2020版高考数学二轮复习 专题对点练24 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题 文

2020版高考数学二轮复习 专题对点练24 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题 文

专题对点练24　圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题 ‎1.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.‎ ‎2.已知椭圆Γ:+y2=1(a>1)与圆E:x2+=4相交于A,B两点,且|AB|=2,圆E交y轴负半轴于点D.‎ ‎(1)求椭圆Γ的离心率;‎ ‎(2)过点D的直线交椭圆Γ于M,N两点,点N与点N'关于y轴对称,求证:直线MN'过定点,并求该定点坐标.‎ ‎3.已知抛物线E:y2=4x的焦点为F,圆C:x2+y2-2ax+a2-4=0,直线l与抛物线E交于A,B两点,与圆C切于点P.‎ ‎(1)当切点P的坐标为时,求直线l及圆C的方程;‎ ‎(2)当a=2时,证明:|FA|+|FB|-|AB|是定值,并求出该定值.‎ 5‎ ‎4.设点M是x轴上的一个定点,其横坐标为a(a∈R),已知当a=1时,动圆N过点M且与直线x=-1相切,记动圆N的圆心N的轨迹为C.‎ ‎(1)求曲线C的方程;‎ ‎(2)当a>2时,若直线l与曲线C相切于点P(x0,y0)(y0>0),且l与以定点M为圆心的动圆M也相切,当动圆M的面积最小时,证明:M,P两点的横坐标之差为定值.‎ ‎5.已知椭圆M:=1(a>b>0)的焦距为2,离心率为.‎ ‎(1)求椭圆M的方程;‎ ‎(2)若圆N:x2+y2=r2上斜率为k的切线l与椭圆M相交于P,Q两点,OP与OQ能否垂直?若能垂直,请求出相应的r的值;若不能垂直,请说明理由.‎ ‎6.已知椭圆=1(a>b>0)的右焦点为F,右顶点为A,上顶点为B,已知|AB|=|OF|,且△AOB的面积为.‎ ‎(1)求椭圆的方程;‎ ‎(2)直线y=2上是否存在点Q,使得从该点向椭圆所引的两条切线相互垂直?若存在,求点Q的坐标;若不存在,说明理由.‎ 5‎ 专题对点练24答案 ‎1.(1)解 ∵动点M到直线y=-1的距离等于到定点C(0,1)的距离,‎ ‎∴动点M的轨迹为抛物线,且=1,解得p=2,∴动点M的轨迹方程为x2=4y.‎ ‎(2)证明 由题意可知直线l的斜率存在,‎ 设直线l的方程为y=kx-2,A(x1,y1),B(x2,y2),则C(-x2,y2).‎ 联立化为x2-4kx+8=0,Δ=16k2-32>0,解得k>或k<-.‎ ‎∴x1+x2=4k,x1x2=8.直线AC的方程为y-y2=-(x+x2),‎ 又y1=kx1-2,y2=kx2-2,∴4k-4k(kx2-2)=(kx1-kx2)x+kx1x2-k,‎ 化为4y=(x1-x2)x+x2(4k-x2),‎ ‎∵x1=4k-x2,∴4y=(x1-x2)x+8,令x=0,则y=2,∴直线AC恒过一定点(0,2).‎ ‎2.(1)解 由题意得A,B两点关于y轴对称,设xB=,则圆心E到AB的距离为1,‎ ‎∴yB=,∴B,代入椭圆方程得=1,解得a2=4,∴e=.‎ ‎(2)证明 设M(x1,y1),N(x2,y2),N'(-x2,y2).圆E交y轴负半轴于点D,‎ 当直线MN斜率存在时,设其方程为y=kx-消去y得(1+4k2)x2-4kx-3=0.‎ ‎∴x1+x2=,x1x2=,‎ 直线MN'的方程y-y1=(x-x1),依据椭圆的对称性,若直线MN'过定点,定点一定在y轴上,‎ 令x=0,y=y1-=-2.‎ 当直线MN斜率不存在时,直线MN'的方程为x=0,显然过点(0,-2).‎ 综上,直线MN'过定点(0,-2).‎ ‎3.(1)解 由圆(x-a)2+y2=4,则圆心(a,0),半径为2,‎ 将P代入圆方程,解得a=2或a=-,∴圆的方程为(x-2)2+y2=4或+y2=4,‎ 当a=2,圆心C(2,0),则直线CP的斜率k==-,‎ 由直线l的斜率为-,则直线l的方程y-,整理得4y-3x-4=0;‎ 当a=-,圆心C,则直线CP的斜率k=,‎ 由直线l的斜率为-=-,则直线l的方程y-=-,整理得20y+15x-44=0,‎ 综上可知,直线l方程为4y-3x-4=0,圆C的方程为(x-2)2+y2=4,或直线l方程为20y+15x-44=0,圆C的方程为+y2=4;‎ ‎(2)证明 当a=2时,圆C的方程(x-2)2+y2=4,‎ 当l垂直于x轴时,则x=4,A(4,4),B(4,-4),‎ ‎∴|FA|=|FB|=5,|AB|=8,‎ ‎∴|FA|+|FB|-|AB|=2;‎ 当l不垂直于x轴时,设直线l:y=kx+b(k≠0),‎ 直线l与圆C相切,则=2,则4kb+b2=4,结合图象知kb0,x1+x2=-,x1x2=,‎ ‎|AB|=‎ ‎=‎ ‎=‎ ‎=‎ ‎=,‎ 由抛物线的性质可知|FA|+|FB|=x1+x2+p=x1+x2+2,‎ ‎∴|FA|+|FB|=-+2,‎ ‎∴|FA|+|FB|-|AB|=-+2-=2,‎ ‎∴|FA|+|FB|-|AB|是定值,定值为2.‎ ‎4.(1)解 因为圆N与直线x=-1相切,所以点N到直线x=-1的距离等于圆N的半径,‎ 所以点N到点M(1,0)的距离与到直线x=-1的距离相等.‎ 所以点N的轨迹为以点M(1,0)为焦点,直线x=-1为准线的抛物线,‎ 所以圆心N的轨迹方程,即曲线C的方程为y2=4x.‎ ‎(2)证明 由题意,直线l的斜率存在,设直线l的方程为y-y0=k(x-x0),‎ 由 得y2-y-kx0+y0=0,‎ 又=4x0,所以y2-y-+y0=0.‎ 因为直线l与曲线C相切,所以Δ=1-k=0,解得k=.‎ 所以直线l的方程为4x-2y0y+=0.‎ 动圆M的半径即为点M(a,0)到直线l的距离d=.‎ 当动圆M的面积最小时,即d最小,‎ 而当a>2时,d=≥2.‎ 当且仅当=‎4a-8,即x0=a-2时取等号,‎ 所以当动圆M的面积最小时,a-x0=2,‎ 即当动圆M的面积最小时,M,P两点的横坐标之差为定值.‎ ‎5.解 (1)依题意椭圆M:=1(a>b>0)的焦距为2,离心率为.‎ 得c=,e=,可得a=2,则b=1,‎ 故椭圆的方程为+y2=1.‎ ‎(2)设直线l的方程为y=kx+m,∵直线l与圆x2+y2=1相切,‎ ‎∴=r,即m2=r2(k2+1). ①‎ 由可得(1+4k2)x2+8kmx+‎4m2‎-4=0,‎ Δ=64k‎2m2‎-4(1+4k2)(‎4m2‎-4)=64k2‎-16m2‎+16>0,∴m2<4k2+1,可得r2<4.‎ 5‎ 令P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=,‎ y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2,‎ 若OP与OQ能垂直,则=x1x2+y1y2=0,‎ ‎∴(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=0,(1+k2)+m2=0,‎ 整理得‎5m2‎-4(k2+1)=0,把①代入得(k2+1)(5r2-4)=0,‎ ‎∴r=,满足r2<4,∴OP与OQ能垂直.‎ ‎6.解 (1)∵椭圆=1(a>b>0)的右焦点为F,右顶点为A,上顶点为B,已知|AB|=|OF|,且△AOB的面积为,‎ ‎∴c, ab=,∴a=2,b=,‎ ‎∴椭圆方程为=1.‎ ‎(2)假设直线y=2上存在点Q满足题意,‎ 设Q(m,2),当m=±2时,从点Q所引的两条切线不垂直.‎ 当m≠±2时,设过点Q向椭圆所引的切线的斜率为k,则l的方程为y=k(x-m)+2,‎ 代入椭圆方程,消去y,整理得(1+2k2)x2-4k(mk-2)x+2(mk-2)2-4=0,‎ ‎∵Δ=16k2(mk-2)2-4(1+2k2)[2(mk-2)2-4]=0,‎ ‎∴(m2-4)k2-4mk+2=0.‎ 设两条切线的斜率分别为k1,k2,‎ 则k1,k2是方程(m2-4)k2-4mk+2=0的两个根,∴k1k2==-1,‎ 解得m=±,点Q坐标为(,2)或(-,2).‎ ‎∴直线y=2上两点(,2),(-,2)满足题意.‎ 5‎