2021年高考数学二轮复习课时跟踪检测19《圆锥曲线中的定点定值存在性问题》大题练(含答案详解)

这是一份2021年高考数学二轮复习课时跟踪检测19《圆锥曲线中的定点定值存在性问题》大题练(含答案详解)，共8页。

已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的右焦点F(eq \r(3)，0)，长半轴长与短半轴长的比值为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设不经过点B(0,1)的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N，若点B在以线段MN为直径的圆上，证明直线l过定点，并求出该定点的坐标．
如图，椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的左顶点与上顶点分别为A，B，右焦点为F，点P在椭圆C上，且PF⊥x轴，若AB∥OP，且|AB|=2eq \r(3).
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知Q是C上不同于长轴端点的任意一点，在x轴上是否存在一点D，使得直线QA与QD的斜率乘积恒为－eq \f(1,2)，若存在，求出点D的坐标，若不存在，说明理由．
已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的焦距为4，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(\r(5),5)))是椭圆C上的点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)O为坐标原点，A，B是椭圆C上不关于坐标轴对称的两点，设eq \(OD,\s\up7(―→))=eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→)).
证明：直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值．
在平面直角坐标系中，直线eq \r(2)x－y＋m=0不过原点，且与椭圆eq \f(y2,4)＋eq \f(x2,2)=1有两个不同的公共点A，B.
(1)求实数m的取值所组成的集合M；
(2)是否存在定点P使得任意的m∈M，都有直线PA，PB的倾斜角互补？若存在，求出所有定点P的坐标；若不存在，请说明理由．
已知直线l：x=my＋1过椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的右焦点F，抛物线x2=4eq \r(3)y的焦点为椭圆C的上顶点，且l交椭圆C于A，B两点，点A，F，B在直线x=4上的射影依次为D，K，E.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l交y轴于点M，且eq \(MA,\s\up7(―→))=λ1eq \(AF,\s\up7(―→))，eq \(MB,\s\up7(―→))=λ2eq \(BF,\s\up7(―→))，当m变化时，证明：λ1＋λ2为定值；
(3)当m变化时，直线AE与BD是否相交于定点？若是，请求出定点的坐标，并给予证明；否则，说明理由．
已知点M是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)上一点，F1，F2分别为C的左、右焦点，|F1F2|=4，
∠F1MF2=60°，△F1MF2的面积为eq \f(4\r(3),3).
(1)求椭圆C的方程；
(2)设N(0,2)，过点P(－1，－2)作直线l，交椭圆C于异于N的A，B两点，直线NA，NB的斜率分别为k1，k2，证明：k1＋k2为定值．
已知椭圆C的中心在原点，离心率等于eq \f(1,2)，它的一个短轴端点恰好是抛物线x2=8eq \r(3)y的焦点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)如图，已知P(2,3)，Q(2，－3)是椭圆上的两点，A，B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点．
①若直线AB的斜率为eq \f(1,2)，求四边形APBQ面积的最大值；
②当A，B运动时，满足∠APQ=∠BPQ，试问直线AB的斜率是否为定值？请说明理由．
设抛物线C：y2=4x的焦点为F，过F且斜率为k(k>0)的直线l与C交于A，B两点，|AB|=8.
(1)求l的方程；
(2)求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程．
\s 0 参考答案
解：(1)由题意得，c=eq \r(3)，eq \f(a,b)=2，a2=b2＋c2，
∴a=2，b=1，
∴椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2=1.
(2)证明：当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx＋m(m≠1)，
M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,x2＋4y2＝4，))消去y可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4=0.
∴Δ=16(4k2＋1－m2)>0，x1＋x2=eq \f(－8km,4k2＋1)，x1x2=eq \f(4m2－4,4k2＋1).
∵点B在以线段MN为直径的圆上，∴eq \(BM,\s\up7(―→))·eq \(BN,\s\up7(―→))=0.
∵eq \(BM,\s\up7(―→))·eq \(BN,\s\up7(―→))=(x1，kx1＋m－1)·(x2，kx2＋m－1)
=(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2=0，
∴(k2＋1)eq \f(4m2－4,4k2＋1)＋k(m－1)eq \f(－8km,4k2＋1)＋(m－1)2=0，
整理，得5m2－2m－3=0，解得m=－eq \f(3,5)或m=1(舍去)．
∴直线l的方程为y=kx－eq \f(3,5).易知当直线l的斜率不存在时，不符合题意．
故直线l过定点，且该定点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(3,5))).
解：(1)由题意得A(－a,0)，B(0，b)，可设P(c，t)(t>0)，
∴eq \f(c2,a2)＋eq \f(t2,b2)=1，得t=eq \f(b2,a)，即Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c，\f(b2,a)))，
由AB∥OP得eq \f(b,a)=eq \f(\f(b2,a),c)，即b=c，∴a2=b2＋c2=2b2，①
又|AB|=2eq \r(3)，∴a2＋b2=12，②
由①②得a2=8，b2=4，∴椭圆C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)=1.
(2)假设存在D(m,0)，使得直线QA与QD的斜率乘积恒为－eq \f(1,2)，
设Q(x0，y0)(y0≠0)，则eq \f(x\\al(2,0),8)＋eq \f(y\\al(2,0),4)=1，③
∵kQA·kQD=－eq \f(1,2)，A(－2eq \r(2)，0)，∴eq \f(y0,x0＋2\r(2))·eq \f(y0,x0－m)=－eq \f(1,2)(x0≠m)，④
由③④得(m－2eq \r(2))x0＋2eq \r(2)m－8=0，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m－2\r(2)＝0，,2\r(2)m－8＝0，))解得m=2eq \r(2)，
∴存在点D(2eq \r(2)，0)，使得kQA·kQD=－eq \f(1,2).
解：(1)由题意知2c=4，即c=2，
则椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,a2－4)=1，因为点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(\r(5),5)))在椭圆C上，
所以eq \f(4,a2)＋eq \f(1,5a2－4)=1，解得a2=5或a2=eq \f(16,5)(舍去)，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,5)＋y2=1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1≠x2且x1＋x2≠0，
由eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))=eq \(OD,\s\up7(―→))，得D(x1＋x2，y1＋y2)，
所以直线AB的斜率kAB=eq \f(y1－y2,x1－x2)，直线OD的斜率kOD=eq \f(y1＋y2,x1＋x2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),5)＋y\\al(2,1)＝1，,\f(x\\al(2,2),5)＋y\\al(2,2)＝1，))得eq \f(1,5)(x1＋x2)(x1－x2)＋(y1＋y2)(y1－y2)=0，
即eq \f(y1＋y2,x1＋x2)·eq \f(y1－y2,x1－x2)=－eq \f(1,5)，所以kAB·kOD=－eq \f(1,5).
故直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值－eq \f(1,5).
解：(1)因为直线eq \r(2)x－y＋m=0不过原点，所以m≠0.
将eq \r(2)x－y＋m=0与eq \f(y2,4)＋eq \f(x2,2)=1联立，消去y，得4x2＋2eq \r(2)mx＋m2－4=0.
因为直线与椭圆有两个不同的公共点A，B，
所以Δ=8m2－16(m2－4)>0，
所以－2eq \r(2)故实数m的取值所组成的集合M为(－2eq \r(2)，0)∪(0,2eq \r(2))．
(2)假设存在定点P(x0，y0)使得任意的m∈M，都有直线PA，PB的倾斜角互补，
即kPA＋kPB=0.
令A(x1，eq \r(2)x1＋m)，B(x2，eq \r(2)x2＋m)，则eq \f(\r(2)x1＋m－y0,x1－x0)＋eq \f(\r(2)x2＋m－y0,x2－x0)=0，
整理得2eq \r(2)x1x2＋(m－eq \r(2)x0－y0)(x1＋x2)＋2x0(y0－m)=0.(*)
由(1)知x1＋x2=－eq \f(\r(2)m,2)，x1x2=eq \f(m2－4,4)，
代入(*)式化简得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)y0－x0))m＋2(x0y0－eq \r(2))=0，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)y0－x0＝0，,x0y0－\r(2)＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝1，,y0＝\r(2)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝－1，,y0＝－\r(2)，))
所以定点P的坐标为(1，eq \r(2))或(－1，－eq \r(2))．经检验，此两点均满足题意．
故存在定点P使得任意的m∈M，都有直线PA，PB的倾斜角互补，
且定点P的坐标为(1，eq \r(2))或(－1，－eq \r(2))．
解：(1)∵直线x=my＋1过椭圆的右焦点，
∴右焦点F(1,0)，c=1，即c2=1.
∵x2=4eq \r(3)y的焦点(0，eq \r(3))为椭圆C的上顶点，
∴b=eq \r(3)，即b2=3，a2=b2＋c2=4，
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)=1.
(2)由题意知m≠0，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,3x2＋4y2－12＝0，))
得(3m2＋4)y2＋6my－9=0.显然Δ>0恒成立，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2=－eq \f(6m,3m2＋4)，y1y2=－eq \f(9,3m2＋4).
∵eq \(MA,\s\up7(―→))=λ1eq \(AF,\s\up7(―→))，eq \(MB,\s\up7(―→))=λ2eq \(BF,\s\up7(―→))，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,m)))，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1＋\f(1,m)))=λ1(1－x1，－y1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2＋\f(1,m)))=λ2(1－x2，－y2)，
∴λ1=－1－eq \f(1,my1)，λ2=－1－eq \f(1,my2)，
∴λ1＋λ2=－2－eq \f(y1＋y2,my1y2)=－2－eq \f(6m,3m2＋4)÷eq \f(9m,3m2＋4)=－eq \f(8,3).
综上所述，当m变化时，λ1＋λ2为定值－eq \f(8,3).
(3)当m=0时，直线l⊥x轴，则四边形ABED为矩形，易知AE与BD相交于点N(2.5,0)，
则若当m变化时，直线AE与BD相交于定点，则定点必为N(2.5,0)，证明如下：
eq \(AN,\s\up7(―→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)－x1，－y1))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－my1，－y1))，易知E(4，y2)，则eq \(NE,\s\up7(―→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，y2)).
∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－my1))y2－eq \f(3,2)(－y1)=eq \f(3,2)(y1＋y2)－my1y2=eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6m,3m2＋4)))－meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,3m2＋4)))=0，
∴eq \(AN,\s\up7(―→))∥eq \(NE,\s\up7(―→))，即A，N，E三点共线．同理可得B，N，D三点共线．
则猜想成立，故当m变化时，直线AE与BD相交于定点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，0)).
解：(1)在△F1MF2中，由eq \f(1,2)|MF1||MF2|sin 60°=eq \f(4\r(3),3)，得|MF1||MF2|=eq \f(16,3).
由余弦定理，得|F1F2|2=|MF1|2＋|MF2|2－2|MF1|·|MF2|cs 60°
=(|MF1|＋|MF2|)2－2|MF1|·|MF2|(1＋cs 60°)，
从而2a=|MF1|＋|MF2|=4eq \r(2)，即a=2eq \r(2)，从而b=2，
故椭圆C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)=1.
(2)当直线l的斜率存在时，设其方程为y＋2=k(x＋1)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，,y＋2＝kx＋1))得(1＋2k2)x2＋4k(k－2)x＋2k2－8k=0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2=－eq \f(4kk－2,1＋2k2)，x1x2=eq \f(2k2－8k,1＋2k2).
从而k1＋k2=eq \f(y1－2,x1)＋eq \f(y2－2,x2)=eq \f(2kx1x2＋k－4x1＋x2,x1x2)=2k－(k－4)eq \f(4kk－2,2k2－8k)=4.
当直线l的斜率不存在时，可取Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(\r(14),2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(\r(14),2)))，得k1＋k2=4.
综上，恒有k1＋k2=4.
解：(1)设椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)，
则b=2eq \r(3).由eq \f(c,a)=eq \f(1,2)，a2=c2＋b2，得a=4，
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)=1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
①设直线AB的方程为y=eq \f(1,2)x＋t，
代入eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)=1，得x2＋tx＋t2－12=0，
由Δ>0，解得－4由一元二次方程根与系数的关系得x1＋x2=－t，x1x2=t2－12，
∴|x1－x2|=eq \r(x1＋x22－4x1x2)=eq \r(t2－4t2－12)=eq \r(48－3t2).
∴四边形APBQ的面积S=eq \f(1,2)×6×|x1－x2|=3eq \r(48－3t2).
∴当t=0时，S取得最大值，且Smax=12eq \r(3).
②若∠APQ=∠BPQ，则直线PA，PB的斜率之和为0，设直线PA的斜率为k，
则直线PB的斜率为－k，直线PA的方程为y－3=k(x－2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－3＝kx－2，,\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1，))
得(3＋4k2)x2＋8(3－2k)kx＋4(3－2k)2－48=0，
∴x1＋2=eq \f(82k－3k,3＋4k2)，
将k换成－k可得x2＋2=eq \f(－8k－2k－3,3＋4k2)=eq \f(8k2k＋3,3＋4k2)，
∴x1＋x2=eq \f(16k2－12,3＋4k2)，x1－x2=eq \f(－48k,3＋4k2)，
∴kAB=eq \f(y1－y2,x1－x2)=eq \f(kx1－2＋3＋kx2－2－3,x1－x2)=eq \f(kx1＋x2－4k,x1－x2)=eq \f(1,2)，
∴直线AB的斜率为定值eq \f(1,2).
解：(1)由题意得F(1,0)，l的方程为y=k(x－1)(k>0)．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,y2＝4x))得k2x2－(2k2＋4)x＋k2=0.
Δ=16k2＋16>0，故x1＋x2=eq \f(2k2＋4,k2).
所以|AB|=|AF|＋|BF|=(x1＋1)＋(x2＋1)=eq \f(4k2＋4,k2).
由题设知eq \f(4k2＋4,k2)=8，解得k=1或k=－1(舍去)．
因此l的方程为y=x－1.
(2)由(1)得AB的中点坐标为(3,2)，
所以AB的垂直平分线方程为y－2=－(x－3)，
即y=－x＋5.
设所求圆的圆心坐标为(x0，y0)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y0＝－x0＋5，,x0＋12＝\f(y0－x0＋12,2)＋16.))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝3，,y0＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝11，,y0＝－6.))
因此所求圆的方程为(x－3)2＋(y－2)2=16或(x－11)2＋(y＋6)2=144.