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、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 ①從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)； ②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(a＞b＞0)的長軸長為4，且過點. (1)求橢圓的方程； (2)設(shè)A，B，M是橢圓上的三點.若＝＋，點N為線段AB的中點，C，D，求證：|NC|＋|ND|＝2. (1)解　由已知可得 故所以橢圓的方程為＋y2＝1. (2)證明　設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則＋y＝1，＋y＝1. 由＝＋， 得M. 因為M是橢圓C上一點， 所以＋2＝1， 即2＋2＋2×××＝1， 得2＋2＋2×××＝1， 故＋y1y2＝0. 又線段AB的中點N的坐標(biāo)為， 所以＋22 ＝＋＋＋y1y2＝1. 從而線段AB的中點N在橢圓＋2y2＝1上. 又橢圓＋2y2＝1的兩焦點恰為C，D， 所以|NC|＋|ND|＝2. 2.(2018·北京)已知拋物線C：y2＝2px經(jīng)過點P(1，2)，過點Q(0，1)的直線l與拋物線C有兩個不同的交點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，＝λ，＝μ，求證：＋為定值. (1)解　因為拋物線y2＝2px過點(1，2)， 所以2p＝4，即p＝2. 故拋物線C的方程為y2＝4x. 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y＝kx＋1(k≠0)， 由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0. 依題意知Δ＝(2k－4)2－4×k2×1＞0， 解得k＜0或0＜k＜1. 又PA，PB與y軸相交，故直線l不過點(1，－2). 從而k≠－3. 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x1＋x2＝－，x1x2＝. 直線PA的方程為y－2＝(x－1)， 令x＝0，得點M的縱坐標(biāo)為yM＝＋2＝＋2. 同理得點N的縱坐標(biāo)為yN＝＋2. 由＝λ，＝μ，得λ＝1－yM，μ＝1－yN. 所以＋＝＋ ＝＋ ＝· ＝· ＝2. 所以＋為定值. 3. 已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，點Q在橢圓上，O為坐標(biāo)原點. (1)求橢圓C的方程； (2)已知點P，M，N為橢圓C上的三點，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a2＝2b2，① 又點Q在橢圓C上， ∴＋＝1，② 聯(lián)立①②得a2＝8，b2＝4. ∴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|＝×2×2＝2； 當(dāng)直線PN的斜率k存在時， 設(shè)直線PN的方程為y＝kx＋m(m≠0)，P(x1，y1)，N(x2，y2)， 將PN的方程代入橢圓C的方程， 整理得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－8＝0， Δ＝16k2m2－4(2m2－8)(1＋2k2)>0，即m2<4＋8k2， ∴x1＋x2＝，x1·x2＝， y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝， 由＝＋，得M. 將M點坐標(biāo)代入橢圓C的方程，得m2＝1＋2k2. 又點O到直線PN的距離為d＝， |PN|＝|x1－x2|， ∴S＝d·|PN|＝|m|·|x1－x2|＝·＝ ＝2. 綜上，平行四邊形OPMN的面積S為定值2. 考點二　　圓錐曲線中的定點問題 方法技巧　(1)動直線l過定點問題.設(shè)動直線方程(斜率存在)為y＝kx＋t，由題設(shè)條件將t用k表示為t＝mk，得y＝k(x＋m)，故動直線過定點(－m，0). (2)動曲線C過定點問題.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. 4.已知兩點A(－，0)，B(，0)，動點P在y軸上的投影是Q，且2·＝||2. (1)求動點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G，H和M，N，且E1，E2分別是GH，MN的中點.求證：直線E1E2恒過定點. (1)解　設(shè)點P的坐標(biāo)為(x，y)，∴點Q的坐標(biāo)為(0，y). ∵2·＝||2，＝(－－x，－y)， ＝(－x，－y)，||＝|x|， ∴2[(－－x)(－x)＋y2]＝x2， 化簡得點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：y＝k(x－1)，G(x1，y1)，H(x2，y2)， lMN：y＝－(x－1)，M(x3，y3)，N(x4，y4)， 聯(lián)立 消去y得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－4＝0. 則Δ>0恒成立. ∴x1＋x2＝，x1x2＝. ∴GH中點E1的坐標(biāo)為. 同理，MN中點E2的坐標(biāo)為， ∴＝， ∴的方程為y－＝， 即y＝， ∴直線E1E2恒過定點； 當(dāng)兩直線的斜率分別為0和不存在時，的方程為y＝0，也過點. 綜上所述，過定點. 5.已知焦距為2的橢圓C：＋＝1(a>b>0)的右頂點為A，直線y＝與橢圓C交于P，Q兩點(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M，N.若M是橢圓的左頂點，D是直線MN上一點，且DA⊥AM.點G是x軸上異于點M的點，且以DN為直徑的圓恒過直線AN和DG的交點，求證：點G是定點. (1)解　設(shè)坐標(biāo)原點為O， ∵四邊形ABPQ是平行四邊形，∴||＝||， ∵||＝2||，∴||＝2||，則點B的橫坐標(biāo)為， ∴點Q的坐標(biāo)為，代入橢圓C的方程得b2＝2， 又c2＝2，∴a2＝4，即橢圓C的方程為＋＝1. (2)證明　設(shè)直線MN的方程為y＝k(x＋2)，N(x0，y0)，DA⊥AM，∴D(2，4k). 由消去y得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－4＝0， 則－2x0＝，即x0＝， ∴y0＝k(x0＋2)＝，則N， 設(shè)G(t，0)，則t≠－2，若以DN為直徑的圓恒過直線AN和DG的交點， 則DG⊥AN，∴·＝0恒成立. ∵＝(2－t，4k)，＝， ∴·＝(2－t)·＋4k·＝0恒成立， 即＝0恒成立， ∴t＝0，∴點G是定點(0，0). 6.(2017·全國Ⅰ)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)，四點P1(1，1)，P2(0，1)，P3，P4中恰有三點在橢圓C上. (1)求C的方程； (2)設(shè)直線l不經(jīng)過P2點且與C相交于A，B兩點.若直線P2A與直線P2B的斜率的和為－1，證明：l過定點. (1)解　由于P3，P4兩點關(guān)于y軸對稱，故由題設(shè)知橢圓C經(jīng)過P3，P4兩點. 又由＋>＋知，橢圓C不經(jīng)過點P1， 所以點P2在橢圓C上. 因此解得 故橢圓C的方程為＋y2＝1. (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：x＝t，由題設(shè)知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐標(biāo)分別為，，則k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合題設(shè). 從而可設(shè)l：y＝kx＋m(m≠1). 將y＝kx＋m代入＋y2＝1， 得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 由題設(shè)可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－，x1x2＝. 而k1＋k2＝＋ ＝＋ ＝. 由題設(shè)k1＋k2＝－1， 故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0， 即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0， 解得k＝－. 當(dāng)且僅當(dāng)m>－1時，Δ>0， 于是l：y＝－x＋m， 即y＋1＝－(x－2)， 所以l過定點(2，－1). 考點三 　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、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，若方程組有實數(shù)解，則元素(點、直線、曲線或參數(shù))存在，否則，元素(點、直線、曲線或參數(shù))不存在. 7.(2016·全國Ⅰ)在直角坐標(biāo)系xOy中，直線l：y＝t(t≠0)交y軸于點M，交拋物線C：y2＝2px(p>0)于點P，M關(guān)于點P的對稱點為N，連接ON并延長交C于點H. (1)求； (2)除H以外，直線MH與C是否有其它公共點？說明理由. 解　(1)如圖，由已知得M(0，t)，P， 又N為M關(guān)于點P的對稱點， 故N，ON的方程為y＝x， 代入y2＝2px，整理得px2－2t2x＝0，解得x1＝0，x2＝，因此H. 所以N為OH的中點，即＝2. (2)直線MH與C除H以外沒有其他公共點，理由如下： 直線MH的方程為y－t＝x，即x＝(y－t). 代入y2＝2px，得y2－4ty＋4t2＝0，解得y1＝y(tǒng)2＝2t， 即直線MH與C只有一個公共點， 所以除H以外，直線MH與C沒有其他公共點. 8.已知橢圓E：＋＝1的右焦點為F(c，0)且a＞b＞c＞0，設(shè)短軸的一個端點D，原點O到直線DF的距離為，過原點和x軸不重合的直線與橢圓E相交于C，G兩點，且||＋||＝4. (1)求橢圓E的方程； (2)是否存在過點P(2，1)的直線l與橢圓E相交于不同的兩點A，B且使得2＝4·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，||＋||＝2a＝4， ∴a＝2.又原點O到直線DF的距離為， ∴＝，∴bc＝，又a2＝b2＋c2＝4， a＞b＞c＞0，∴b＝，c＝1. 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y＝k(x－2)＋1，代入橢圓方程得(3＋4k2)x2－8k(2k－1)x＋16k2－16k－8＝0， ∴x1＋x2＝， x1x2＝，Δ＝32(6k＋3)＞0， ∴k＞－. ∵＝4·， 即4[(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)]＝5， ∴4(x1－2)(x2－2)(1＋k2)＝5， 即4[x1x2－2(x1＋x2)＋4](1＋k2)＝5， ∴4(1＋k2) ＝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x－2y＝0. 典例　(12分)已知橢圓C：9x2＋y2＝m2(m＞0)，直線l不過原點O且不平行于坐標(biāo)軸，l與C有兩個交點A，B，線段AB的中點為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，延長線段OM與C交于點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：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM).…………2分 將y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2， 得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0， Δ＝4k2b2－4(k2＋9)(b2－m2)>0， 故xM＝＝，yM＝kxM＋b＝.………………………………………………4分 于是直線OM的斜率kOM＝＝－，即kOM·k＝－9. 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 因為直線l過點，所以l不過原點且與C有兩個交點的充要條件是k＞0，k≠3. 由(1)得OM的方程為y＝－x. 設(shè)點P的橫坐標(biāo)為xP， 由得x＝，即xP＝ . ……………………………………9分 將點的坐標(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xP＝2xM. 于是＝2×， 解得k1＝4－，k2＝4＋. 因為ki＞0，ki≠3，i＝1，2，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，易錯點(特殊情況、隱含條件等)，審視解題規(guī)范性. 1.(2017·全國Ⅱ)設(shè)O為坐標(biāo)原點，動點M在橢圓C：＋y2＝1上，過M作x軸的垂線，垂足為N，點P滿足＝. (1)求點P的軌跡方程； (2)設(shè)點Q在直線x＝－3上，且·＝1.證明：過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F. (1)解　設(shè)P(x，y)，M(x0，y0)，則N(x0，0)， ＝(x－x0，y)，＝(0，y0). 由＝ 得x0＝x，y0＝y(tǒng). 因為M(x0，y0)在C上，所以＋＝1. 因此點P的軌跡方程為x2＋y2＝2. (2)證明　由題意知F(－1，0). 設(shè)Q(－3，t)，P(m，n)，則＝(－3，t)， ＝(－1－m，－n)，·＝3＋3m－tn， ＝(m，n)，＝(－3－m，t－n). 由·＝1，得－3m－m2＋tn－n2＝1. 又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0. 所以·＝0，即⊥. 又過點P存在唯一直線垂直于OQ， 所以過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F. 2.如圖，橢圓E：＋＝1(a>b>0)，經(jīng)過點A(0，－1)，且離心率為. (1)求橢圓E的方程； (2)經(jīng)過點(1，1)，且斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點P，Q(均異于點A)，證明：直線AP與AQ的斜率之和為定值. (1)解　由題設(shè)知＝，b＝1， 結(jié)合a2＝b2＋c2，解得a＝， 所以橢圓的方程為＋y2＝1. (2)證明　由題設(shè)知，直線PQ的方程為y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入＋y2＝1， 得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，由已知Δ>0， 設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0， 則x1＋x2＝，x1x2＝， 從而直線AP，AQ的斜率之和 kAP＋kAQ＝＋＝＋ ＝2k＋(2－k)＝2k＋(2－k)， ＝2k＋(2－k)＝2k－2(k－1)＝2. 故kAP＋kAQ為定值2. 3.已知橢圓E：＋＝1(a>b>0)的離心率是，點P在橢圓E上. (1)求橢圓E的方程； (2)過點P且斜率為k的直線l交橢圓E于點Q(xQ，yQ)(點Q異于點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＋y2＝1. (2)設(shè)直線l的方程為y－＝k(x－1)， 代入方程＋y2＝1. 消去y得(1＋4k2)x2＋(4k－8k2)x＋4k2－4k－1＝0， ∴xQ·1＝， ∵0<xQ<1， ∴0<<1，即 解得－<k<或k>，經(jīng)檢驗，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(a＞b＞0)的四個頂點構(gòu)成邊長為5的菱形，原點O到直線AB的距離為，其中A(0，a)，B(－b，0).直線l：x＝my＋n與橢圓M相交于C，D兩點，且以CD為直徑的圓過橢圓的右頂點P(其中點C，D與點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，并求出定點的坐標(biāo). 解　(1)由已知，得a2＋b2＝52， 由點A(0，a)，B(－b，0)知，直線AB的方程為＋＝1，即ax－by＋ab＝0. 又原點O到直線AB的距離為，即 ＝， 所以a2＝16，b2＝9，c2＝16－9＝7. 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x＝my＋n代入＋＝1， 整理，得(16m2＋9)y2＋32mny＋16n2－144＝0， 則y1＋y2＝－，y1y2＝. 因為以CD為直徑的圓過橢圓的右頂點P， 所以·＝0，即(x1－3，y1)·(x2－3，y2)＝0， 所以(x1－3)(x2－3)＋y1y2＝0. 又x1＝my1＋n，x2＝my2＋n， 所以(my1＋n－3)(my2＋n－3)＋y1y2＝0， 整理，得(m2＋1)y1y2＋m(n－3)(y1＋y2)＋(n－3)2＝0， 即(m2＋1)·＋m(n－3)·＋(n－3)2＝0， 所以－＋(n－3)2＝0， 易知n≠3，所以16(m2＋1)(n＋3)－32m2n＋(16m2＋9)·(n－3)＝0， 整理，得25n＋21＝0，即n＝－. 經(jīng)檢驗，n＝－符合題意. 所以直線l與x軸交于定點，定點的坐標(biāo)為. 5.已知拋物線C：x2＝2py(p>0)的焦點為F，直線2x－y＋2＝0交拋物線C于A，B兩點，P是線段AB的中點，過P作x軸的垂線交拋物線C于點Q. (1)D是拋物線C上的動點，點E(－1，3)，若直線AB過焦點F，求|DF|＋|DE|的最小值； (2)是否存在實數(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2x－y＋2＝0與y軸的交點為(0，2)， ∴F(0，2)，則拋物線C的方程為x2＝8y，準(zhǔn)線l：y＝－2. 設(shè)過D作DG⊥l于G，則|DF|＋|DE|＝|DG|＋|DE|， 當(dāng)E，D，G三點共線時，|DF|＋|DE|取最小值2＋3＝5. (2)假設(shè)存在，拋物線x2＝2py與直線y＝2x＋2聯(lián)立，得x2－4px－4p＝0， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，Δ＝(4p)2＋16p＝16(p2＋p)>0，則x1＋x2＝4p，x1x2＝－4p， ∴Q(2p，2p). ∵|2＋|＝|2－|，∴⊥. 則·＝0， 得(x1－2p)(x2－2p)＋(y1－2p)(y2－2p) ＝(x1－2p)(x2－2p)＋(2x1＋2－2p)(2x2＋2－2p) ＝5x1x2＋(4－6p)(x1＋x2)＋8p2－8p＋4＝0， 代入得4p2＋3p－1＝0，解得p＝或p＝－1(舍去). 因此存在實數(shù)p＝，且滿足Δ>0，使得|2＋|＝|2－|成立.