《2020版高考数学大二轮专题突破理科通用版专题突破练：26 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考数学大二轮专题突破理科通用版专题突破练：26 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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做两条互相垂直的射线,与椭圆分别交于M,N两点.(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:x2a
2、2+y2b2=1(ab0),A(4,0)是长轴的一个端点,弦BC过椭圆的中心O,且cos=21313,|OC-OB|=2|BC-BA|.(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(ab0),c=3,左、右焦点为F1,F2,点P,A,B在椭圆C上,且点A,B关于原点对称,直线PA,PB的斜率的乘积为-14.(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|Q
3、M|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(m0)上点A的纵坐标为6,OAOS=66.(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OPOQ,试判断1|OP|2+1|OQ|2是否为定值?若是,求这个定值;若不是,请说明理由.6.(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
4、=1(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,通径长(即过焦点且垂直于长轴的直线与椭圆C相交所得的弦长)为3,短半轴长为3.(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)F2E|F2I|F2E|0.设M(x1,y1),N(x2,y2).x1+x2=-8km3+4k2,x1x2=4m2-123+4k2.OMON,x1x2+y1y2=0.x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=0.即(k2+1)x1x2+km(x1+x2)+m2=0.(k2+1)4m2-123+4k2-8k2m23+4k2+m2=0.
5、整理得7m2=12(k2+1),满足0,点O到直线MN的距离d=|m|k2+1=127=2217.综上所述,点O到直线MN的距离为定值2217.2.(1)解 设C:x2a2-y2b2=1(a0,b0),因为离心率为2,所以c=2a,b=3a.所以C的渐近线为3xy=0,不妨取其中一条3x+y=0.由3=|3c-0|(3)2+12,得c=2.于是a=1,b=3,故双曲线C的方程为x2-y23=1.(2)证明 设P(x0,y0)(x01),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=y0x0-1(x-1).由题设,所以M0,y0x0+1,
6、N0,-y0x0-1,|MN|=2x0y0x02-1,MN中点坐标0,y01-x02,于是圆D的方程为x2+y-y01-x022=x02y02(x02-1)2.因为x02-y023=1,所以圆D的方程可化为x2+y2+6y0y-3=0.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|=|AC|,所以AOC是等腰三角形.又a=|OA|=4,故点C的横坐标为2.又cos=21313,设点C的纵坐标为yC,OA=(4,0),CA=(2,-yC)424yC2+22=21313,解得yC=3,应取C(2,
7、3),又点C在椭圆上,2242+32b2=1,解得b2=12.所求椭圆的方程为x216+y212=1.(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+16k2-48=0.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,x1x2=16k2-483+4k2.可知M的坐标为M(8,6k).k1+k3=y1-3x1-2+y2-3x2-2=k(x1-2)-3
8、x1-2+k(x2-2)-3x2-2=2k-3x1+x2-4x1x2+4-2(x1+x2)=2k-1.又2k2=26k-38-2=2k-1,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+y12b2=1,x22a2+y22b2=1.两式作差,整理得x12-x22a2+y12-y22b2=0.则y12-y22x12-x22=-b2a2.kPAkPB=y1-y2x1-x2-y1-y2-x1-x2=y12-y22x12-x22=-b2a2=-14.又c=3,a2=b2+c2,可
9、得a2=4,b2=1,c2=3.椭圆C的方程为x24+y2=1.(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=16k(1-k)2-4(1+4k2)16(1-k)2-40,得k38.设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=16k(k-1)1+4k2,x1x2=16(1-k)2-41+4k2=4(4k2-8k+3)1+4k2.|QM|QN|=163,且=0,QMQN=163.QM=(x1-2,y1-2),QN=(x2-2,y2-2),(x1-2)(x2-2)+(
10、y1-2)(y2-2)=163.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)=163.4(4k2-8k+3)1+4k2-216k(k-1)1+4k2+4(1+k2)=163.化简得16(1+k2)1+4k2=163,解得k2=2.k38,k=2.直线l的斜率为定值2.5.解 (1)由题知|PF2|=|NS|2,|PF1|=|NF1|2,所以|PF1|+|PF2|=|NF1|+|NF2|2=23|F1F2|,因此动点P的轨迹W是以F1,F2为焦点的椭圆,又知
11、2a=23,2c=22,所以曲线W的标准方程为x23+y2=1.又由题知A(xA,6),所以OAOS=(xA,6)(32,0)=32xA=66,所以xA=23.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=26y.(2)设P(xP,yP),QxQ,-62,由题知OPOQ,所以xPxQ-6yP2=0,即xQ=6yP2xP(xP0),所以1|OP|2+1|OQ|2=1xP2+yP2+13yP22xP2+32=3+2xP23(xP2+yP2).又因为xP23+yP2=1,yP2=1-xP23,所以3+2xP23(xP2+yP2)=3+2xP23(xP2+1-xP23)
12、=1.所以1|OP|2+1|OQ|2为定值,且定值为1.6.解 (1)因为短半轴长为3,所以b=3.设椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的半焦距为c.由题意,得c2a2+y2b2=1,解得y=b2a.由通径长为3,得2b2a=3,即2(3)2a=3,解得a=2.所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1.(2)由(1)得,椭圆C的标准方程为x24+y23=1.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(F2D-ID)F2E|F2I|F2E|22,得F2IF2E|F2I|F2E|22,即cosEF2I45.所以DF2E=2EF2I90.所以F2DF2E0恒成立.x1+x2=-8k24k2+3,x1x2=4k2-124k2+3.又y1y2=k(x1+1)k(x2+1)=k2(x1x2+x1+x2+1)=k24k2-124k2+3-8k24k2+3+1=-9k24k2+3,所以F2DF2E=(x2-1,y2)(x1-1,y1)=x1x2-(x1+x2)+1+y1y20.所以4k2-124k2+3-8k24k2+3+1+-9k24k2+30,化简得7k2-94k2+30,所以7k2-90,解得-377k0,不符合题意,所以舍去.综上,直
