高考数学专题复习：课时达标检测(五十一) 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题

高考数学专题复习：课时达标检测(五十一) 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题

课时达标检测(五十一) 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题 一、全员必做题 ‎1．已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，上、下顶点分别是B1，B2，C是B‎1F2的中点，若·＝2，且⊥.‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)点Q是椭圆上任意一点，A1，A2分别是椭圆的左、右顶点，直线QA1，QA2与直线x＝分别交于E，F两点，试证：以EF为直径的圆与x轴交于定点，并求该定点的坐标．‎ 解：(1)设F1(－c,0)，F2(c,0)，B1(0，b)，‎ 则C.‎ 由题意得 即 即 解得从而a2＝4，‎ 故所求椭圆的方程为＋＝1.‎ ‎(2)证明：由(1)得A1(－2,0)，A2(2,0)，‎ 设Q(x0，y0)，易知x0≠±2，‎ 则直线QA1的方程为y＝(x＋2)，与直线x＝的交点E的坐标为，，‎ 直线QA2的方程为y＝(x－2)，与直线x＝的交点F的坐标为，‎ 设以EF为直径的圆与x轴交于点H(m,0)，m≠，‎ 则HE⊥HF，从而kHE·kHF＝－1，‎ 即·＝－1，‎ 即＝－2，①‎ 由＋＝1得y＝.②‎ 所以由①②得m＝±1，‎ 故以EF为直径的圆与x轴交于定点，且该定点的坐标为或.‎ ‎2．在平面直角坐标系xOy中，已知点A(x1，y1)，B(x2，y2)是椭圆E：＋y2＝1上的非坐标轴上的点，且4kOA·kOB＋1＝0(kOA，kOB分别为直线OA，OB的斜率)．‎ ‎(1)证明：x＋x，y＋y均为定值；‎ ‎(2)判断△OAB的面积是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．‎ 解：(1)证明：依题意，x1，x2，y1，y2均不为0，‎ 则由4kOA·kOB＋1＝0，得＋1＝0，‎ 化简得y2＝－，‎ 因为点A，B在椭圆上，‎ 所以x＋4y＝4　①，‎ x＋4y＝4　②，‎ 把y2＝－代入②，整理得(x＋4y)x＝16y.‎ 结合①得x＝4y，同理可得x＝4y，‎ 从而x＋x＝4y＋x＝4，为定值，‎ y＋y＝y＋＝1，为定值．‎ ‎(2)S△OAB＝|OA|·|OB|sin∠AOB ‎＝·· ‎＝·· ‎＝ ‎＝|x1y2－x2y1|.‎ 由(1)知x＝4y，x＝4y，易知y2＝－，y1＝或y2＝，y1＝－，‎ S△OAB＝|x1y2－x2y1|＝＝＝1，‎ 因此△OAB的面积为定值1.‎ ‎3．(2017·河北质量检测)已知椭圆E：＋＝1的右焦点为F(c,0)，且a＞b＞c＞0，设短轴的一个端点为D，原点O到直线DF的距离为，过原点和x轴不重合的直线与椭圆E相交于C，G两点，且||＋||＝4.‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)是否存在过点P(2,1)的直线l与椭圆E相交于不同的两点A，B且使得2＝4·成立？若存在，试求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)由椭圆的对称性知||＋||＝‎2a＝4，‎ ‎∴a＝2.又原点O到直线DF的距离为，‎ ‎∴＝，∴bc＝，‎ 又a2＝b2＋c2＝4，a＞b＞c＞0，‎ ‎∴b＝，c＝1.‎ 故椭圆E的方程为＋＝1.‎ ‎(2)当直线l与x轴垂直时不满足条件．‎ 故可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 直线l的方程为y＝k(x－2)＋1，代入椭圆方程得 ‎(3＋4k2)x2－8k(2k－1)x＋16k2－16k－8＝0，‎ ‎∴Δ＝32(6k＋3)＞0，∴k＞－.‎ x1＋x2＝，x1x2＝，‎ ‎∵2＝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＝－不符合题意，舍去．‎ ‎∴存在满足条件的直线l，其方程为y＝x.‎ 二、重点选做题 ‎1．A为曲线y＝－上任意一点，点B(2,0)为线段AC的中点．‎ ‎(1)求动点C的轨迹E的方程；‎ ‎(2)过轨迹E的焦点F作直线交轨迹E于M，N两点，在圆x2＋y2＝1上是否存在一点P，使得PM，PN分别为轨迹E的切线？若存在，求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)设C(x，y)，A(m，n)，因为B(2,0)是AC的中点，‎ 所以所以 又n＝－，所以所求方程为x2＝4y.‎ ‎(2)假设存在点P(x0，y0)，‎ 设M，N，直线MN的方程为y＝kx＋1，‎ 联立得x2－4kx－4＝0，则 切线PM的方程为y－＝(x－x1)，‎ 将点P(x0，y0)代入化简得x－2x1x0＋4y0＝0，‎ 同理得x－2x2x0＋4y0＝0，‎ 所以知x1，x2是方程x2－2x0x＋4y0＝0的两根，‎ 则x1x2＝4y0＝－4，‎ 所以y0＝－1，代入圆的方程得x0＝0，‎ 所以存在点P(0，－1)，使得PM，PN分别为轨迹E的切线．‎ ‎2．已知椭圆M：＋＝1(a>b>0)的一个顶点坐标为(0,1)，离心率为，动直线y＝x＋m交椭圆M于不同的两点A，B，T(1,1)．‎ ‎(1)求椭圆M的标准方程；‎ ‎(2)试问：△TAB的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)由题意得＝，b＝1，又a2＝b2＋c2，‎ 所以a＝，c＝1，椭圆M的标准方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)由得3x2＋4mx＋‎2m2‎－2＝0.‎ 由题意得，Δ＝‎16m2‎－24(m2－1)>0，即m2－3<0，‎ 所以－b>0)的离心率为e＝，过C1的左焦点F1的直线l：x－y＋2＝0被圆C2：(x－3)2＋(y－3)2＝r2(r>0)截得的弦长为2.‎ ‎(1)求椭圆C1的方程；‎ ‎(2)设C1的右焦点为F2，在圆C2上是否存在点P，满足|PF1|＝|PF2|？若存在，指出有几个这样的点(不必求出点的坐标)；若不存在，说明理由．‎ 解：(1)∵直线l的方程为x－y＋2＝0，‎ 令y＝0，得x＝－2，即F1(－2,0)，‎ ‎∴c＝2，‎ 又e＝＝，‎ ‎∴a2＝6，b2＝a2－c2＝2，‎ ‎∴椭圆C1的方程为＋＝1.‎ ‎(2)∵圆心C2(3,3)到直线l：x－y＋2＝0的距离d＝＝，‎ 又直线l：x－y＋2＝0被圆C2：(x－3)2＋(y－3)2＝r2(r>0)截得的弦长为2，‎ ‎∴r＝ ＝＝2，‎ 故圆C2的方程为(x－3)2＋(y－3)2＝4.‎ 设圆C2上存在点P(x，y)，满足|PF1|＝|PF2|，‎ 即|PF1|＝3|PF2|，且F1，F2的坐标分别为F1(－2,0)，F2(2，0)，‎ 则＝3，‎ 整理得2＋y2＝，它表示圆心是C，半径是的圆．‎ ‎∵|CC2|＝ ＝，‎ 故有2－<|CC2|<2＋，故圆C与圆C2相交，有两个公共点．‎ ‎∴圆C2上存在两个不同的点P，满足|PF1|＝|PF2|.‎ ‎2．如图，已知椭圆＋＝1的左焦点为F，过点F的直线交椭圆于A，B两点，线段AB的中点为G，AB的中垂线与x轴和y轴分别交于D，E两点．‎ ‎(1)若点G的横坐标为－，求直线AB的斜率；‎ ‎(2)记△GFD的面积为S1，△OED(O为原点)的面积为S2.‎ 试问：是否存在直线AB，使得S1＝S2？说明理由．‎ 解：(1)由条件可得c2＝a2－b2＝1，故F点坐标为(－1,0)．‎ 依题意可知，直线AB的斜率存在，设其方程为y＝k(x＋1)，将其代入＋＝1，‎ 整理得(4k2＋3)x2＋8k2x＋4k2－12＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以x1＋x2＝.‎ 故点G的横坐标为＝＝－，‎ 解得k＝±，‎ 故直线AB的斜率为或－.‎ ‎(2)假设存在直线AB，使得S1＝S2，显然直线AB不能与x，y轴垂直，即直线AB斜率存在且不为零．‎ 由(1)可得G.‎ 设D点坐标为(xD,0)．‎ 因为DG⊥AB，‎ 所以×k＝－1，‎ 解得xD＝，即D.‎ 因为△GFD∽△OED，‎ 所以S1＝S2⇔|GD|＝|OD|.‎ 所以 ＝，‎ 整理得8k2＋9＝0.‎ 因为此方程无解，所以不存在直线AB，使得S1＝S2.‎