高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題突破練27　圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值與存在性問(wèn)題 (2)

1、專(zhuān)題突破練專(zhuān)題突破練 27 圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值與存在性圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值與存在性問(wèn)題問(wèn)題 1.(2020 山東德州二模,20)已知橢圓 c:22+22=1(ab0)與圓 x2+y2=43b2相交于 m,n,p,q四點(diǎn),四邊形mnpq為正方形,pf1f2的周長(zhǎng)為 2(2+1). (1)求橢圓 c 的方程; (2)設(shè)直線 l與橢圓 c相交于 a、b 兩點(diǎn),d(0,-1),若直線 ad與直線 bd 的斜率之積為16,證明:直線恒過(guò)定點(diǎn). 2.(2020 河南、廣東等五省聯(lián)考,19)已知點(diǎn) p在圓 o:x2+y2=9 上,點(diǎn) p 在 x 軸上的投影為 q,動(dòng)點(diǎn) m滿足 4 =32 . (1)求

2、動(dòng)點(diǎn) m的軌跡 e 的方程; (2)設(shè) g(-3,0),h(3,0),過(guò)點(diǎn) f(1,0)的動(dòng)直線 l與曲線 e交于 a、b兩點(diǎn),問(wèn)直線 ag與直線 bh的斜率之比是否為定值?若為定值,求出該定值;若不為定值,試說(shuō)明理由. 3.(2020 山東德州一模,20)已知拋物線 e:x2=2py(p0)的焦點(diǎn)為 f,圓 m 的方程為:x2+y2-py=0,若直線x=4 與 x軸交于點(diǎn) r,與拋物線交于點(diǎn) q,且|qf|=54|rq|. (1)求出拋物線 e 和圓 m的方程; (2)過(guò)焦點(diǎn) f 的直線 l與拋物線 e交于 a,b 兩點(diǎn),與圓 m 交于 c,d兩點(diǎn)(a,c在 y軸同側(cè)),求證:|ac| |d

3、b|是定值. 4. (2020河北衡水中學(xué)高三下學(xué)期十調(diào),理 19)已知圓 c1:x2+y2=2,圓 c2:x2+y2=4,如圖,c1,c2分別交 x軸正半軸于點(diǎn) e,a.射線 od 分別交 c1,c2于點(diǎn) b,d,動(dòng)點(diǎn) p 滿足直線 bp與 y軸垂直,直線 dp與 x 軸垂直. (1)求動(dòng)點(diǎn) p 的軌跡 c的方程; (2)過(guò)點(diǎn) e作直線 l交曲線 c于點(diǎn) m,n,射線 ohl于點(diǎn) h,且交曲線 c 于點(diǎn) q.問(wèn):1|+1|2的值是否是定值?如果是定值,請(qǐng)求出該定值;如果不是定值,請(qǐng)說(shuō)明理由. 5.(2020 北京豐臺(tái)一模,20)已知橢圓 c:22+22=1(ab0)的離心率為22,點(diǎn) p(1

4、,0)在橢圓 c上,直線y=y0與橢圓 c交于不同的兩點(diǎn) a,b. (1)求橢圓 c 的方程; (2)直線 pa,pb 分別交 y 軸于 m,n 兩點(diǎn),問(wèn):x 軸上是否存在點(diǎn) q,使得oqn+oqm=2?若存在,求出點(diǎn) q 的坐標(biāo);若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由. 6.(2020 山東煙臺(tái)一模,22)已知橢圓 c:22+22=1(ab0)過(guò)點(diǎn) m(2,2),且焦距為 4. (1)求橢圓 c 的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)設(shè) p 為直線 l:y=22上一點(diǎn),q為橢圓 c 上一點(diǎn),以 pq 為直徑的圓恒過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn) o. ()求|op|2+4|oq|2的取值范圍; ()是否存在圓心在原點(diǎn)的定圓恒與直線 pq 相切?若存

5、在,求出該定圓的方程;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由. 專(zhuān)題突破練 27 圓錐曲線中的定點(diǎn)、 定值與存在性問(wèn)題 1.解 (1)因?yàn)樗倪呅?mnpq 是正方形,由正方形與橢圓的對(duì)稱(chēng)性可設(shè) m(x,x),x0,則由2x2=43b2,即 x2=23b2,代入橢圓方程,得2232+23=1,即22=12. 又 2a+2c=2(2+1),由解得 a2=2,b2=1. 所以橢圓 c 的方程為22+y2=1. (2)當(dāng)直線 l 斜率不存在時(shí),設(shè) l:x=m,a(m,ya),b(m,-ya),kad kbd=+1-+1=1-22=222=1216不滿足題意. 當(dāng)直線 l 斜率存在時(shí),設(shè) l:y=kx+n(n-1), a

6、(x1,y1),b(x2,y2),聯(lián)立 = + ,2+ 22-2 = 0, 消去 y,整理得(1+2k2)x2+4knx+2n2-2=0, x1+x2=-41+22,x1 x2=22-21+22. 則 kad kbd=1+112+12 =(1+)(2+)+(2+1)+2+112 =212+(+)(1+2)+2+2+112 =(+1)22(+1)(-1)=16. 即 n2+3n+2=0, 又 n-1,解得 n=-2,所以直線 l 恒過(guò)定點(diǎn)(0,-2). 2.解 (1)設(shè) m(x,y),p(x0,y0), 由 4 =32 ,得0= ,0=324, 又點(diǎn) p(x0,y0)在圓 o:x2+y2=9 上

7、, x2+98y2=9, 動(dòng)點(diǎn) m的軌跡 e的方程為:29+28=1. (2)設(shè) l:x=my+1,a(x1,y1),b(x2,y2), 聯(lián)立29+28= 1, = + 1,消去 x,得(8m2+9)y2+16my-64=0, 則 y1+y2=-1682+9,y1y2=-6482+9, my1y2=4(y1+y2). 設(shè)直線 ag與直線 bh 的斜率分別為 k1,k2, 則12=11+32-32=1(2-2)(1+4)2=12-2112+42=4(1+2)-214(1+2)+42=21+4241+82=12, 直線 ag與直線 bh 的斜率之比是定值12. 3.(1)解 設(shè) q(4,y0),由

8、|qf|=54|rq|得 y0+2=54y0,所以 y0=2p. 將點(diǎn)(4,2p)代入拋物線方程得 p=2, 所以拋物線 e:x2=4y,圓 m:x2+y2-2y=0. (2)證明 拋物線 e:x2=4y的焦點(diǎn) f(0,1), 設(shè)直線 l 的方程是 y=kx+1,a(x1,y1),b(x2,y2), 由2= 4, = + 1, 得 x2-4kx-4=0, 則 =16(k2+1)0,且 x1+x2=4k,x1x2=-4. 由條件可知圓 x2+(y-1)2=1的圓心為 m(0,1),半徑為 1,圓心就是拋物線 e的焦點(diǎn), 由拋物線的定義有|af|=y1+1,|bf|=y2+1, 則|ac|=|af

9、|-1=y1,|bd|=|bf|-1=y2,|ac| |bd|=y1y2=(kx1+1)(kx2+1)=k2x1x2+k(x1+x2)+1=-4k2+4k2+1=1. 即|ac| |bd|為定值,定值為 1. 4.解 (1)當(dāng)射線 od的斜率存在時(shí),設(shè)斜率為 k,od方程為 y=kx, 由 = ,2+ 2= 2,得2=221+2,同理得2=41+2,所以2+22=4,即24+22=1,當(dāng)射線od的斜率不存在時(shí),點(diǎn) p(0,2)也滿足24+22=1,所以動(dòng)點(diǎn) p的軌跡 c 的方程為24+22=1. (2)由(1)可知 e為 c 的焦點(diǎn),設(shè)直線 l 的方程為 x=my+2(斜率不為 0時(shí))且設(shè)點(diǎn)m

10、(x1,y1),n(x2,y2),由 = + 2,24+22= 1,消去 x,整理得(m2+2)y2+22my-2=0, 所以1+ 2= -222+2,12= -22+2, 所以1|=11+2|1-2|=2+24(2+1). 又射線 oq方程為 y=-mx,代入橢圓 c 的方程得 x2+2(mx)2=4,即2=41+22, 2=421+22,1|2=1+224(2+1), 所以1|+1|2=2+24(2+1)+1+224(2+1)=34. 又當(dāng)直線 l 的斜率為 0 時(shí),也符合條件.綜上,1|+1|2為定值,且為34. 5.解 (1)由題意 = 1,=22,2= 2+ 2,解得 a2=2,b2

11、=1. 所以橢圓 c 的方程為22+x2=1. (2)假設(shè)存在點(diǎn) q使得oqn+oqm=2.設(shè) q(m,0), 因?yàn)閛qn+oqm=2, 所以oqn=omq.則 tan oqn=tan omq, 即|=|, 所以|oq|2=|on|om|. 因?yàn)橹本€ y=y0交橢圓 c 于 a,b兩點(diǎn),則 a,b 兩點(diǎn)關(guān)于 y軸對(duì)稱(chēng). 設(shè) a(x0,y0),b(-x0,y0)(x01), 因?yàn)?p(1,0),則直線 pa 的方程為 y=00-1(x-1). 令 x=0,得 ym=-00-1. 直線 pb的方程為 y=-00+1(x-1). 令 x=0,得 yn=00+1. 因?yàn)閨oq|2=|on|om|,所以

12、 m2=02|02-1|. 又因?yàn)辄c(diǎn) a(x0,y0)在橢圓 c 上,所以02=2(1-02). 所以 m2=2(1-02)1-02=2,即 m=2. 所以存在點(diǎn) q(2,0),使得oqn+oqm=2成立. 6.解 (1)將點(diǎn) m(2,2)的坐標(biāo)代入橢圓 c 的方程,得42+22=1,又 a2-b2=c2,且 2c=4, 所以由42+22= 1,2-2= 4,解得 a2=8,b2=4,所以橢圓 c 的方程為28+24=1. (2)設(shè) p(t,22),q(x1,y1).因?yàn)橐?pq為直徑的圓恒過(guò)點(diǎn) o, 所以 =x1t+22y1=0,即 y1=-122. 因?yàn)辄c(diǎn) q在橢圓上,所以128+124=

13、1. ()將 y1=-122代入橢圓,得12=322+4,12=422+4, 于是|op|2+4|oq|2=t2+8+4(12+ 12)=t2+642+4+24,tr. 因?yàn)?t2+642+4+24=t2+4+642+4+202(2+ 4)642+4+20=36. 當(dāng)且僅當(dāng) t2+4=642+4,即 t=2時(shí),取等號(hào). 所以|op|2+4|oq|2的取值范圍為36,+). ()存在.定圓的方程為 x2+y2=4. 假設(shè)存在滿足題意的定圓,則點(diǎn) o到直線 pq的距離為定值. 因?yàn)?p(t,22),q(x1,y1),所以直線 pq方程為 (x1-t)(y-22)-(y1-22)(x-t)=0, 整理可得(y1-22)x-(x1-t)y-ty1+22x1=0, 所以 o到直線 pq 的距離 d=|-1+221|(1-22)2+(1-)2, 由()知,y1=-122,且