高考数学大二轮复习 专题突破练26 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题 理-人教版高三数学试题

专题突破练26圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题1.(2019北京房山区高三第一次模拟测试)已知椭圆x24+y23=1,过坐标原点O(1)求椭圆的离心率;(2)求证:点O到直线MN的距离为定值.2.(2019辽宁丹东高三总复习质量测试一)已知离心率为2的双曲线C的一个焦点F(c,0)到一条渐近线的距离为3.(1)求双曲线C的方程;(2)设A1,A2分别为C的左、右顶点,P为C异于A1,A2的一点,直线A1P与A2P分别交y轴于M,N两点,求证:以线段MN为直径的圆D经过两个定点.3.(2019山东日照高三5月校际联合考试)如图,已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0),A(4,0)是长轴的一个端点,弦BC过椭圆的中心O,且cos<OA,CA>=(1)求椭圆E的方程.(2)过椭圆E右焦点F的直线,交椭圆E于A1,B1两点,交直线x=8于点M,判定直线CA1,CM,CB1的斜率是否依次构成等差数列?请说明理由.4.(2019江西新八校高三第二次联考)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),c=3,左、右焦点为F1,F2,点P,A,B在椭圆C上,且点A,B(1)求椭圆C的方程;(2)已知直线l经过点Q(2,2),且与椭圆C交于不同的两点M,N,若|QM||QN|=163,判断直线l的斜率是否为定值?若是,请求出该定值;若不是,请说明理由5.(2019山东青岛高考模拟检测)已知O为坐标原点,点F1(-2,0),F2(2,0),S(32,0),动点N满足|NF1|+|NS|=43,点P为线段NF1的中点,抛物线C:x2=2my(m>0)上点A的纵坐标为6,OA·OS(1)求动点P的轨迹曲线W的标准方程及抛物线C的标准方程;(2)若抛物线C的准线上一点Q满足OP⊥OQ,试判断1|OP6.(2019河南重点高中高三4月联合质量检测)已知点O为坐标原点,椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(1)求椭圆C的标准方程;(2)设过点F1的直线l与椭圆C相交于E,D两点,线段ED上存在一点I到F2E,F2D两边的距离相等,若(F2D-ID)参考答案专题突破练26圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题1.(1)解由椭圆的方程x24+y23=1,可得a=2,b=3,∴c2=a∴椭圆的离心率e=c(2)证明当直线MN的斜率不存在时,∠MON=90°,不妨设M(x0,x0),则有N(x0,-x0).又M,N两点在椭圆上,∴x02∴点O到直线MN的距离d=12当直线MN的斜率存在时,设直线MN的方程为y=kx+m.由y=kx+m,x24+y23=1,消去y得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,则Δ=(8km)2设M(x1,y1),N(x2,y2).∴x1+x2=-8km3+4k2,x1∵OM⊥ON,∴x1x2+y1y2=0.∴x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=0.即(k2+1)x1x2+km(x1+x2)+m2=0.∴(k2+1)·4m2-12整理得7m2=12(k2+1),满足Δ>0,∴点O到直线MN的距离d=|综上所述,点O到直线MN的距离为定值22.(1)解设C:x2a2-y2因为离心率为2,所以c=2a,b=3a.所以C的渐近线为3x±y=0,不妨取其中一条3x+y=0.由3=|3c于是a=1,b=3,故双曲线C的方程为x2-y23=(2)证明设P(x0,y0)(x0≠±1),因为A1(-1,0),A2(1,0),可得直线A1P与A2P的方程分别为y=y0x0+1(x+1),y=y由题设,所以M0,y0x0+1,N0,-y0x0-1,|MN|=2x0y0x02-1,MN中点坐标0,y因为x02-y023=1,所以圆D的方程可化为x2+y2当y=0时,x=±3,因此D经过两个定点(-3,0)和(3,0).3.解(1)由|OC-OB|=2|BC-BA|,得|BC|=2|AC|,即|OC所以△AOC是等腰三角形.又a=|OA|=4,故点C的横坐标为2.又cos<OA,CA>=设点C的纵坐标为yC,OA=(4,0),CA=(2,-yC)4×24yC2+22又点C在椭圆上,∴2242+32∴所求椭圆的方程为x216+(2)由题意知椭圆的右焦点为F(2,0),C(2,3),由题意可知直线CA1,CM,CB1的斜率存在,设直线A1B1的方程为y=k(x-2),代入椭圆x216+y212=1并整理,得(3+4k2)x2-16k2x+16k设A1(x1,y1),B1(x2,y2),直线CA1,CM,CB1的斜率分别为k1,k2,k3,则有x1+x2=16k23+4k2,x可知M的坐标为M(8,6k).∴k1+k3=y=k=2k-3·=2k-1.又2k2=2·6k-3∴k1+k3=2k2.即直线CA1,CM,CB1的斜率成等差数列.4.解(1)设A(x1,y1),P(x2,y2),则B(-x1,-y1).点A,P在椭圆上,有x12a2+y两式作差,整理得x12-则y12kPA·kPB=y1-y2又c=3,a2=b2+c2,可得a2=4,b2=1,c2=3.∴椭圆C的方程为x24+y2=(2)由题意知直线l存在斜率.设直线l的方程为y-2=k(x-2),将其代入x24+y2=1,整理可得(1+4k2)x2+16k(1-k)x+16(1-k)2-4=0,则Δ=[16k(1-k)]2-4(1+4k2)[16(1-k)2-4]>0,得设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=16k(k-1)1+4∵|QM||QN|=163,且<QM,∴∵QM=(x1-2,y1-2),QN=(x2-2,y2-∴(x1-2)(x2-2)+(y1-2)(y2-2)=16∵y1=k(x1-2)+2,y2=k(x2-2)+2,∴(x1-2)(x2-2)+(y1-2)(y2-2)=(x1-2)(x2-2)(1+k2)=[x1x2-2(x1+x2)+4](1+k2)=16∴4(4k2-8k+3)1+4k2-化简得16(1+k2)1+4∵k>38,∴k=∴直线l的斜率为定值25.解(1)由题知|PF2|=|NS|2,|PF1所以|PF1|+|PF2|=|NF1|+|NF2因此动点P的轨迹W是以F1,F2为焦点的椭圆,又知2a=23,2c=22,所以曲线W的标准方程为x23+y2=又由题知A(xA,6),所以OA·OS=(xA,6)·(32,0)=32xA=66,所以xA=又因为点A(23,6)在抛物线C上,所以m=6,所以抛物线C的标准方程为x2=2(2)设P(xP,yP),QxQ,-62,由题知OP⊥OQ,所以xPxQ-6yP2=0,即xQ=6y所以1又因为xP23+yP2=所以3+2xP2所以1|OP6.解(1)因为短半轴长为3,所以b=3设椭圆C:x2a2+y由题意,得c2a2+由通径长为3,得2b2a=3,即2×(3所以椭圆C的标准方程为x24+(2)由(1)得,椭圆C的标准方程为x24+因为点I到F2E,F2D两边的距离相等,所以由角平分线定理,得F2I是∠DF2E的角平分线.由(F得F2即cos∠EF2I<22,则∠EF2I>45°所以∠DF2E=2∠EF2I>90°.所以F2D·易知左、右焦点F1,F2的坐标分别为(-1,0),(1,0),当直线l的斜率存在时,设为k,则直线l的方程为y=k(x+1)(k≠0).设点E(x1,y1),D(x2,y2).联立y=k(x+1),x24+y23=1,得(4k2+3)x2+8k2x+4k2-12=0,则Δ=(8k2)2-4(4k2x1+x2=-8k24k2+3又y1y2=k(x1+1)·k(x2+1)=k2(x1x2+x1+x2+1)=k24k2-124k2所以F2D·F2E=(x2-1,y2)·(x1-1