在，說明理由.解(1)直線2xy20與y軸的交點(diǎn)為(0，2)，F(xiàn)(0，2)，則拋物線C的方程為x28y，準(zhǔn)線l：y2.設(shè)過D作DGl于G，則|DF|DE|DG|DE|，當(dāng)E，D，G三點(diǎn)共線時，|DF|DE|取最小值235.(2)假設(shè)存在，拋物線x22py與直線y2x2聯(lián)立，得x24px4p0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，(4p)216p16(p2p)>0，則x1x24p，x1x24p，Q(2p，2p).|2|2|，.則·0，得(x12p)(x22p)(y12p)(y22p)(x12p)(x22p)(2x122p)(2x222p)5x1x2(46p)(x1x2)8p28p40，代入得4p23p10，解得p或p1(舍去).因此存在實(shí)數(shù)p，且滿足>0，使得|2|2|成立.