2018年高考数学二轮复习习题：第一部分 五 解析几何 第三讲 第二课时 圆锥曲线的定点、定值、存在性问题

2018年高考数学二轮复习习题：第一部分 五 解析几何 第三讲 第二课时 圆锥曲线的定点、定值、存在性问题

限时规范训练 A组——高考热点强化练 ‎1．已知动点P到直线l：x＝－1的距离等于它到圆C：x2＋y2－4x＋1＝0的切线长(P到切点的距离)．记动点P的轨迹为曲线E.‎ ‎(1)求曲线E的方程．‎ ‎(2)点Q是直线l上的动点，过圆心C作QC的垂线交曲线E于A，B两点，问：是否存在常数λ，使得|AC|·|BC|＝λ|QC|2？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由．‎ 解析：(1)由已知得圆心为C(2,0)，半径r＝.设P(x，y)，‎ 依题意可得|x＋1|＝，整理得y2＝6x.‎ 故曲线E的方程为y2＝6x.‎ ‎(2)设直线AB的方程为my＝x－2，‎ 则直线CQ的方程为y＝－m(x－2)，可得Q(－1,3m)．‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ 将my＝x－2代入y2＝6x并整理得y2－6my－12＝0，那么y1y2＝－12，‎ 则|AC|·|BC|＝(1＋m2)|y1y2|＝12(1＋m2)，|QC|2＝9(1＋m2)，即|AC|·|BC|＝|QC|2，所以λ＝.‎ ‎2．(2017·高考北京卷)已知抛物线C：y2＝2px过点P(1，1)．过点作直线l与抛物线C交于不同的两点M，N，过点M作x轴的垂线分别与直线OP，ON交于点A，B，其中O为原点．‎ ‎(1)求抛物线C的方程，并求其焦点坐标和准线方程；‎ ‎(2)求证：A为线段BM的中点．‎ 解析：(1)由抛物线C：y2＝2px过点P(1,1)，得p＝，所以抛物线C的方程为y2＝x.‎ 抛物线C的焦点坐标为，准线方程为x＝－.‎ ‎(2)证明：由题意，设直线l的方程为y＝kx＋(k≠0)，l与抛物线C的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2)．‎ 由得4k2x2＋(4k－4)x＋1＝0，‎ 则x1＋x2＝，x1x2＝.‎ 因为点P的坐标为(1,1)，所以直线OP的方程为y＝x，点A的坐标为(x1，x1)．‎ 直线ON的方程为y＝x，点B的坐标为.‎ 因为y1＋－2x1＝ ‎＝ ‎＝ ‎＝＝0，‎ 所以y1＋＝2x1，‎ 故A为线段BM的中点．‎ ‎3．如图所示，已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率等于，它的一个顶点恰好在抛物线x2＝8y的准线上．‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)点P(2，)，Q(2，－)在椭圆上，A，B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点，当A，B运动时，满足∠APQ＝∠BPQ，试问：直线AB的斜率是否为定值，请说明理由．‎ 解析：(1)设椭圆C的标准方程为＋＝1(a>b>0)．‎ ‎∵椭圆的一个顶点恰好在抛物线x2＝8y的准线y＝－2上，‎ ‎∴－b＝－2，解得b＝2.‎ 又＝，a2＝b2＋c2，‎ ‎∴a＝4，c＝2.‎ 可得椭圆C的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ ‎∵∠APQ＝∠BPQ，则PA，PB的斜率互为相反数，‎ 可设直线PA的斜率为k，则PB的斜率为－k，‎ 直线PA的方程为：y－＝k(x－2)，‎ 联立 化为(1＋4k2)x2＋8k(－2k)x＋4(－2k)2－16＝0，‎ ‎∴x1＋2＝.‎ 同理可得：x2＋2＝＝，‎ ‎∴x1＋x2＝，x1－x2＝，‎ kAB＝＝＝.‎ ‎∴直线AB的斜率为定值.‎ ‎4．如图，设P是抛物线C1：x2＝y上的动点，过点P作圆C2：x2＋(y＋3)2‎ ‎＝1的两条切线，交直线l：y＝－3于A，B两点．‎ ‎(1)求圆C2的圆心M到抛物线C1准线的距离．‎ ‎(2)是否存在点P，使线段AB被抛物线C1在点P处的切线平分？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 解析：(1)因为抛物线C1的准线方程为y＝－，所以圆心M到抛物线C1准线的距离为＝.‎ ‎(2)设存在满足题意的点P，其坐标为(x0，x)，抛物线C1在点P处的切线交直线l于点D.‎ 再设A，B，D的横坐标分别为xA，xB，xD，‎ 过点P(x0，x)的抛物线C1的切线方程为y－x＝2x0(x－x0)．①‎ 当x0＝1时，过点P(1,1)的圆C2的切线PA为y－1＝(x－1)，‎ 可得xA＝－，xB＝1，xD＝－1，xA＋xB≠2xD.‎ 当x0＝－1时，过点P(－1,1)的圆C2的切线PB为y－1＝－(x＋1)，‎ 可得xA＝－1，xB＝，xD＝1，xA＋xB≠2xD.‎ 所以x－1≠0，‎ 设切线PA，PB的斜率分别为k1，k2，则 PA：y－x＝k1(x－x0)，②‎ PB：y－x＝k2(x－x0)．③‎ 将y＝－3分别代入①②③得xD＝(x0≠0)；xA＝x0－；xB＝x0－(k1，k2≠0)．‎ 从而xA＋xB＝2x0－(x＋3)，又＝1，‎ 即(x－1)k－2(x＋3)x0k1＋(x＋3)2－1＝0，‎ 同理，(x－1)k－2(x＋3)x0k2＋(x＋3)2－1＝0.‎ 所以k1，k2是方程(x－1)k2－2(x＋3)x0k＋(x＋3)2－1＝0的两个不相等的根，‎ 从而k1＋k2＝，k1·k2＝.‎ 因为xA＋xB＝2xD，所以2x0－(3＋x)＝，即＋＝.‎ 从而＝，进而得x＝8，x0＝±.‎ 综上所述，存在点P满足题意，点P的坐标为(±，2)．‎ B组——高考能力提速练 ‎1．(2017·高考北京卷)已知椭圆C的两个顶点分别为A(－2，0)，B(2,0)，焦点在x轴上，离心率为.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)点D为x轴上一点，过D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M，N，过D作AM的垂线交BN于点E.求证：△BDE与△BDN的面积之比为4∶5.‎ 解析：(1)设椭圆C的方程为＋＝1(a＞b＞0)，‎ 由题意得解得c＝，所以b2＝a2－c2＝1，‎ 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明：设M(m，n)，则D(m,0)，N(m，－n)，‎ 由题设知m≠±2，且n≠0.‎ 直线AM的斜率kAM＝，‎ 故直线DE的斜率kDE＝－，‎ 所以直线DE的方程为y＝－(x－m)，‎ 直线BN的方程为y＝(x－2)．‎ 联立解得点E的纵坐标yE＝－.‎ 由点M在椭圆C上，得4－m2＝4n2，所以yE＝－n.‎ 又S△BDE＝|BD|·|yE|＝|BD|·|n|，S△BDN＝|BD|·|n|，‎ 所以△BDE与△BDN的面积之比为4∶5.‎ ‎2．已知椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，过点A(0，－b)和B(a,0)的直线与原点的距离为.‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)已知定点E(－1,0)，若直线y＝kx＋2(k≠0)与椭圆交于C、D两点．问：是否存在k的值，使以CD为直径的圆过E点？请说明理由．‎ 解析：(1)直线AB的方程为bx－ay－ab＝0.‎ 依题意解得 ‎∴椭圆方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)假若存在这样的k值，‎ 由得(1＋3k2)x2＋12kx＋9＝0，‎ ‎∴Δ＝(12k)2－36(1＋3k2)>0.　①‎ 设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则　②‎ 而y1·y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4.‎ 要使以CD为直径的圆过点E(－1,0)，当且仅当CE⊥DE时，‎ 则·＝－1，即y1y2＋(x1＋1)(x2＋1)＝0，‎ ‎∴(k2＋1)x1x2＋(2k＋1)(x1＋x2)＋5＝0，　③‎ 将②代入③整理解得k＝，经验证k＝，此时①成立．‎ 综上可知，存在k＝，使得以CD为直径的圆过点E.‎ ‎3．椭圆C：＋＝1(a>b>0)的上顶点为A，P是C上的一点，以AP为直径的圆经过椭圆C的右焦点F.‎ ‎(1)求椭圆C的方程．‎ ‎(2)动直线l与椭圆C有且只有一个公共点，问：在x轴上是否存在两个定点，它们到直线l的距离之积等于1？如果存在，求出这两个定点的坐标；如果不存在，请说明理由．‎ 解析：(1)F(c,0)，A(0，b)，由题设可知·＝0，‎ ‎∴c2－c＋＝0.　①‎ 又点P在椭圆C上，∴＋＝1，∴a2＝2.　②‎ 又b2＋c2＝a2＝2，　③‎ 联立①③，解得c＝1，b2＝1，‎ 故所求椭圆的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)当直线l的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋m，代入椭圆方程，‎ 消去y整理得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，(*)‎ 方程(*)有且只有一个实根，又2k2＋1>0，‎ 所以Δ＝0，得m2＝2k2＋1，‎ 假设存在M1(λ1,0)，M2(λ2,0)满足题设，‎ 则d1·d2＝＝ ‎＝＝1对任意的实数k恒成立．‎ 所以解得或 当直线l的斜率不存在时，经检验符合题意．‎ 综上所述，存在两个定点M1(1,0)，M2(－1,0)，使它们到直线l的距离之积等于1.‎ ‎4．(2017·黄冈模拟)如图，已知点F1，F2是椭圆C1：＋y2＝1的两个焦点，椭圆C2：＋y2＝λ经过点F1，F2，点P是椭圆C2上异于F1，F2的任意一点，直线PF1和PF2与椭圆C1的交点分别是A，B和C，D.设AB，CD的斜率分别为k，k′.‎ ‎(1)求证：k·k′为定值；‎ ‎(2)求|AB|·|CD|的最大值．‎ 解析：(1)证明：因为点F1，F2是椭圆C1的两个焦点，故F1，F2的坐标是F1(－1,0)，F2(1,0)．‎ 而点F1，F2是椭圆C2上的点，将F1，F2的坐标代入C2的方程得，λ＝.‎ 设点P的坐标是(x0，y0)，‎ ‎∵直线PF1和PF2的斜率分别是k，k′(k≠0，k′≠0)‎ ‎∴kk′＝·＝，①‎ 又点P是椭圆C2上的点，故＋y＝，②‎ 联立①②两式可得kk′＝－，即k·k′为定值．‎ ‎(2)直线PF1的方程可表示为y＝k(x＋1)(k≠0)，‎ 与椭圆C1的方程联立，‎ 得到方程组 由方程组得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.‎ ‎|AB|＝|x1－x2|＝＝.‎ 同理可求得|CD|＝，‎ 则|AB|·|CD|＝ ‎＝4≤，‎ 当且仅当k＝±时等号成立．‎ 故|AB|·|CD|的最大值等于.‎