2020届二轮复习（文）专题五第3讲第2课时　圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题作业

2020届二轮复习（文）专题五第3讲第2课时　圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题作业

第2课时　圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题 解答题 ‎1.(2019贵阳第一学期检测)已知圆M:x2+(y-2)2=1,直线l:y=-1,动圆P与圆M外切,且与直线l相切,设动圆圆心P的轨迹为E.‎ ‎(1)求轨迹E的方程;‎ ‎(2)若点A,B是E上的两个动点,O为坐标原点,且OA·OB=-16,求证:直线AB恒过定点.‎ 解析　因为动圆P与直线l:y=-1相切,且与定圆M:x2+(y-2)2=1外切,所以动点P到圆M的圆心M(0,2)的距离与到直线y=-2的距离相等,由抛物线的定义知,点P的轨迹是以M(0,2)为焦点,直线y=-2为准线的抛物线.‎ 故所求P的轨迹E的方程为x2=8y.‎ ‎(2)证明:设直线AB的方程为y=kx+b,A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 将直线AB的方程代入到x2=8y中得x2-8kx-8b=0,‎ 所以x1+x2=8k,x1x2=-8b,‎ 又OA·OB=x1x2+y1y2=x1x2+x‎1‎‎2‎x‎2‎‎2‎‎64‎=-8b+b2=-16,‎ 所以b=4,则直线AB恒过定点(0,4).‎ ‎2.(2019兰州诊断)已知曲线C上的任意一点到直线l:x=-‎1‎‎2‎的距离与到点F‎1‎‎2‎‎,0‎的距离相等.‎ ‎(1)求曲线C的方程;‎ ‎(2)若过P(1,0)的直线与曲线C相交于A,B两点,Q(-1,0)为定点,设直线AQ的斜率为k1,直线BQ的斜率为k2,直线AB的斜率为k,证明:‎1‎k‎1‎‎2‎+‎1‎k‎2‎‎2‎-‎2‎k‎2‎为定值.‎ 解析　(1)由条件可知,此曲线是焦点为F的抛物线,设抛物线的方程为y2=2px(p>0),则 p‎2‎‎=‎1‎‎2‎,p=1,‎ ‎∴曲线C的方程为y2=2x.‎ ‎(2)证明:由已知得,直线AB的方程为y=k(x-1)(k≠0),‎ 由y=k(x-1),‎y‎2‎‎=2x可得ky2-2y-2k=0.‎ 设Ay‎1‎‎2‎‎2‎‎,‎y‎1‎,By‎2‎‎2‎‎2‎‎,‎y‎2‎,则y1+y2=‎2‎k,y1y2=-2.‎ ‎∵k1=y‎1‎y‎1‎‎2‎‎2‎‎+1‎=‎2‎y‎1‎y‎1‎‎2‎‎+2‎,k2=y‎2‎y‎2‎‎2‎‎2‎‎+1‎=‎2‎y‎2‎y‎2‎‎2‎‎+2‎,‎ ‎∴‎1‎k‎1‎‎2‎+‎1‎k‎2‎‎2‎=‎(y‎1‎‎2‎+2‎‎)‎‎2‎‎4‎y‎1‎‎2‎+‎‎(y‎2‎‎2‎+2‎‎)‎‎2‎‎4‎y‎2‎‎2‎ ‎=‎‎(y‎1‎‎2‎+2‎)‎‎2‎y‎2‎‎2‎+(y‎2‎‎2‎+2‎‎)‎‎2‎y‎1‎‎2‎‎4‎y‎1‎‎2‎y‎2‎‎2‎ ‎=‎y‎1‎‎4‎y‎2‎‎2‎‎+y‎2‎‎4‎y‎1‎‎2‎+8y‎1‎‎2‎y‎2‎‎2‎+4(y‎1‎‎2‎+y‎2‎‎2‎)‎‎4‎y‎1‎‎2‎y‎2‎‎2‎ ‎=‎‎8(y‎1‎‎2‎+y‎2‎‎2‎)+32‎‎16‎ ‎=‎‎(y‎1‎+y‎2‎‎)‎‎2‎-2y‎1‎y‎2‎+4‎‎2‎ ‎=‎‎4‎k‎2‎‎+8‎‎2‎ ‎=‎2‎k‎2‎+4.∴‎1‎k‎1‎‎2‎+‎1‎k‎2‎‎2‎-‎2‎k‎2‎=4,为定值.‎ ‎3.(2019洛阳尖子生第二次联考)已知椭圆C:x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的离心率为‎3‎‎2‎,短轴长为2.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程;‎ ‎(2)设直线l:y=kx+m与椭圆C交于M,N两点,O为坐标原点,若kOM·kON=‎5‎‎4‎,求证:点(m,k)在定圆上.‎ 解析　(1)设椭圆C的焦距为2c,由已知e=ca=‎3‎‎2‎,2b=2,a2=b2+c2,得b=1,a=2,‎ ‎∴椭圆C的标准方程为x‎2‎‎4‎+y2=1.‎ ‎(2)证明:设M(x1,y1),N(x2,y2),联立y=kx+m,‎x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎=1‎得 ‎(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,‎ 依题意,Δ=(8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)>0,化简得m2<4k2+1.①‎ 由根与系数的关系得,x1+x2=‎-8km‎4k‎2‎+1‎,x1x2=‎4(m‎2‎-1)‎‎4k‎2‎+1‎,‎ y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2,‎ 若kOM·kON=‎5‎‎4‎,则y‎1‎y‎2‎x‎1‎x‎2‎=‎5‎‎4‎,即4y1y2=5x1x2,‎ ‎∴4k2x1x2+4km(x1+x2)+4m2=5x1x2,‎ ‎∴(4k2-5)×‎4(m‎2‎-1)‎‎4k‎2‎+1‎+4km·‎-8km‎4k‎2‎+1‎+4m2=0,‎ 即(4k2-5)(m2-1)-8k2m2+m2(4k2+1)=0,化简得m2+k2=‎5‎‎4‎.②‎ 由①②得0≤m2<‎6‎‎5‎,‎1‎‎20‎b>0)的离心率为‎3‎‎2‎,且经过点‎-1,‎‎3‎‎2‎.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)过点(‎3‎,0)作直线l与椭圆C交于不同的两点A,B,试问在x轴上是否存在定点Q,使得直线QA与直线QB恰好关于x轴对称?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.‎ 解析　(1)由题意可得ca=‎3‎‎2‎,‎1‎a‎2‎+‎3‎‎4‎b‎2‎=1,‎ 又a2-b2=c2,所以a2=4,b2=1.‎ 所以椭圆C的方程为x‎2‎‎4‎+y2=1.‎ ‎(2)存在定点Q‎4‎‎3‎‎3‎‎,0‎,满足直线QA与直线QB恰好关于x轴对称.当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为x+my-‎3‎=0,与椭圆C的方程联立得x+my-‎3‎=0,‎x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎=1,‎ 整理得,(4+m2)y2-2‎3‎my-1=0.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),定点Q(t,0)(依题意知t≠x1,t≠x2).‎ 由根与系数的关系可得,y1+y2=‎2‎3‎m‎4+‎m‎2‎,y1y2=‎-1‎‎4+‎m‎2‎.‎ 直线QA与直线QB恰好关于x轴对称,则直线QA与直线QB的斜率互为相反数,‎ 所以y‎1‎x‎1‎‎-t+y‎2‎x‎2‎‎-t=0,即y1(x2-t)+y2(x1-t)=0.‎ 又x1+my1-‎3‎=0,x2+my2-‎3‎=0,‎ 所以y1(‎3‎-my2-t)+y2(‎3‎-my1-t)=0,‎ 整理得(‎3‎-t)(y1+y2)-2my1y2=0,‎ 从而可得(‎3‎-t)·‎2‎3‎m‎4+‎m‎2‎-2m·‎-1‎‎4+‎m‎2‎=0,即2m(4-‎3‎t)=0,‎ 所以当t=‎4‎‎3‎‎3‎,即Q‎4‎‎3‎‎3‎‎,0‎时,直线QA与直线QB恰好关于x轴对称.特别地,当直线l为x轴时,Q‎4‎‎3‎‎3‎‎,0‎也符合题意.‎ 当直线的斜率不存在,即直线l垂直于x轴时,Q‎4‎‎3‎‎3‎‎,0‎,符合题意,综上所述,在x轴上存在定点Q‎4‎‎3‎‎3‎‎,0‎,使得直线QA与直线QB恰好关于x轴对称.‎