《2018年高考数学二轮复习 专题对点练24 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题 理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018年高考数学二轮复习 专题对点练24 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题 理（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题对点练24圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题1.(2017吉林白山二模,理22)已知抛物线的对称轴为坐标轴,顶点是坐标原点,准线方程为x=-1,直线l与抛物线相交于不同的A,B两点.(1)求抛物线的标准方程;(2)如果直线l过抛物线的焦点,求OAOB的值;(3)如果OAOB=-4,直线l是否过一定点,若过一定点,求出该定点;若不过一定点,试说明理由.解 (1)已知抛物线的对称轴为坐标轴,顶点是坐标原点,准线方程为x=-1,p2=1,p=2.抛物线的标准方程为y2=4x.(2)设l:my=x-1,与y2=4x联立,得y2-4my-4=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),y1+y2=4m
2、,y1y2=-4,OAOB=x1x2+y1y2=(m2+1)y1y2+m(y1+y2)+1=-3.(3)假设直线l过定点,设l:my=x+n,联立my=x+n,y2=4x,得y2-4my+4n=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),y1+y2=4m,y1y2=4n.由OAOB=-4=(m2+1)y1y2-mn(y1+y2)+n2=n2+4n,解得n=-2,l:my=x-2过定点(2,0).2.(2017吉林三模,理20)已知O为坐标原点,抛物线C:y2=nx(n0)在第一象限内的点P(2,t)到焦点的距离为52,曲线C在点P处的切线交x轴于点Q,直线l1经过点Q且垂直于x轴.(1)求线段O
3、Q的长;(2)设不经过点P和Q的动直线l2:x=my+b交曲线C于点A和B,交l1于点E,若直线PA,PE,PB的斜率依次成等差数列,试问:l2是否过定点?请说明理由.解 (1)由抛物线上的点P(2,t)到焦点的距离为52,得2+n4=52,所以n=2,则抛物线方程为y2=2x,所以曲线C在第一象限的图象对应的函数解析式为y=2x,则y=12x.故曲线C在点P处的切线斜率k=122=12,切线方程为y-2=12(x-2).令y=0得x=-2,所以点Q(-2,0),故线段OQ=2.(2)由题意知l1:x=-2,因为l2与l1相交,所以m0.设l2:x=my+b,令x=-2,得y=-b+2m,故E
4、-2,-b+2m,设A(x1,y1),B(x2,y2),由x=my+b,y2=2x,消去x得y2-2my-2b=0,则y1+y2=2m,y1y2=-2b,直线PA的斜率为y1-2x1-2=y1-2y122-2=2y1+2,同理直线PB的斜率为2y2+2,直线PE的斜率为2+b+2m4.因为直线PA,PE,PB的斜率依次成等差数列,所以2y1+2+2y2+2=22+b+2m4,即b+22m-b+2=b+22m,因为l2不经过点Q,所以b-2.所以2m-b+2=2m,即b=2.故l2:x=my+2,即l2恒过定点(2,0).3.(2017江西九江二模,理20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a
5、b0)的一个焦点与抛物线y2=82x的焦点相同,F1,F2为椭圆的左、右焦点.M为椭圆上任意一点,MF1F2面积的最大值为42.(1)求椭圆C的方程;(2)设椭圆C上的任意一点N(x0,y0),从原点O向圆N:(x-x0)2+(y-y0)2=3作两条切线,分别交椭圆于A,B两点.试探究|OA|2+|OB|2是否为定值,若是,求出其值;若不是,请说明理由.解 (1)抛物线y2=82x的焦点为(22,0),由题意可得c=22,MF1F2面积的最大值为42,可得当M位于椭圆短轴端点处时取得最大值.即有12b2c=42,解得b=2,a2=b2+c2=4+8=12,则椭圆方程为x212+y24=1;(2
6、)证明:设直线OA:y=k1x,OB:y=k2x,A(x1,y1),B(x2,y2),设圆N:(x-x0)2+(y-y0)2=3的切线方程为y=kx,则有|kx0-y0|1+k2=3,整理得(x02-3)k2-2x0y0k+y02-3=0,k1+k2=2x0y0x02-3,k1k2=y02-3x02-3(x023),又因为x0212+y024=1,所以可求得k1k2=y02-312-3y02-3=-13,将y=k1x代入椭圆方程x2+3y2=12,得x12=121+3k12,则y12=12k121+3k12,同理可得x22=121+3k22,y22=12k221+3k22,所以|OA|2+|O
7、B|2=12(1+k12)1+3k12+12(1+k22)1+3k22=12(1+k12)(1+3k22)+12(1+k22)(1+3k12)(1+3k12)(1+3k22)=162+3(k12+k22)2+3(k12+k22)=16.所以|OA|2+|OB|2的值为定值16.4.(2017辽宁沈阳三模,理20)已知定直线l:y=x+3,定点A(2,1),以坐标轴为对称轴的椭圆C过点A且与l相切.(1)求椭圆的标准方程;(2)椭圆的弦AP,AQ的中点分别为M,N,若MN平行于l,则OM,ON斜率之和是否为定值?若是定值,请求出该定值;若不是定值,请说明理由.解 (1)设椭圆的标准方程为mx2+
8、ny2=1(m0,n0,mn),椭圆C过点A,所以4m+n=1,将y=x+3代入椭圆方程化简得(m+n)x2+6nx+9n-1=0,因为直线l与椭圆C相切,所以=(6n)2-4(m+n)(9n-1)=0,解可得m=16,n=13,所以椭圆方程为x26+y23=1.(2)设点P(x1,y1),Q(x2,y2),则有Mx1+22,y1+12,Nx2+22,y2+12,由题意可知lMN,所以kl=kMN=1,设直线MN的方程为y=x+t,代入椭圆方程并化简得3x2+4tx+2t2-6=0,由题意可知x1+x2=-4t3,x1x2=2t2-63.kOM+kON=y1+1x1+2+y2+1x2+2=x1
9、+t+1x1+2+x2+t+1x2+2,通分后可变形得到kOM+kON=2x1x2+(t+3)(x1+x2)+4t+4x1x2+2(x1+x2)+4,将式代入分子kOM+kON=2(2t2-6)+(t+3)(-4t)+12t+123x1x2+6(x1+x2)+12=03x1x2+6(x1+x2)+12=0,所以OM,ON斜率之和为定值0.导学号168042215.(2017陕西渭南二模,理20)已知P,Q是椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)上关于原点O对称的任意两点,且点P,Q都不在x轴上.(1)若D(a,0),求证:直线PD和QD的斜率之积为定值;(2)若椭圆长轴长为4,点A(0,1)
10、在椭圆E上,设M,N是椭圆上异于点A的任意两点,且AMAN,问直线MN是否过一个定点?若过定点,求出该定点坐标;若不过定点,请说明理由.解 (1)由题意可知P(m,n),则Q(-m,-n),由m2a2+n2b2=1,则n2=b21-m2a2,由D(a,0),则kPDkQD=nm-anm+a=n2m2-a2=b21-m2a2m2-a2=-b2a2,故直线PD和QD的斜率之积为定值.(2)直线MN过定点0,-35,理由如下:由2a=4,a=2,b=1,则椭圆方程为x24+y2=1,当直线MN的斜率k=0时,则M-85,-35,N85,-35,直线MN的方程为y=-35,当直线斜率存在,且k0,则直
11、线MN的方程:y=kx+t,M(x1,y1),N(x2,y2),则y=kx+t,x2+4y2=4,整理得(1+4k2)x2+8ktx+4t2-4=0,x1+x2=-8kt1+4k2,x1x2=4t2-41+4k2,由AMAN,则AMAN=0,(1+k2)x1x2+k(t-1)(x1+x2)+(t-1)2=0,则(1+k2)4t2-41+4k2+k(t-1)-8kt1+4k2+(t-1)2=0,整理得5t2-2t-3=0,解得t=-35或t=1(舍去),则直线MN的方程为y=kx-35,且直线MN恒过点0,-35,综上可知:直线MN过定点0,-35.导学号168042226.(2017河北邯郸二
12、模,理20)已知F1(-c,0),F2(c,0)分别是椭圆G:x2a2+y2b2=1(0ba3)的左、右焦点,点P(2,2)是椭圆G上一点,且|PF1|-|PF2|=a.(1)求椭圆G的方程;(2)设直线l与椭圆G相交于A,B两点,若OAOB,其中O为坐标原点,判断O到直线l的距离是否为定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.解 (1)由椭圆的定义可知|PF1|+|PF2|=2a.由|PF1|-|PF2|=a,|PF1|=32a=3|PF2|,则(2+c)2+2=3(2-c)2+2,化简得c2-5c+6=0,由ca3,c=2,则|PF1|=32=32a,则a=22,b2=a2-c2=4,故
13、椭圆的标准方程为x28+y24=1;(2)由题意可知,直线l不过原点,设A(x1,y1),B(x2,y2),当直线lx轴,直线l的方程为x=m(m0),且-22m22,则x1=m,y1=4-m22,x2=m,y2=-4-m22,由OAOB,x1x2+y1y2=0,即m2-4-m22=0,解得m=263,直线l的方程为x=263,故原点O到直线l的距离d=263.当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=kx+n,则x28+y24=1,y=kx+n,消去y整理得(1+2k2)x2+4knx+2n2-8=0,x1+x2=-4kn1+2k2,x1x2=2n2-81+2k2,则y1y2=(kx1+n)(kx2+n)=k2x1x2+kn(x1+x2)+n2=n2-8k21+2k2.由OAOB,x1x2+y1y2=0,2n2-81+2k2+n2-8k21+2k2=0,整理得3n2-8k2-8=0,即3n2=8k2+8,则原点O到直线l的距离d=|n|1+k2,d2=|n|1+k22=n21+k2=3n23(1+k2),将代入,则d2=8k2+83(1+k2)=83,d=263,综上可知:点O到直线l的距离为定值263.6
