高考数学一轮复习 第九章 解析几何 课时达标检测（四十九）圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题 理-人教版高三数学试题VIP免费

课时达标检测（四十九）圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题[——一般难度题全员必做]1．(2018·郑州质检)已知动圆M恒过点(0,1)，且与直线y＝－1相切．(1)求圆心M的轨迹方程；(2)动直线l过点P(0，－2)，且与点M的轨迹交于A，B两点，点C与点B关于y轴对称，求证：直线AC恒过定点．解：(1)由题意得，点M与点(0,1)的距离始终等于点M到直线y＝－1的距离，由抛物线的定义知圆心M的轨迹是以点(0,1)为焦点，直线y＝－1为准线的抛物线，则＝1，p＝2.∴圆心M的轨迹方程为x2＝4y.(2)设直线l：y＝kx－2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则C(－x2，y2)，联立消去y整理得x2－4kx＋8＝0，∴x1＋x2＝4k，x1x2＝8.kAC＝＝＝，直线AC的方程为y－y1＝(x－x1)．即y＝y1＋(x－x1)＝x－＋＝x＋， x1x2＝8，∴y＝x＋＝x＋2，即直线AC恒过定点(0,2)．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＝4，①x＋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．(2018·广州惠州调研)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－1,0)，F2(1,0)，点A在椭圆C上．(1)求椭圆C的标准方程；(2)是否存在斜率为2的直线，使得当直线与椭圆C有两个不同交点M，N时，能在直线y＝上找到一点P，在椭圆C上找到一点Q，满足PM＝NQ？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由．解：(1)设椭圆C的焦距为2c，则c＝1，因为A在椭圆C上，所以2a＝|AF1|＋|AF2|＝2，因此a＝，b2＝a2－c2＝1，故椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)不存在满足条件的直线，证明如下：设直线的方程为y＝2x＋t，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P，Q(x4，y4)，MN的中点为D(x0，y0)，由消去x，得9y2－2ty＋t2－8＝0，所以y1＋y2＝，且Δ＝4t2－36(t2－8)>0，故y0＝＝，且－3b>0)的右焦点为F(1,0)，右顶点为A，且|AF|＝1.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若动直线l：y＝kx＋m与椭圆C有且只有一个交点P，且与直线x＝4交于点Q，问，是否存在一个定点M(t,0)，使得MP·MQ＝0.若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．解：(1)由c＝1，a－c＝1，得a＝2，∴b＝，故椭圆C的标准方程为＋＝1.(2)由消去y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，∴Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，即m2＝3＋4k2.设P(xP，yP)，则xP＝－＝－，yP＝kxP＋m＝－＋m＝，即P. M(t,0)，Q(4,4k＋m)，∴MP＝，MQ＝(4－t,4k＋m)，∴MP·MQ＝·(4－t)＋·(4k＋m)＝t2－4t＋3＋(t－1)＝0恒成立，故解得t＝1.∴存在点M(1,0)符合题意．2．(2018·河北质检)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|GF|＋|CF|＝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OP2＝4PA·PB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|GF|＋|CF|＝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...