(新高考)2020高考数学大题考法专训(六)圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题

大题考法专训(六)圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题A———中档题保分练M到直线y3x+y+4=0的距1.椭圆C：£+b2=1(a>b>0)的离心率为平离为3.(1)求椭圆C的方程;(2)设直线l过点(4,-2),且与椭圆C相交于A,B两点,l不经过点M证实：直线MA的斜率与直线MB勺斜率之和为定值.解：(1)由题意可得,所以椭圆C的方程为(2)证实：易知直线?3,a2*4=b2+c2,24=1.解得a=4,b=2,l的斜率恒小于0,设直线l的方程为y+2=k(x—4),k<0且kw得(1+4k2)x2—16k(2k+1)x+64k(k+1)=0,64kk+1x1x2=1+4k2'-1,A(xi,yi),B(x2,y,y+2=kx-4,联立x2y2,—十—=1,164'门"16k2k+1那么x1+x2=—।^21+4ky1-2y2—2由于kMA+kMB=+x1x2kx1—4k—4x2+kx2—4k—4x1x1x2x1+x2所以kMA+kMB=2k—(4k+4)xx〔x2=2k-(2k+1)=-1(为16k2k+12k-4(k+1)x——---'664kk+12.(2021・济南模拟)抛物线G:y2=2px(p>0)与椭圆G：焦点,过点A(2,0)且与x轴不垂直的直线l与抛物线C交于P,Q两点,P关于x轴的对称点(1)求抛物线C的方程;(2)试问直线M德否过定点？假设是,求出该定点的坐标；假设不是,请说明理由.(1,0)解：(1)由题意可知,抛物线的焦点为椭圆的右焦点,坐标为所以p=2,所以抛物线.的方程为y2=4x.(2)设P(xi,yi),Qx2,y2),M(x3,y3),由于点P与点M关于x轴对称,所以y3=—yi,设直线PQ的方程为x=ty+2,代入y2=4x得,y2—4ty—8=0,所以yiy2=-8,设直线MQ勺方程为x=m什n,代入y2=4x得,y2-4my-4n=0,所以y2y3=—4n,由于y3=—yi,所以y2(—yi)=—yiy2=_4n=8,即n=—2,所以直线MQ勺方程为x=my-2,必过定点(—2,0).cx2y2i3.椭圆C：1+b2=i(a>b>0)的左、右焦点分别为Fi,F2,其离心率为2,短轴长为23.(i)求椭圆C的 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 方程;(2)过定点M(0,2)的直线l与椭圆C交于GH两点(G在MH之间),设直线l的斜率k>0,在x轴上是否存在点F(m,0),使得以PGPH为邻边的平行四边形为菱形？如果存在,求出m的取值范围；如果不存在,请说明理由.C-ia2'解：(i)由,得「b=&c2=a2-b2,解得a=2,b=^/3,c=i,22所以椭圆C的标准方程为991.(2)设直线l的方程为y=kx+2(k>0),y=kx+2,联立x2y2—+—=i43消去y并整理得,i.22(3+4k)x+i6kx+4=0,由A>0,解得k>".设Qxi,yi),H(x2,y2),…,一,一T6k那么yi=kxi+2,y2=kxz+2,xi+x2=4k2^3.假设存在点P(m,0),使得以PGPH为邻边的平行四边形为菱形,那么PG--+PH-=(xi+x2—2mk(xi+x2)+4),GH-->=(x2—xi,y2—yi)=(x2—xi,k(x2—xi)),(PG—〉+PH—〉),GH—〉=0,即(i+k2)(xi+x»+4k-2m=0,b12—16k所以(1+k).寸+4k-2m=0,解得m=-4kV3=一三.4k+k由于k>；,所以-当WRK0,3当且仅当4k时等号成立,故存在满足题意的点kP,且m的取值范围是一善,0.6B———拔高题总分值练点为M(2021•开封模拟)椭圆22C：孑+b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,△MFF2为等腰直角三角形,且其面积为1.F2,上顶求椭圆C的方程;(2)过点M分别作直线MAM皎椭圆C于A,B两点,设这两条直线的斜率分别为k1,k2,且ki+k2=2,证实：直线AB过定点...一、一1c解：(1)由题意得2a=1,a=小,又b=c,a2=b2+c2,■-b=1,x22,椭圆C的万程为2+y=1.(2)证实：由⑴得M(0,1).当直线AB的斜率不存在时,设A(X0,y0),那么B(x0,—y,y0―1—y0—1由k1+k2=2得+X0X0=2,得X0=—1.当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=kx+m(1),A(xi,yi),B(X2,y2).X22.—+y=1,可得(1+2k2)X2+4kmx+2m—2=0,由2yy=kX+m那么A=8(2k2—n2+1)>0,—4km22m—2X1+X2=1T^X1X2=TT2k2.由k1+k2=2,得y1—1y2—1X1X2=2,即kx2+m-1X—kx—m-1X22X1X2'(2—2k)X1X2=(m-1)(X1+X2),,2.(2—2k)(2m—2)=(m-1)(-4kn),由nr51,得(1—k)(m^1)=—km,m=k-1,即y=kx+rn=kx+k—1=k(x+1)—1,故直线AB过定点(—1,-1),经检验,当k>0或kv—2时,直线A的椭圆C有两个交点,满足题意.综上所述,直线AB过定点〔一1,—1〕.22C：a2+b2=1(a>t»0)的离心率为圆O:x2+y2=2与x轴正半轴交于点圆O在点A处的切线被椭圆C截得的弦长为2也.〔1〕求椭圆C的方程；〔2〕设圆O上任意一点P处的切线交椭圆C于MN两点,试判断|PM-IPN是否为定值?假设是定值,求出该定值；假设不是定值,请说明理由.解：〔1〕设椭圆的半焦距为c,由椭圆的离心率为-2-,知b=c,a=42b,那么椭圆C的的方程为白=1.2bb易求得n,2,0〕,那么点〔、/2,J2〕在椭圆上,….22所以方+『=1,解得a2=6,b=3,22所以椭圆c的方程为//1.〔2〕当过点P且与圆O相切的切线斜率不存在时,不妨设切线方程为x=72,由〔1〕知,M也的,n啦,-啦〕,加=〔近6〕,^ON=〔V2,-木〕,"omi•TON=o,omLON当过点P且与圆O相切的切线斜率存在时,可设切线方程为y=kx+mMx1,y1〕,N〔x2,y2〕,那么/鲁广啦'即m2=2〔k2+1〕.y=kx+m,联立x2y2,6+3=1,2k2+1'消去y,得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0,那么A>0,xdx2=一Xi,yi),ON=(X2,y2),>>OMI-ON=X1X2+yiy2=xiX2+(kxi+m)(kx2+m)=(1+k2)X1X2+kmXi+X2)+m2222m—6—4km2=(1+k)-2k2rp7+km-2j^i+m1+k22n2-6—4k2m2+m22k2+12k1_22一3m—6k—62k+132k2+2—6k2—62k2+10,••.OMLON综上所述,圆O上任意一点P处的切线交椭圆C于点MN,都有OM_ON在RtAOMINh,由^OMP^NOP可得|PM-|PN=|OP2=2为定值.2-.椭圆C：a2+b2=1(a>t»0)的左、右焦点分别为R(—1,0),F2(1,0),点A1,当在椭圆C上.(1)求椭圆C的标准方程；(2)是否存在斜率为2的直线,使得当直线与椭圆C有两个不同交点MN时,能在直线y5=W上找到一点P,在椭圆C上找到一点Q满足PM-f=NQ-一？假设存在,求出直线的万程；3假设不存在,说明理由.解：(1)设椭圆C的焦距为2c,那么c=1,由于A1,平在椭圆C上,所以2a=|AF|+|AE|=2^2,因此a=啦,b2=a2—c2=1,X22故椭圆C的万程为2+y=1.(2)不存在满足条件的直线,证实如下：假设存在斜率为2的直线,满足条件,那么设直线的方程为y=2X+t,设MX1,y1),N>2,_5y2),PX3,-,QX4,y4),MN的中点为D(Xo,yo),3y=2x+t,由x22消去x,得9y2—2ty+t2—8=0,y+y=1所以yi+y2=石,且A=4t2—36(12—8)>0,9.yi+y2t故yo=--=q,且一3Vtv3.295,、由PM■一=NL,得xi—X3,yi—-=(x4—X2,y4—y2),3所以有yi—5-=y4-y2,352,y4=yi+y2-3=9t〔也可由PM--=NQ-一,知四边形PMQM平行四边形,而D为线段MN勺中点,因此5t刀,口2t—15、=9,可信y4=—9—)993+y4也为线段PQ的中点,所以yo=-2—又一3Vt<3,所以一.vy4V—i,3与椭圆上点的纵坐标的取值范围是[—i,i]矛盾.因此不存在满足条件的直线.xy—+—=1有一个相同的432_4km2m—6x1x2=