2023高考数学二轮专题复习与测试专题强化练十四圆锥曲线中的定点定值存在性问题

这是一份2023高考数学二轮专题复习与测试专题强化练十四圆锥曲线中的定点定值存在性问题，共7页。试卷主要包含了已知椭圆C，已知双曲线C，设椭圆C等内容，欢迎下载使用。
专题强化练(十四)　圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题
1．(2022·茂名模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>2>b>0)的上顶点为A，右焦点为F，原点O到直线AF的距离为，△AOF的面积为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点F的直线l与C交于M，N两点过点M作ME⊥x轴于点E，过点N作NQ⊥x轴于点Q，QM与NE交于点P，是否存在直线l使得△PMN的面积等于，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
解：(1)由题意知A(0，b)，F(c，0)
因为△AOF的面积为1，所以S△AOF＝bc＝1.
又直线AF的方程＋＝1，即bx＋cy－bc＝0，
因为点O到直线AF的距离为，
所以＝，解得c＝2，b＝1，a＝，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)依题意，当直线MN斜率为0时，不符合题意；
当直线斜率不为0时，设直线MN方程为x＝my＋2(m≠0)，
联立得(m2＋5)y2＋4my－1＝0，
易知Δ＝16m2＋4(m2＋5)＝20(m2＋1)>0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＋y2＝－，y1·y2＝－，
因为ME⊥x轴，NQ⊥x轴，所以E(x1，0)，Q(x2，0)，
所以直线QM：y＝(x－x2)，①
直线NE：y＝(x－x1)，②
联立①②解得xp＝＝＝
2＋＝，
因为ME∥NQ，ME与直线x＝平行，
所以S△PMN＝S△PNQ－S△MNQ＝|NQ|·|xp－x1|＝
|y2|·＝，
因为＝，
所以S△PMN＝＝|y1－y2|＝
＝×，
由×＝，得m4－6m2＋9＝0，
解得m＝±，
故存在直线l的方程为x－y－2＝0或x＋y－2＝0，使得△PMN的面积等于.
2．(2022·运城四模)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的上、下焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为A1，A2，且四边形A1F1A2F2是面积为8的正方形．
(1)求C的标准方程；
(2)M，N为C上且在y轴右侧的两点，MF1∥NF2，MF2与NF1的交点为P，试问|PF1|＋|PF2|是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是，请说明理由．
解：(1)椭圆C：＋＝1(a>b>0)的上、下焦点分别为F1(0，c)，F2(0，－c)，左、右顶点分别为A1(－b，0)，A2(b，0)，因为四边形A1F1A2F2是面积为8的正方形，
所以有b＝c且4×·b·c＝8，
解得b＝c＝2⇒a2＝b2＋c2＝8，
所以椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)因为MF1∥NF2，
所以＝⇒＋1＝＋1⇒＝⇒|PF1|＝·|F1M|，
因为N为C上且在y轴右侧的点，
所以|NF2|＋|F1N|＝2a＝4，
因此|PF1|＝·(4－|NF2|)，
同理可得：|PF2|＝·(4－|MF1|)，
所以|PF1|＋|PF2|＝·(4－|NF2|)＋·(4－|MF1|)＝4－，
设MF1，NF2的方程分别为y＝kx＋2，y＝kx－2，设M(x1，y1)，N(x2，y2)(x1，x20，b>0)的离心率是，实轴长是8.
(1)求双曲线C的方程；
(2)过点P(0，3)的直线l与双曲线C的右支交于不同的两点A和B，若直线l上存在不同于点P的点D满足|PA|·|DB|＝|PB|·|DA|成立，证明：点D的纵坐标为定值，并求出该定值．
(1)解：依题意，得解得
所以双曲线C的方程是－＝1.
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)，直线的方程为y＝kx＋3，
将直线方程y＝kx＋3代入双曲线方程－＝1，化简整理，得(1－4k2)x2－24kx－52＝0，
Δ＝(－24k)2＋4×(1－4k2)×52＝208－256k2，
则x1＋x2＝，x1x2＝－，
要使直线与双曲线的右支有两个不同的交点A和B，
则应满足即
解得－0)的长轴长为2，且过点P(，1)．
(1)求C的方程；
(2)设直线y＝kx＋m(m>0)交y轴于点M，交C于不同两点A，B，点N与M关于原点对称，BQ⊥AN，Q为垂足．问：是否存在定点M，使得|NQ|·|NA|为定值？
解：(1)依题意知2a＝2，即a＝，
所以C的方程可化为＋＝1，
将点P(，1)代入C得＋＝1，
解得b2＝2，
所以椭圆方程为＋＝1.
(2)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立得(1＋5k2)x2＋10kmx＋5m2－10＝0，
Δ＝(10km)2－4(1＋5k2)(5m2－10)>0，
解得m20，所以m＝1，此时·＝－1，满足Δ>0，
故存在定点M(0，1)，使得|NQ|·|NA|＝1等于定值1.
5．(2022·潮州二模)设椭圆C：＋＝1(a>b>0)，F1，F2为左、右焦点，B为短轴端点，长轴长为4，焦距为2c，且b>c，△BF1F2的面积为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设动直线l：y＝kx＋m与椭圆C有且仅有一个公共点M，且与直线x＝4相交于点N.试探究：在坐标平面内是否存在定点P，使得以MN为直径的圆恒过点P？若存在求出点P的坐标，若不存在．请说明理由．
解：(1)因为椭圆C：＋＝1(a>b>0)，F1，F2为左右焦点，
B为短轴端点，长轴长为4，焦距为2c，且b>c，
△BF1F2的面积为.
所以由题意知，解得：
故椭圆C的方程是＋＝1.
(2)由得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
因为动直线l与椭圆C有且只有一个公共点M(x0，y0)，所以m≠0且Δ＝0，
即64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0，
化简得4k2－m2＋3＝0.(*)
此时x0＝－＝－，y0＝kx0＋m＝，
所以M(－，)．
由得N(4，4k＋m)．
假设平面内存在定点P满足条件，由图形对称性知，点P必在x轴上．
设P(x1，0)，则·＝0对满足(*)式的m、k恒成立．
因为＝(－－x1，)，＝(4－x1，4k＋m)，
由·＝0，
得－＋－4x1＋x＋＋3＝0，
整理，得(4x1－4)＋x－4x1＋3＝0.(**)
由于(**)式对满足(*)式的m，k恒成立，
所以解得x1＝1.
故存在定点P(1，0)，使得以MN为直径的圆恒过点M.
6．(2022·光明区校级模拟)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右焦点为F(2，0)，O为坐标原点，点A，B分别在C的两条渐近线上，点F在线段AB上，且OA⊥AB，|OA|＋|OB|＝|AB|.
(1)求双曲线C的方程；
(2)过点F作直线l交C于P，Q两点，试探究：在x轴上是否存在定点M，使|MP|2＋|MQ|2－|PQ|2为定值？若存在，求出定点M的坐标及这个定值；若不存在，说明理由．
解：(1)不妨设点A在第一象限∠AOF＝α，则∠AOB＝2α.
因为OA⊥AB，则|OA|＝|OB|cos 2α，|AB|＝|OB|sin 2α.
由已知，|OB|cos 2α＋|OB|＝|OB|sin 2α，
即cos 2α＋1＝sin 2α，
即2cos2α＝2sin αcos α.
因为cos α≠0，则cos α＝sin α，即tan α＝.
因为α为渐近线OA的倾斜角，则＝，即a＝b.
又＝2，则a＝，b＝1.
所以双曲线C的方程是－y2＝1.
(2)当直线l不与x轴重合时，设直线l的方程为x＝ty＋2，代入－y2＝1，得(ty＋2)2－3y2＝3，即(t2－3)y2＋4ty＋1＝0.
设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1＋y2＝－，
y1y2＝.
在△PMO中，由余弦定理，得|MP|2＋|MQ|2－|PQ|2＝2|MP||MQ|cos∠PMQ＝2·，
设点M(m，0)，则·＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2＝(ty1＋2－m)(ty2＋2－m)＋y1y2＝(t2＋1)y1y2＋t(2－m)·(y1＋y2)＋(2－m)2＝－＋(2－m)2＝，
令3m2－12m＋11＝3(m2－3)，得m＝，此时·＝m2－3＝－，
|MP|2＋|MQ|2－|PQ|2＝－.
当直线l与x轴重合时，则点P，Q为双曲线的两顶点，不妨设点P(－，0)，Q(，0)．
对于点M(，0)，|MP|2＋|MQ|2－|PQ|2＝(＋)2＋(－)2－(2)2＝－6＝－.
所以存在定点M(，0)，
使|MP|2＋|MQ|2－|PQ|2＝－为定值．