高中数学高考2018高考数学（理）大一轮复习习题：第九章 解析几何 课时达标检测（五十一） 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题 Word版含答案

这是一份高中数学高考2018高考数学（理）大一轮复习习题：第九章 解析几何 课时达标检测（五十一） 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题 Word版含答案，共7页。试卷主要包含了全员必做题，重点选做题，冲刺满分题等内容，欢迎下载使用。
课时达标检测(五十一)  圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题  一、全员必做题1．已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，上、下顶点分别是B1，B2，C是B1F2的中点，若·＝2，且⊥.(1)求椭圆的方程；(2)点Q是椭圆上任意一点，A1，A2分别是椭圆的左、右顶点，直线QA1，QA2与直线x＝分别交于E，F两点，试证：以EF为直径的圆与x轴交于定点，并求该定点的坐标．解：(1)设F1(－c,0)，F2(c,0)，B1(0，b)，则C.由题意得即即解得从而a2＝4，故所求椭圆的方程为＋＝1.(2)证明：由(1)得A1(－2,0)，A2(2,0)，设Q(x0，y0)，易知x0≠±2，则直线QA1的方程为y＝(x＋2)，与直线x＝的交点E的坐标为，，直线QA2的方程为y＝(x－2)，与直线x＝的交点F的坐标为，设以EF为直径的圆与x轴交于点H(m,0)，m≠，则HE⊥HF，从而kHE·kHF＝－1，即·＝－1，即＝－2，①由＋＝1得y＝.②所以由①②得m＝±1，故以EF为直径的圆与x轴交于定点，且该定点的坐标为或.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　①，x＋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．(2017·河北质量检测)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||＋||＝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2＝4·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||＋||＝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＝32(6k＋3)＞0，∴k＞－.x1＋x2＝，x1x2＝，∵2＝4·，即4＝5，∴4(x1－2)(x2－2)(1＋k2)＝5，即4(1＋k2)＝5，∴4(1＋k2)＝4×＝5，解得k＝±，k＝－不符合题意，舍去．∴存在满足条件的直线l，其方程为y＝x.二、重点选做题1．A为曲线y＝－上任意一点，点B(2,0)为线段AC的中点．(1)求动点C的轨迹E的方程；(2)过轨迹E的焦点F作直线交轨迹E于M，N两点，在圆x2＋y2＝1上是否存在一点P，使得PM，PN分别为轨迹E的切线？若存在，求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)设C(x，y)，A(m，n)，因为B(2,0)是AC的中点，所以所以又n＝－，所以所求方程为x2＝4y.(2)假设存在点P(x0，y0)，设M，N，直线MN的方程为y＝kx＋1，联立得x2－4kx－4＝0，则切线PM的方程为y－＝(x－x1)，将点P(x0，y0)代入化简得x－2x1x0＋4y0＝0，同理得x－2x2x0＋4y0＝0，所以知x1，x2是方程x2－2x0x＋4y0＝0的两根，则x1x2＝4y0＝－4，所以y0＝－1，代入圆的方程得x0＝0，所以存在点P(0，－1)，使得PM，PN分别为轨迹E的切线．2．已知椭圆M：＋＝1(a>b>0)的一个顶点坐标为(0,1)，离心率为，动直线y＝x＋m交椭圆M于不同的两点A，B，T(1,1)．(1)求椭圆M的标准方程；(2)试问：△TAB的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由．解：(1)由题意得＝，b＝1，又a2＝b2＋c2，所以a＝，c＝1，椭圆M的标准方程为＋y2＝1.(2)由得3x2＋4mx＋2m2－2＝0.由题意得，Δ＝16m2－24(m2－1)>0，即m2－3<0，所以－<m<.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，|AB|＝＝|x1－x2|＝ ＝.又由题意得，T(1,1)到直线y＝x＋m的距离d＝.假设△TAB的面积存在最大值，则m≠0，S△TAB＝|AB|d＝××＝.由基本不等式得，S△TAB≤·＝，当且仅当m＝±时取等号，而m∈(－，0)∪(0，)，所以△TAB面积的最大值为.故△TAB的面积存在最大值，且当m＝±时，△TAB的面积取得最大值.三、冲刺满分题1．已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的离心率为e＝，过C1的左焦点F1的直线l：x－y＋2＝0被圆C2：(x－3)2＋(y－3)2＝r2(r>0)截得的弦长为2.(1)求椭圆C1的方程；(2)设C1的右焦点为F2，在圆C2上是否存在点P，满足|PF1|＝|PF2|？若存在，指出有几个这样的点(不必求出点的坐标)；若不存在，说明理由．解：(1)∵直线l的方程为x－y＋2＝0，令y＝0，得x＝－2，即F1(－2,0)，∴c＝2，又e＝＝，∴a2＝6，b2＝a2－c2＝2，∴椭圆C1的方程为＋＝1.(2)∵圆心C2(3,3)到直线l：x－y＋2＝0的距离d＝＝，又直线l：x－y＋2＝0被圆C2：(x－3)2＋(y－3)2＝r2(r>0)截得的弦长为2，∴r＝ ＝＝2，故圆C2的方程为(x－3)2＋(y－3)2＝4.设圆C2上存在点P(x，y)，满足|PF1|＝|PF2|，即|PF1|＝3|PF2|，且F1，F2的坐标分别为F1(－2,0)，F2(2，0)，则＝3，整理得2＋y2＝，它表示圆心是C，半径是的圆．∵|CC2|＝ ＝，故有2－<|CC2|<2＋，故圆C与圆C2相交，有两个公共点．∴圆C2上存在两个不同的点P，满足|PF1|＝|PF2|.2．如图，已知椭圆＋＝1的左焦点为F，过点F的直线交椭圆于A，B两点，线段AB的中点为G，AB的中垂线与x轴和y轴分别交于D，E两点．(1)若点G的横坐标为－，求直线AB的斜率；(2)记△GFD的面积为S1，△OED(O为原点)的面积为S2.试问：是否存在直线AB，使得S1＝S2？说明理由．解：(1)由条件可得c2＝a2－b2＝1，故F点坐标为(－1,0)．依题意可知，直线AB的斜率存在，设其方程为y＝k(x＋1)，将其代入＋＝1，整理得(4k2＋3)x2＋8k2x＋4k2－12＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以x1＋x2＝.故点G的横坐标为＝＝－，解得k＝±，故直线AB的斜率为或－.(2)假设存在直线AB，使得S1＝S2，显然直线AB不能与x，y轴垂直，即直线AB斜率存在且不为零．由(1)可得G.设D点坐标为(xD,0)．因为DG⊥AB，所以×k＝－1，解得xD＝，即D.因为△GFD∽△OED，所以S1＝S2⇔|GD|＝|OD|.所以 ＝，整理得8k2＋9＝0.因为此方程无解，所以不存在直线AB，使得S1＝S2.