2025届高考数学一轮复习专练63 圆锥曲线中的存在性问题（Word版附解析）

这是一份2025届高考数学一轮复习专练63 圆锥曲线中的存在性问题（Word版附解析），共12页。试卷主要包含了已知抛物线Γ，如图1所示,双曲线具有光学性质，已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。

1.(10分)(2024·郑州模拟)已知抛物线Γ:x2=2py(p>0)上一点到焦点F的距离比它到直线y=-4的距离小3.
(1)求抛物线Γ的准线方程;
(2)若过点F的直线l与抛物线Γ交于A,B两点,线段AB的中垂线与抛物线Γ的准线交于点C,请问:是否存在直线l,使得tan ∠ACB=43?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.
【解析】(1)因为抛物线Γ:x2=2py上一点到焦点F的距离比它到直线y=-4的距离小于3,
所以抛物线Γ:x2=2py上一点到焦点F的距离等于它到直线y=-1的距离,
所以-p2=-1,解得p=2,
故抛物线Γ的方程是x2=4y,抛物线的准线方程为y=-1.
(2)由题意得F(0,1),且l斜率一定存在,设l:y=kx+1,A(x1,y1),B(x2,y2),
由y=kx+1x2=4y,消去y可得x2-4kx-4=0,Δ=16k2+16>0,
则x1+x2=4k,x1x2=-4.
设AB中点为M,如图,则tan ∠ACB=tan 2∠ACM=2tan∠ACM1-tan 2∠ACM=2×|AM||CM|1-|AM|2|CM|2=43,
解得|CM|=2|AM|,即|CM|=|AB|.
当k=0时,易知|CM|=2,|AB|=|x1-x2|=(x1+x2)2-4x1x2=4,不符合题意;
当k≠0时,设C(x3,y3),M(x4,y4).
因为CM垂直平分AB,所以CM的斜率为-1k,
易知|CM|=1+k2|y3-y4|,因此有1+k2|y3-y4|=1+k2|x1-x2|.
因为M为AB的中点,所以y4=y1+y22=k(x1+x2)+22=2k2+1,
由题意,y3=-1,即|x1-x2|=2k2+2,16k2+16=2k2+2,
两边平方整理可得k4-2k2-3=0,解得k=±3,
故存在直线l使得tan ∠ACB=43,且直线l的方程为y=3x+1或y=-3x+1.
2.(10分)(2024·安庆模拟)如图1所示,双曲线具有光学性质:从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射,其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点.若双曲线E:x24-y2b2=1(b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,从F2发出的光线经过图2中的A,B两点反射后,分别经过点C和D,且tan ∠CAB=-34,AB⊥BD.
(1)求双曲线E的方程;
(2)设A1,A2为双曲线E实轴的左、右顶点,若过P(4,0)的直线l与双曲线C交于M,N两点,试探究直线A1M与直线A2N的交点Q是否在某条定直线上.若存在,请求出该定直线方程;若不存在,请说明理由.
【解析】(1)如图所示:
延长CA与DB交于F1,因为AB⊥AD,tan ∠CAB=-34,
则tan ∠F1AB=tan (π-∠CAB)=-tan ∠CAB=34,即|BF1||AB|=34,
令|BF1|=3t(t>0),则|AB|=4t,
所以|AF1|=|AB|2+|BF1|2=(4t)2+(3t)2=5t,
由双曲线的定义可得|AF1|-|AF2|=2a=4,
则|AF2|=|AF1|-4=5t-4,
|BF1|-|BF2|=2a=4,则|BF2|=|BF1|-4=3t-4,
又因为|AB|=|AF2|+|BF2|,即4t=5t-4+3t-4,解得t=2,
所以|BF1|=3t=6,|BF2|=3t-4=2,
由勾股定理可得2c=|F1F2|=|BF1|2+|BF2|2=62+22=210,则c=10,故b=c2-a2=10-4=6,
因此,双曲线E的方程为x24-y26=1.
(2)若直线l与x轴重合,则直线l与双曲线E的交点为双曲线E的两个顶点,不合乎题意;
设直线l的方程为x=my+4,设点M(x1,y1),N(x2,y2),
联立x=my+43x2-2y2=12可得(3m2-2)y2+24my+36=0,
由题意可得3m2-2≠0Δ=242m2-144(3m2-2)>0,解得m≠±63,
由根与系数的关系可得y1+y2=-24m3m2-2,y1y2=363m2-2,
易知点A1(-2,0),A2(2,0),则kA1M=y1x1+2=y1my1+6,kA2N=y2x2-2=y2my2+2,
直线A1M的方程为y=y1my1+6(x+2),直线A2N的方程为y=y2my2+2(x-2),
联立直线A1M,A2N的方程并消去y可得y1my1+6(x+2)=y2my2+2(x-2),
可得x+2x-2=y2(my1+6)y1(my2+2)=my1y2+6y2my1y2+2y1=36m3m2-2+6(-24m3m2-2-y1)36m3m2-2+2y1=-108m3m2-2-6y136m3m2-2+2y1=-3,解得x=1,
因此,直线A1M与直线A2N的交点Q在定直线x=1上.
3.(10分)(2024·扬州模拟)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点为A,过右焦点F且平行于y轴的弦PQ=AF=3.
(1)求△APQ的内心坐标;
(2)是否存在定点D,使过点D的直线l交C于M,N,交PQ于点R,且满足MR·ND=MD·RN?若存在,求出该定点坐标;若不存在,请说明理由.
【解析】(1)因为a2=b2+c2,2b2a=a+c=3,所以a=2,b=3,c=1,
所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1,
不妨取P(1,32),Q(1,-32),A(-2,0),F(1,0),则AP=352,PF=32;
因为在△APQ中,AP=AQ,所以△APQ的内心在x轴上,设直线PT平分∠APQ,交x轴于T,则T为△APQ的内心,且ATTF=APPF=5=AT3-AT,所以AT=355+1,
则T(7-354,0);
(2)因为椭圆和弦PQ均关于x轴对称.若存在定点D,则点D必在x轴上,所以设D(t,0),
当直线l斜率存在时,设其方程为y=k(x-t),M(x1,y1),N(x2,y2),直线方程与椭圆方程联立y=k(x-t)x24+y23=1,
消去y得(4k2+3)x2-8k2tx+4(k2t2-3)=0,
则Δ=48(4k2+3-k2t2)>0,x1+x2=8k2t4k2+3,
x1x2=4(k2t2-3)4k2+3①.
因为点R的横坐标为1,M,R,N,D均在直线l上,MR·ND=MD·RN,
所以(1+k2)(1-x1)(t-x2)=(1+k2)(t-x1)(x2-1),
所以2t-(1+t)(x1+x2)+2x1x2=0,所以2t-(1+t)8k2t4k2+3+2×4(k2t2-3)4k2+3=0,整理得t=4,
因为点D在椭圆外,则直线l的斜率必存在,所以存在定点D(4,0)满足题意.
4.(10分)(2024·梅州模拟)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点、右顶点分别为F,A,B(0,b),|AF|=1,点M在线段AB上,且满足|BM|=3|MA|,直线OM的斜率为1,O为坐标原点.
(1)求双曲线C的方程.
(2)过点F的直线l与双曲线C的右支相交于P,Q两点,在x轴上是否存在与F不同的定点E,使得|EP|·|FQ|=|EQ|·|FP|恒成立?若存在,求出点E的坐标;若不存在,请说明理由.
【解析】(1)设c2=a2+b2(c>0),所以F(c,0),A(a,0),B(0,b),
因为点M在线段AB上,且满足|BM|=3|MA|,所以点M(33+1a,13+1b),
因为直线OM的斜率为1,所以13+1b33+1a=1,所以ba=3,
因为|AF|=1,所以c-a=1,解得a=1,b=3,c=2.
所以双曲线C的方程为x2-y23=1.
(2)假设在x轴上存在与F不同的定点E,使得|EP|·|FQ|=|EQ|·|FP|恒成立,
当直线l的斜率不存在时,E在x轴上任意位置,都有|EP|·|FQ|=|EQ|·|FP|;
当直线l的斜率存在且不为0时,设E(t,0),直线l的方程为x=ky+2,
直线l与双曲线C的右支相交于P,Q两点,则-33设P(x1,y1),Q(x2,y2),
由x2-y23=1x=ky+2,得(3k2-1)y2+12ky+9=0,3k2-1≠0,Δ=36k2+36>0,
所以y1+y2=-12k3k2-1,y1y2=93k2-1,
因为|EP|·|FQ|=|EQ|·|FP|,即|EP||EQ|=|FP||FQ|,所以EF平分∠PEQ,kEP+kEQ=0,
有y1x1-t+y2x2-t=0,即y1ky1+2-t+y2ky2+2-t=0,得2ky1y2+(2-t)(y1+y2)=0,
所以2k93k2-1+(2-t)(-12k3k2-1)=0,由k≠0,解得t=12.
综上所述,存在与F不同的定点E,使得|EP|·|FQ|=|EQ|·|FP|恒成立,且E(12,0).
5.(10分)(2024·绵阳模拟)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为4,左、右顶点分别为A1,A2,椭圆上异于A1,A2的任意一点P,都满足直线PA1,PA2的斜率之积为-12.
(1)若椭圆上存在两点B1,B2关于直线y=x+m对称,求实数m的取值范围;
(2)过右焦点F2的直线交椭圆于M,N两点,过原点O作直线MN的垂线并延长交椭圆于点Q.那么,是否存在实数k,使得k|MN|+1|OQ|2为定值?若存在,请求出k的值;若不存在,请说明理由.
【解析】(1)由题意得c=2,A1(-a,0),A2(a,0),P(x,y),
kPA1·kPA2=yx+a·yx-a=-12⇒2y2=a2-x2①,
因为点P在C上,所以y2=b2-b2a2x2,代入①式,所以2b2-2b2a2x2=a2-x2,所以a2=2b2,
因为c=2,所以a2=8,b2=4,椭圆C方程为x28+y24=1.
设B1(x1,y1),B(x2,y2),lB1B2⊥l,
设lB1B2:y=-x+t,联立x2+2y2=8得3x2-4tx+2t2-8=0,Δ=(4t)2-12(2t2-8)>0⇒t2<12⇒t∈(-23,23),
x1+x2=4t3,x1x2=2t2-83.
所以B1B2中点M(23t,t3)在l上,t3=23t+m,
所以t=-3m⇒m=-t3∈(-233,233).
(2)设lMN:x=sy+2,联立x2+2y2=8得(s2+2)y2+4sy-4=0,
y1+y2=-4ss2+2,y1y2=-4s2+2,
|MN|=1+s2|y1-y2|=42(s2+1)s2+2,
设Q(xQ,yQ),
lOQ:y=-sx,联立x2+2y2=8
得xQ2=81+2s2,yQ2=8s21+2s2
所以|OQ|2=8(s2+1)1+2s2,
所以k|MN|+1|OQ|2=k(s2+2)42(s2+1)+1+2s28(s2+1)=(2k+2)s2+(22k+1)8(s2+1),
因为k|MN|+1|OQ|2为定值,设为λ,
所以(2k+2)s2+(22k+1)=8λs2+8λ,
所以2k+2=22k+1,k=22,
所以存在k=22,使得k|MN|+1|OQ|2为定值38.
6.(10分)(2024·温州模拟)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)离心率为12,一个焦点位于抛物线y2=4x的准线上.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)设直线l交椭圆C于A,B两点,点P(1,32),直线PA,PB分别交y轴于点M,N,且OM·ON=-3.
①问:直线l是否经过定点?若是,请求出定点坐标;若不是,请说明理由;
②求点P到直线l的距离的最大值.
【解析】(1)设椭圆x2a2+y2b2=1的半焦距为c,则c>0,
因为抛物线y2=4x的准线方程为x=-1,
又椭圆C的一个焦点位于抛物线y2=4x的准线上,
所以c=1,因为椭圆C的离心率e=ca=12,
所以a=2,又a2=b2+c2,b>0,
所以b=3,
所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1.
(2)①若直线AB的斜率不存在,设其方程为x=t(-2由已知t≠1,设点A的坐标为(t,m),
则点B的坐标为(t,-m),t24+m23=1,
所以直线PA的方程为y-32=m-32t-1(x-1),直线PB的方程为y-32=-m-32t-1(x-1),
所以点M的坐标为(0,3t-2m2t-2),点N的坐标为(0,3t+2m2t-2),
所以OM·ON=9t2-4m2(2t-2)2,又OM·ON=-3,
所以9t2-4m2(2t-2)2=-3,解得t=0;
当直线AB的斜率存在时,设其方程为y=kx+n,
联立x24+y23=1y=kx+n,消去y得,(4k2+3)x2+8knx+4n2-12=0,
方程(4k2+3)x2+8knx+4n2-12=0的判别式Δ=64k2n2-4(4k2+3)(4n2-12)>0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-8kn4k2+3,
x1x2=4n2-124k2+3,则直线PA的方程为y-32=y1-32x1-1(x-1),
直线PB的方程为y-32=y2-32x2-1(x-1),
所以点M的坐标为(0,3x1-2y12x1-2),点N的坐标为(0,3x2-2y22x2-2),
所以OM·ON=(3x1-2y1)(3x2-2y2)(2x1-2)(2x2-2)=(3x1-2kx1-2n)(3x2-2kx2-2n)(2x1-2)(2x2-2),
又OM·ON=-3,
所以(4k2-12k+21)x1x2+(4nk-6n-12)(x1+x2)+4n2+12=0,
所以6k+4kn+4n2-9=0,
化简可得2k(3+2n)+(4n2-9)=0,
所以n=-32或2k=3-2n,
当2k=3-2n时,直线l的方程为y=k(x-1)+32,
所以直线l过点(1,32),与已知矛盾,
当n=-32时,直线l的方程为y=kx-32,
所以直线l过定点(0,-32).
又点(0,-32)在直线x=0上,
所以直线l经过定点,定点坐标为(0,-32).
②方法一:因为直线l过定点(0,-32),
所以当点P与点(0,-32)的连线与直线l垂直时,点P到直线l的距离最大,最大距离为(1-0)2+(32+32)2=10.
方法二:当直线l的斜率存在时,
点P(1,32)到直线y=kx-32的距离d=|k-3|k2+1,
又因为Δ=64k2n2-4(4k2+3)(4n2-12)>0,n=-32,所以k∈R,
所以d2=k2-6k+9k2+1=1+8-6kk2+1,
设f(k)=1+8-6kk2+1,则f'(k)=-6k2-6-2k(8-6k)(k2+1)2=2(3k+1)(k-3)(k2+1)2,
当k<-13时,f'(k)>0,函数f(k)在(-∞,-13)上单调递增,当-133时,f'(k)>0,函数f(k)在(3,+∞)上单调递增,
由k>3时,8-6kk2+1<0,所以d2<1,
当k=-13时,d2=10,所以当k=-13时,d2取最大值,最大值为10,
所以当k=-13时,d取最大值,最大值为10;
当直线l的斜率不存在时,点P到直线l的距离为1.
所以点P到直线l的距离的最大值为10.
【加练备选】
(2024·南京模拟)椭圆E的方程为x24+y28=1,左、右顶点分别为A(-2,0),B(2,0),点P为椭圆E上的点,且在第一象限,直线l过点P.
(1)若直线l分别交x,y轴于C,D两点,若PD=2,求PC的长;
(2)若直线l过点(-1,0),且交椭圆E于另一点Q(异于点A,B),记直线AP与直线BQ交于点M,试问:点M是否在一条定直线上?若是,求出该定直线方程;若不是,说明理由.
【解析】(1)设P(x,y),D(0,yD),
则x24+y28=1①,x2+(y-yD)2=4②,
由①②可得y22=(y-yD)2,
因为y>0,所以y2=|y-yD|,即y|y-yD|=2,
因为|PC||PD|=y|y-yD|=2,所以|PC|=22.
(2)依题可设直线l的方程为x=my-1,P(x1,y1),Q(x2,y2),M(x0,y0).
联立方程组x=my-1x24+y28=1,整理得(2m2+1)y2-4my-6=0,
Δ=16m2+24(2m2+1)>0,
则y1+y2=4m2m2+1,y1y2=-62m2+1.
直线AP的方程为y=y1x1+2(x+2),直线BQ的方程为y=y2x2-2(x-2),
联立方程组y=y1x1+2(x+2)y=y2x2-2(x-2),
得x0=2y1x2-4y1+2x1y2+4y2(x1+2)y2-(x2-2)y1,
因为(x1+2)y2-(x2-2)y1=x1y2+2y2-x2y1+2y1=(my1-1)y2+2y2-(my2-1)y1+2y1=3y1+y2,
2y1x2-4y1+2x1y2+4y2=2y1(my2-1)-4y1+2(my1-1)y2+4y2=4my1y2-6y1+2y2,
所以x0=4my1y2-6y1+2y23y1+y2.
由y1+y2=4m2m2+1,得y1y2=-62m2+1,
得2my1y2=-3(y1+y2).
所以x0=4my1y2-6y1+2y23y1+y2
=-6(y1+y2)-6y1+2y23y1+y2=-12y1-4y23y1+y2=-4.
故点M在定直线x=-4上.