【数学】2020一轮复习北师大版（理）圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题作业

【数学】2020一轮复习北师大版（理）圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题作业

突破2　圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题 ‎　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ ‎1.(2018福建厦门质检一,20)设O为坐标原点,椭圆C:x‎2‎a‎2‎‎+‎y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的左焦点为F,离心率为‎2‎‎5‎‎5‎‎.‎直线l:y=kx+m(m>0)与C交于A,B两点,AF的中点为M,|OM|+|MF|=5.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)设点P(0,1),PA‎·‎PB=-4,求证:直线l过定点,并求出定点的坐标.‎ ‎2.(2018东北三省三校(哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学)一模,20)已知椭圆C:x‎2‎a‎2‎‎+‎y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的离心率为‎2‎‎2‎,F1(-c,0),F2(c,0)为椭圆C的左、右焦点,M为椭圆C上的任意一点,△MF1F2的面积的最大值为1,A、B为椭圆C上任意两个关于x轴对称的点,直线x=a‎2‎c与x轴的交点为P,直线PB交椭圆C于另一点E.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程;‎ ‎(2)求证:直线AE过定点.‎ ‎3.(2018广东一模,20)已知椭圆C:x‎2‎a‎2‎‎+‎y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的离心率为‎3‎‎2‎,且C过点1,‎3‎‎2‎.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)若直线l与椭圆C交于P,Q两点(点P,Q均在第一象限),且直线OP,l,OQ的斜率成等比数列,证明:直线l的斜率为定值.‎ ‎4.已知定直线l:y=x+3,定点A(2,1),以坐标轴为对称轴的椭圆C过点A且与l相切.‎ ‎(1)求椭圆的标准方程;‎ ‎(2)椭圆的弦AP,AQ的中点分别为M,N,若MN平行于l,则OM,ON斜率之和是否为定值?若是定值,请求出该定值;若不是定值,请说明理由.‎ ‎5.(2018江西六校联考,20)已知F1,F2分别是椭圆C:x‎2‎a‎2‎‎+‎y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的左、右焦点,其中右焦点为抛物线y2=4x的焦点,点M-1,‎2‎‎2‎在椭圆C上.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程;‎ ‎(2)设与坐标轴不垂直的直线l过F2与椭圆C交于A,B两点,过点M-1,‎2‎‎2‎且平行直线l的直线交椭圆C于另一点N,若四边形MNBA为平行四边形,试问直线l是否存在?若存在,请求出l的斜率;若不存在,请说明理由.‎ ‎6.(2018辽宁省部分重点中学协作体模拟,20)已知M‎3‎‎,‎‎1‎‎2‎是椭圆C:x‎2‎a‎2‎‎+‎y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)上的一点,F1,F2是该椭圆的左右焦点,且|F1F2|=2‎‎3‎‎.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)设点A,B是椭圆C上与坐标原点O不共线的两点,直线OA,OB,AB的斜率分别为k1,k2,k3,且k1k2=k2.试探究|OA|2+|OB|2是否为定值,若是,求出定值,若不是,说明理由.‎ 参考答案 突破2　圆锥曲线中的 定点、定值与存在性问题 ‎1.解 (1)设椭圆的右焦点为F1,则OM为△AFF1的中位线.‎ ‎∴OM=‎1‎‎2‎AF1,MF=‎1‎‎2‎AF,‎ ‎∴|OM|+|MF|=‎|AF|+|AF‎1‎|‎‎2‎=a=5,‎ ‎∵e=ca=‎2‎‎5‎‎5‎,∴c=2‎5‎,∴b=‎5‎,‎ ‎∴椭圆C的方程为x‎2‎‎25‎+y‎2‎‎5‎=1.‎ ‎(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 联立y=kx+m,‎x‎2‎‎25‎‎+y‎2‎‎5‎=1,‎ 消去y整理得 ‎(1+5k2)x2+10mkx+5m2-25=0.‎ ‎∴Δ>0,x1+x2=-‎10km‎1+5‎k‎2‎,x1x2=‎5m‎2‎-25‎‎1+5‎k‎2‎,‎ ‎∴y1+y2=k(x1+x2)+2m=‎2m‎1+5‎k‎2‎,‎ y1y2=(kx1+m)(kx2+m)‎ ‎=k2x1x2+km(x1+x2)+m2‎ ‎=‎‎5k‎2‎m‎2‎-25k‎2‎-10k‎2‎m‎2‎+m‎2‎+5‎k‎2‎m‎2‎‎1+5‎k‎2‎ ‎=‎-25k‎2‎+‎m‎2‎‎1+5‎k‎2‎,‎ ‎∵P(0,1),PA·PB=-4,‎ ‎∴(x1,y1-1)·(x2,y2-1)=x1x2+y1y2-(y1+y2)+1=-4,‎ ‎∴‎5m‎2‎-25‎‎1+5‎k‎2‎+‎-25k‎2‎+‎m‎2‎‎1+5‎k‎2‎-‎2m‎1+5‎k‎2‎+5=0,整理得3m2-m-10=0,‎ 解得m=2或m=-‎5‎‎3‎(舍去).‎ ‎∴直线l过定点(0,2).‎ ‎2.(1)解 ∵当M为椭圆C的短轴端点时,△MF1F2的面积的最大值为1,‎ ‎∴‎1‎‎2‎×2c×b=1,‎ ‎∴bc=1,∵e=ca=‎2‎‎2‎,a2=b2+c2,‎ ‎∴a=‎2‎,b=1,‎ ‎∴椭圆C的标准方程为x‎2‎‎2‎+y2=1.‎ ‎(2)证明 设B(x1,y1),E(x2,y2),A(x1,-y1),且x1≠x2,‎ ‎∵x=a‎2‎c=2,∴P(2,0),由题意知BP的斜率必存在,设直线BP的方程为y=k(x-2),代入x‎2‎‎2‎+y2=1得(2k2+1)x2-8k2x+8k2-2=0,由Δ>0得k2<‎1‎‎2‎,x1+x2=‎8‎k‎2‎‎2k‎2‎+1‎,x1·x2=‎8k‎2‎-2‎‎2k‎2‎+1‎.‎ ‎∵x1≠x2∴AE斜率必存在,AE:y+y1=y‎1‎‎+‎y‎2‎x‎2‎‎-‎x‎1‎(x-x1),‎ 由对称性易知直线AE过的定点必在x轴上,则当y=0时,得 x=y‎1‎‎(x‎2‎-x‎1‎)‎y‎1‎‎+‎y‎2‎+x1=‎y‎1‎x‎2‎‎+‎y‎2‎x‎1‎y‎1‎‎+‎y‎2‎ ‎=k(x‎1‎-2)x‎2‎+k(x‎2‎-2)‎x‎1‎k(x‎1‎+x‎2‎)-4k=‎ ‎2x‎1‎x‎2‎-2(x‎1‎+x‎2‎)‎x‎1‎‎+x‎2‎-4‎‎=‎ ‎2·‎8k‎2‎-2‎‎2k‎2‎+1‎-2·‎‎8‎k‎2‎‎2k‎2‎+1‎‎8‎k‎2‎‎2k‎2‎+1‎‎-4‎‎=1,即在k2<‎1‎‎2‎的条件下,直线AE过定点(1,0).‎ ‎3.(1)解 由题意可得ca‎=‎3‎‎2‎,‎‎1‎a‎2‎‎+‎3‎‎4‎b‎2‎=1,‎a‎2‎‎=b‎2‎+c‎2‎,‎解得a=2,‎b=1.‎ 故椭圆C的方程为x‎2‎‎4‎+y2=1.‎ ‎(2)证明 由题意可知直线l的斜率存在且不为0,设直线l的方程为y=kx+m(m≠0),‎ 由y=kx+m,‎x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎=1,‎消去y整理得(1+4k2)x2+8kmx+4(m2-1)=0,‎ ‎∵直线l与椭圆交于两点,‎ ‎∴Δ=64k2m2-16(1+4k2)(m2-1)=16(4k2-m2+1)>0.‎ 设点P,Q的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),‎ 则x1+x2=‎-8km‎1+4‎k‎2‎,x1x2=‎4(m‎2‎-1)‎‎1+4‎k‎2‎,‎ ‎∴y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2.‎ ‎∵直线OP,l,OQ的斜率成等比数列,‎ ‎∴k2=y‎2‎x‎2‎·y‎1‎x‎1‎=‎ k‎2‎x‎1‎x‎2‎‎+km(x‎1‎+x‎2‎)+‎m‎2‎x‎1‎x‎2‎‎,‎ 整理得km(x1+x2)+m2=0,‎ ‎∴‎-8‎k‎2‎m‎2‎‎1+4‎k‎2‎+m2=0,‎ 又m≠0,所以k2=‎1‎‎4‎,‎ 结合图像(图略)可知k=-‎1‎‎2‎,故直线l的斜率为定值.‎ ‎4.解 (1)设椭圆C的方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0,m≠n),‎ 椭圆C过点A,所以4m+n=1.①‎ 将y=x+3代入椭圆方程化简得(m+n)x2+6nx+9n-1=0.‎ 因为直线l与椭圆C相切,‎ 所以Δ=(6n)2-4(m+n)(9n-1)=0,②‎ 解①②可得m=‎1‎‎6‎,n=‎1‎‎3‎.‎ 所以椭圆的标准方程为x‎2‎‎6‎+y‎2‎‎3‎=1.‎ ‎(2)设点P(x1,y1),Q(x2,y2),‎ 则有Mx‎1‎‎+2‎‎2‎,y‎1‎‎+1‎‎2‎,Nx‎2‎‎+2‎‎2‎,y‎2‎‎+1‎‎2‎.‎ 由题意可知PQ∥MN,‎ 所以kPQ=kMN=1.‎ 设直线PQ的方程为y=x+t(-30,‎ 所以x‎1‎‎+x‎2‎=-‎4t‎3‎,‎x‎1‎x‎2‎‎=‎2t‎2‎-6‎‎3‎,‎③‎ kOM+kON=y‎1‎‎+1‎x‎1‎‎+2‎+y‎2‎‎+1‎x‎2‎‎+2‎=x‎1‎‎+t+1‎x‎1‎‎+2‎+x‎2‎‎+t+1‎x‎2‎‎+2‎,‎ 通分后可变形得到kOM+kON=‎2x‎1‎x‎2‎+(t+3)(x‎1‎+x‎2‎)+4t+4‎x‎1‎x‎2‎‎+2(x‎1‎+x‎2‎)+4‎,‎ 将③式代入得kOM+kON=‎2(2t‎2‎-6)+(t+3)(-4t)+12t+12‎‎2t‎2‎-6+2(-t)+12‎=‎0‎‎2t‎2‎-8t+6‎=0.‎ 当t=0时,直线PQ的方程为y=x,易得P(‎2‎,‎2‎),Q(-‎2‎,-‎2‎),则M‎2+‎‎2‎‎2‎,‎1+‎‎2‎‎2‎,N‎2-‎‎2‎‎2‎,‎1-‎‎2‎‎2‎,所以kOM+kON=‎1+‎‎2‎‎2+‎‎2‎+‎1-‎‎2‎‎2-‎‎2‎=0.‎ 所以OM,ON斜率之和为定值0.‎ ‎5.解 (1)由y2=4x的焦点为(1,0)可知椭圆C的焦点为F1(-1,0),F2(1,0),‎ 又点M-1,‎2‎‎2‎在椭圆上,‎ 所以‎1‎a‎2‎‎+‎1‎‎2‎b‎2‎=1,‎a‎2‎‎=b‎2‎+c‎2‎,‎c=1,‎ 解得a‎2‎‎=2,‎b‎2‎‎=1,‎ 所以椭圆C的标准方程为x‎2‎‎2‎+y2=1.‎ ‎(2)由题意可设直线l的方程为y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2),由x‎2‎‎2‎‎+y‎2‎=1,‎y=k(x-1),‎ 消去y,得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0,所以x1+x2=‎4‎k‎2‎‎1+2‎k‎2‎,x1x2=‎2k‎2‎-2‎‎1+2‎k‎2‎.‎ 所以|AB|=‎1+‎k‎2‎·‎(x‎1‎+x‎2‎)‎‎2‎‎-4‎x‎1‎x‎2‎=‎2‎2‎(1+k‎2‎)‎‎1+2‎k‎2‎.‎ 设直线MN的方程为y-‎2‎‎2‎=k(x+1),M(x3,y3),N(x4,y4),‎ 由x‎2‎‎2‎‎+y‎2‎=1,‎y-‎2‎‎2‎=k(x+1),‎ 消去y,得(1+2k2)x2+(4k2+2‎2‎k)x+(2k2+2‎2‎k-1)=0,因为x3=-1,所以x4=-‎2k‎2‎+2‎2‎k-1‎‎1+2‎k‎2‎,|MN|=‎1+‎k‎2‎|x3-x4|=‎ ‎1+‎k‎2‎‎|2‎2‎k-2|‎‎1+2‎k‎2‎‎.‎ 因为四边形MNBA为平行四边形,所以|AB|=|MN|,即‎2‎2‎(1+k‎2‎)‎‎1+2‎k‎2‎=‎1+‎k‎2‎‎|2‎2‎k-2|‎‎1+2‎k‎2‎,k=-‎2‎‎4‎,‎ 但是,直线l的方程y=-‎2‎‎4‎(x-1),即x+2‎2‎y-1=0过点M-1,‎2‎‎2‎,即直线AB与直线MN重合,不符合题意,所以直线l不存在.‎ ‎6.解 (1)由题意,知F1(-‎3‎,0),F2(‎3‎,0),根据椭圆定义得|MF1|+|MF2|=2a,‎ 所以2a=‎(‎3‎+‎3‎)‎‎2‎‎+‎‎(‎1‎‎2‎-0)‎‎2‎+‎(‎3‎-‎3‎)‎‎2‎‎+‎‎(‎1‎‎2‎-0)‎‎2‎=4,‎ 所以a2=4,b2=a2-c2=1,‎ 所以椭圆C的方程为x‎2‎‎4‎+y2=1.‎ ‎(2)|OA|2+|OB|2为定值.设直线AB:y=kx+m(km≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),由 y=kx+m,‎x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎=1,‎消去y得 ‎(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,‎ 则Δ=(8km)2-16(m2-1)(4k2+1)>0,‎ x1+x2=-‎8km‎1+4‎k‎2‎,x1x2=‎4m‎2‎-4‎‎1+4‎k‎2‎,‎ 因为k1k2=k2,‎ 所以kx‎1‎+mx‎1‎·kx‎2‎+mx‎2‎=k2,‎ 即km(x1+x2)+m2=0(m≠0),解得k2=‎1‎‎4‎,‎ 所以|OA|2+|OB|2=x‎1‎‎2‎+x‎2‎‎2‎+y‎1‎‎2‎+y‎2‎‎2‎=‎3‎‎4‎[‎(x‎1‎+x‎2‎)‎‎2‎-2x1x2]+2=5‎ 所以|OA|2+|OB|2=5.‎