2019年高考数学复习大二轮精准提分练习第二篇 第23练

2019年高考数学复习大二轮精准提分练习第二篇 第23练

第23练　圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题[压轴大题突破练]‎ ‎[明晰考情]　1.命题角度：圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考常考的问题；以椭圆或抛物线为背景，尤其是与条件或结论相关存在性开放问题.2.题目难度：偏难题.‎ 考点一　圆锥曲线中的定值问题 方法技巧　(1)求定值问题常见的方法有两种 ‎①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；‎ ‎②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.‎ ‎(2)定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的.‎ ‎1.已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的长轴长为4，且过点.‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)设A，B，M是椭圆上的三点.若＝＋，点N为线段AB的中点，C，D，求证：|NC|＋|ND|＝2.‎ ‎(1)解　由已知可得 故所以椭圆的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＋y＝1，＋y＝1.‎ 由＝＋，‎ 得M.‎ 因为M是椭圆C上一点，‎ 所以＋2＝1，‎ 即2＋2＋2×××＝1，‎ 得2＋2＋2×××＝1，‎ 故＋y1y2＝0.‎ 又线段AB的中点N的坐标为，‎ 所以＋22‎ ‎＝＋＋＋y1y2＝1.‎ 从而线段AB的中点N在椭圆＋2y2＝1上.‎ 又椭圆＋2y2＝1的两焦点恰为C，D，‎ 所以|NC|＋|ND|＝2.‎ ‎2.(2018·北京)已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1，2)，过点Q(0，1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.‎ ‎(1)求直线l的斜率的取值范围；‎ ‎(2)设O为原点，＝λ，＝μ，求证：＋为定值.‎ ‎(1)解　因为抛物线y2＝2px过点(1，2)，‎ 所以2p＝4，即p＝2.‎ 故抛物线C的方程为y2＝4x.‎ 由题意知，直线l的斜率存在且不为0.‎ 设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)，‎ 由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.‎ 依题意知Δ＝(2k－4)2－4×k2×1＞0，‎ 解得k＜0或0＜k＜1.‎ 又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2).‎ 从而k≠－3.‎ 所以直线l的斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1).‎ ‎(2)证明　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝.‎ 直线PA的方程为y－2＝(x－1)，‎ 令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝＋2＝＋2.‎ 同理得点N的纵坐标为yN＝＋2.‎ 由＝λ，＝μ，得λ＝1－yM，μ＝1－yN.‎ 所以＋＝＋ ‎＝＋ ‎＝· ‎＝· ‎＝2.‎ 所以＋为定值.‎ ‎3. 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点Q在椭圆上，O为坐标原点.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)已知点P，M，N为椭圆C上的三点，若四边形OPMN为平行四边形，证明四边形OPMN的面积S为定值，并求该定值.‎ 解　(1)∵椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率为，‎ ‎∴e2＝＝＝，得a2＝2b2，①‎ 又点Q在椭圆C上，‎ ‎∴＋＝1，②‎ 联立①②得a2＝8，b2＝4.‎ ‎∴椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)当直线PN的斜率k不存在时，PN的方程为x＝或x＝－，从而有|PN|＝2，‎ ‎∴S＝|PN|·|OM|＝×2×2＝2；‎ 当直线PN的斜率k存在时，‎ 设直线PN的方程为y＝kx＋m(m≠0)，P(x1，y1)，N(x2，y2)，‎ 将PN的方程代入椭圆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.‎ 将M点坐标代入椭圆C的方程，得m2＝1＋2k2.‎ 又点O到直线PN的距离为d＝，‎ ‎|PN|＝|x1－x2|，‎ ‎∴S＝d·|PN|＝|m|·|x1－x2|＝·＝ ＝2.‎ 综上，平行四边形OPMN的面积S为定值2.‎ 考点二　　圆锥曲线中的定点问题 方法技巧　(1)动直线l过定点问题.设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m，0).‎ ‎(2)动曲线C过定点问题.引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点.‎ ‎4.已知两点A(－，0)，B(，0)，动点P在y轴上的投影是Q，且2·＝||2.‎ ‎(1)求动点P的轨迹C的方程；‎ ‎(2)过F(1，0)作互相垂直的两条直线分别交轨迹C于点G，H和M，N，且E1，E2分别是GH，MN的中点.求证：直线E1E2恒过定点.‎ ‎(1)解　设点P的坐标为(x，y)，∴点Q的坐标为(0，y).‎ ‎∵2·＝||2，＝(－－x，－y)，‎ ＝(－x，－y)，||＝|x|，‎ ‎∴2[(－－x)(－x)＋y2]＝x2，‎ 化简得点P的轨迹方程为＋＝1.‎ ‎(2)证明　当两直线的斜率都存在且不为0时，‎ 设lGH：y＝k(x－1)，G(x1，y1)，H(x2，y2)，‎ lMN：y＝－(x－1)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，‎ 联立 消去y得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－4＝0.‎ 则Δ>0恒成立.‎ ‎∴x1＋x2＝，x1x2＝.‎ ‎∴GH中点E1的坐标为.‎ 同理，MN中点E2的坐标为，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴的方程为y－＝，‎ 即y＝，‎ ‎∴直线E1E2恒过定点；‎ 当两直线的斜率分别为0和不存在时，的方程为y＝0，也过点.‎ 综上所述，过定点.‎ ‎5.已知焦距为2的椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右顶点为A，直线y＝与椭圆C交于P，Q两点(P在Q的左边)，Q在x轴上的射影为B，且四边形ABPQ是平行四边形.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)斜率为k的直线l与椭圆C交于两个不同的点M，N.若M是椭圆的左顶点，D是直线MN上一点，且DA⊥AM.点G是x轴上异于点M的点，且以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，求证：点G是定点.‎ ‎(1)解　设坐标原点为O，‎ ‎∵四边形ABPQ是平行四边形，∴||＝||，‎ ‎∵||＝2||，∴||＝2||，则点B的横坐标为，‎ ‎∴点Q的坐标为，代入椭圆C的方程得b2＝2，‎ 又c2＝2，∴a2＝4，即椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)证明　设直线MN的方程为y＝k(x＋2)，N(x0，y0)，DA⊥AM，∴D(2，4k).‎ 由消去y得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－4＝0，‎ 则－2x0＝，即x0＝，‎ ‎∴y0＝k(x0＋2)＝，则N，‎ 设G(t，0)，则t≠－2，若以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，‎ 则DG⊥AN，∴·＝0恒成立.‎ ‎∵＝(2－t，4k)，＝，‎ ‎∴·＝(2－t)·＋4k·＝0恒成立，‎ 即＝0恒成立，‎ ‎∴t＝0，∴点G是定点(0，0).‎ ‎6.(2017·全国Ⅰ)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，四点P1(1，1)，P2(0，1)，P3，P4中恰有三点在椭圆C上.‎ ‎(1)求C的方程；‎ ‎(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点.‎ ‎(1)解　由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3，P4两点.‎ 又由＋>＋知，椭圆C不经过点P1，‎ 所以点P2在椭圆C上.‎ 因此解得 故椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明　设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.‎ 如果l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐标分别为，，则k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合题设.‎ 从而可设l：y＝kx＋m(m≠1).‎ 将y＝kx＋m代入＋y2＝1，‎ 得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.‎ 由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.‎ 而k1＋k2＝＋ ‎＝＋ ‎＝.‎ 由题设k1＋k2＝－1，‎ 故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0，‎ 即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0，‎ 解得k＝－.‎ 当且仅当m>－1时，Δ>0，‎ 于是l：y＝－x＋m，‎ 即y＋1＝－(x－2)，‎ 所以l过定点(2，－1).‎ 考点三 　圆锥曲线中的存在性问题 方法技巧　解决存在性问题的一般思路：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在，否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在.‎ ‎7.(2016·全国Ⅰ)在直角坐标系xOy中，直线l：y＝t(t≠0)交y轴于点M，交抛物线C：y2＝2px(p>0)于点P，M关于点P的对称点为N，连接ON并延长交C于点H.‎ ‎(1)求；‎ ‎(2)除H以外，直线MH与C是否有其它公共点？说明理由.‎ 解　(1)如图，由已知得M(0，t)，P，‎ 又N为M关于点P的对称点，‎ 故N，ON的方程为y＝x，‎ 代入y2＝2px，整理得px2－2t2x＝0，解得x1＝0，x2＝，因此H.‎ 所以N为OH的中点，即＝2.‎ ‎(2)直线MH与C除H以外没有其他公共点，理由如下：‎ 直线MH的方程为y－t＝x，即x＝(y－t).‎ 代入y2＝2px，得y2－4ty＋4t2＝0，解得y1＝y2＝2t，‎ 即直线MH与C只有一个公共点，‎ 所以除H以外，直线MH与C没有其他公共点.‎ ‎8.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，‎ ‎∴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＝－不符合题意，舍去，‎ ‎∴存在满足条件的直线l，其方程为x－2y＝0.‎ 典例　(12分)已知椭圆C：9x2＋y2＝m2(m＞0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.‎ ‎(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；‎ ‎(2)若l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由.‎ 审题路线图 ‎(1)―→―→―→ ‎(2)―→ ‎―→―→ 规范解答·评分标准 ‎(1)证明　设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM).…………2分 将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 于是直线OM的斜率kOM＝＝－，即kOM·k＝－9.‎ 所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值. ……………………………………………6分 ‎(2)解　四边形OAPB能为平行四边形. ………………………………………………………7分 因为直线l过点，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k＞0，k≠3.‎ 由(1)得OM的方程为y＝－x.‎ 设点P的横坐标为xP，‎ 由得x＝，即xP＝ . ……………………………………9分 将点的坐标代入l的方程，得b＝，‎ 因此xM＝.……………………………………………………………………………10分 四边形OAPB为平行四边形，当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP＝2xM.‎ 于是＝2×，‎ 解得k1＝4－，k2＝4＋.‎ 因为ki＞0，ki≠3，i＝1，2，所以当l的斜率为4－或4＋时，四边形OAPB为平行四边形. ………………………………………………………………………………………12分 构建答题模板 ‎[第一步]　先假定：假设结论成立；‎ ‎[第二步]　再推理：以假设结论成立为条件，进行推理求解；‎ ‎[第三步]　下结论：若推出合理结果，经验证成立则肯定假设；若推出矛盾则否定假设；‎ ‎[第四步]　再回顾：查看关键点，易错点(特殊情况、隐含条件等)，审视解题规范性.‎ ‎1.(2017·全国Ⅱ)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足＝.‎ ‎(1)求点P的轨迹方程；‎ ‎(2)设点Q在直线x＝－3上，且·＝1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.‎ ‎(1)解　设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x0，0)，‎ ＝(x－x0，y)，＝(0，y0).‎ 由＝ 得x0＝x，y0＝y.‎ 因为M(x0，y0)在C上，所以＋＝1.‎ 因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2.‎ ‎(2)证明　由题意知F(－1，0).‎ 设Q(－3，t)，P(m，n)，则＝(－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⊥.‎ 又过点P存在唯一直线垂直于OQ，‎ 所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.‎ ‎2.如图，椭圆E：＋＝1(a>b>0)，经过点A(0，－1)，且离心率为.‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)经过点(1，1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与AQ的斜率之和为定值.‎ ‎(1)解　由题设知＝，b＝1，‎ 结合a2＝b2＋c2，解得a＝，‎ 所以椭圆的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明　由题设知，直线PQ的方程为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，‎ 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0，‎ 则x1＋x2＝，x1x2＝，‎ 从而直线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为定值2.‎ ‎3.已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率是，点P在椭圆E上.‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)过点P且斜率为k的直线l交椭圆E于点Q(xQ，yQ)(点Q异于点P)，若0，经检验，满足题意.‎ ‎∴直线l的斜率k的取值范围是∪.‎ ‎4.如图所示，已知椭圆M：＋＝1(a＞b＞0)的四个顶点构成边长为5的菱形，原点O到直线AB的距离为，其中A(0，a)，B(－b，0).直线l：x＝my＋n与椭圆M相交于C，D两点，且以CD为直径的圆过椭圆的右顶点P(其中点C，D与点P不重合).‎ ‎(1)求椭圆M的方程；‎ ‎(2)证明：直线l与x轴交于定点，并求出定点的坐标.‎ 解　(1)由已知，得a2＋b2＝52，‎ 由点A(0，a)，B(－b，0)知，直线AB的方程为＋＝1，即ax－by＋ab＝0.‎ 又原点O到直线AB的距离为，即 ＝，‎ 所以a2＝16，b2＝9，c2＝16－9＝7.‎ 故椭圆M的方程为＋＝1.‎ ‎(2)由(1)知P(3，0)，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，‎ 将x＝my＋n代入＋＝1，‎ 整理，得(16m2＋9)y2＋32mny＋16n2－144＝0，‎ 则y1＋y2＝－，y1y2＝.‎ 因为以CD为直径的圆过椭圆的右顶点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＝－.‎ 经检验，n＝－符合题意.‎ 所以直线l与x轴交于定点，定点的坐标为.‎ ‎5.已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，直线2x－y＋2＝0交抛物线C于A，B两点，P是线段AB的中点，过P作x轴的垂线交抛物线C于点Q.‎ ‎(1)D是抛物线C上的动点，点E(－1，3)，若直线AB过焦点F，求|DF|＋|DE|的最小值；‎ ‎(2)是否存在实数p，使|2＋|＝|2－|？若存在，求出p的值；若不存在，说明理由.‎ 解　(1)∵直线2x－y＋2＝0与y轴的交点为(0，2)，‎ ‎∴F(0，2)，则抛物线C的方程为x2＝8y，准线l：y＝－2.‎ 设过D作DG⊥l于G，则|DF|＋|DE|＝|DG|＋|DE|，‎ 当E，D，G三点共线时，|DF|＋|DE|取最小值2＋3＝5.‎ ‎(2)假设存在，抛物线x2＝2py与直线y＝2x＋2联立，得x2－4px－4p＝0，‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，Δ＝(4p)2＋16p＝16(p2＋p)>0，则x1＋x2＝4p，x1x2＝－4p，‎ ‎∴Q(2p，2p).‎ ‎∵|2＋|＝|2－|，∴⊥.‎ 则·＝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).‎ 因此存在实数p＝，且满足Δ>0，使得|2＋|＝|2－|成立.‎