2020高考数学二轮复习练习：第二部分 专题五 第4讲 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题 练典型习题含解析(1) 4页

1．(2019·安徽省考试试题)已知椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)的上顶点为 P，右顶点为 Q，直 线 PQ 与圆 x2＋y2＝4 5 相切于点 M 2 5 ，4 5 . (1)求椭圆 C 的方程； (2)若不经过点 P 的直线 l 与椭圆 C 交于 A，B 两点，且PA→·PB→＝0，求证：直线 l 过定点． 解：(1)由已知得直线 OM(O 为坐标原点)的斜率 kOM＝2，则直线 PQ 的斜率 kPQ＝－ 1 kOM ＝ －1 2 ， 所以直线 PQ 的方程为 y－4 5 ＝－1 2 x－2 5 ，即 x＋2y＝2.可求得 P(0，1)，Q(2，0)，故 a＝2， b＝1， 故椭圆 C 的方程为x2 4 ＋y2＝1. (2)证明：当直线 l 的斜率不存在时，显然不满足条件． 当直线 l 的斜率存在时，设 l 的方程为 y＝kx＋n(n≠1)， 由 x2 4 ＋y2＝1 y＝kx＋n ，消去 y 整理得(4k2＋1)x2＋8knx＋4(n2－1)＝0， Δ＝(8kn)2－4×4(4k2＋1)(n2－1)＝16(4k2＋1－n2)>0，得 4k2＋1>n2.① 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1＋x2＝ －8kn 4k2＋1 ，x1x2＝4（n2－1） 4k2＋1 .② 由PA→·PB→＝0，得(x1，y1－1)·(x2，y2－1)＝0，又 y1＝kx1＋n，y2＝kx2＋n， 所以(k2＋1)x1x2＋k(n－1)(x1＋x2)＋(n－1)2＝0，③ 由②③得 n＝1(舍)，或 n＝－3 5 ，满足①. 此时 l 的方程为 y＝kx－3 5 ，故直线 l 过定点 0，－3 5 . 2．(2019·南昌市第一次模拟测试)已知椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1， F2，离心率为1 2 ，P 是 C 上的一个动点，且△F1PF2 面积的最大值为 4 3. (1)求 C 的方程； (2)设 C 的左、右顶点分别为 A，B，若直线 PA，PB 分别交直线 x＝2 于 M，N 两点，过 点 F1 作以 MN 为直径的圆的切线，证明：切线长为定值，并求该定值． 解：(1)设 P(x0，y0)，椭圆的半焦距为 c. 因为 S△F1PF2＝1 2|F1F2|·|y0|≤1 2·2c·b＝bc， 所以 bc＝4 3. 又 e＝c a ＝1 2 ，a2＝b2＋c2， 所以 a＝4，b＝2 3，c＝2， 所以 C 的方程为x2 16 ＋y2 12 ＝1. (2)由(1)可知 A(－4，0)，B(4，0)，F1(－2，0)． 由题可知，x0≠2，且 x0≠±4. 设直线 PA，PB 的斜率分别为 k1，k2，则直线 PA 的方程为 y＝k1(x＋4)，令 x＝2 得 y＝6k1， 故 M(2，6k1)． 直线 PB 的方程为 y＝k2(x－4)，令 x＝2 得 y＝－2k2，故 N(2，－2k2)． 记以 MN 为直径的圆为圆 D，则 D(2，3k1－k2)． 如图，过点 F1 作圆 D 的一条切线，切点为 T，连接 F1D，DT，则|F1T|2＝|F1D|2－|DT|2， 所以|F1T|2＝16＋(3k1－k2)2－(3k1＋k2)2＝16－12k1k2， 又 k1＝ y0 x0＋4 ，k2＝ y0 x0－4 ， 所以 k1·k2＝ y0 x0＋4 · y0 x0－4 ＝ y20 x20－16 ， 由x20 16 ＋y20 12 ＝1，得 y20＝－3 4(x20－16)， 所以 k1·k2＝－3 4 ， 则|F1T|2＝16－12k1k2＝16－12× －3 4 ＝25， 所以|F1T|＝5. 故切线长为定值 5. 3．(2019·广州市调研测试)已知动圆 C 过定点 F(1，0)，且与定直线 x＝－1 相切． (1)求动圆圆心 C 的轨迹 E 的方程； (2)过点 M(－2，0)的任一条直线 l 与轨迹 E 交于不同的两点 P，Q，试探究在 x 轴上是否 存在定点 N(异于点 M)，使得∠QNM＋∠PNM＝π？若存在，求点 N 的坐标；若不存在，请说 明理由． 解：(1)法一：依题意知，动圆圆心 C 到定点 F(1，0)的距离，与到定直线 x＝－1 的距离 相等， 由抛物线的定义，可得动圆圆心 C 的轨迹 E 是以 F(1，0)为焦点，x＝－1 为准线的抛物 线，其中 p＝2. 所以动圆圆心 C 的轨迹 E 的方程为 y2＝4x. 法二：设动圆圆心 C(x，y)，依题意得 （x－1）2＋y2＝|x＋1|，化简得 y2＝4x，即为动圆 圆心 C 的轨迹 E 的方程． (2)假设存在点 N(x0，0)满足题设条件． 由∠QNM＋∠PNM＝π可知，直线 PN 与 QN 的斜率互为相反数，即 kPN＋kQN＝0.① 易知直线 PQ 的斜率必存在且不为 0，设直线 PQ：x＝my－2，由 y2＝4x x＝my－2 ，得 y2－4my ＋8＝0. 由Δ＝(－4m)2－4×8>0，得 m> 2或 m<－ 2. 设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则 y1＋y2＝4m，y1y2＝8. 由①得 kPN＋kQN＝ y1 x1－x0 ＋ y2 x2－x0 ＝y1（x2－x0）＋y2（x1－x0） （x1－x0）（x2－x0） ＝0， 所以 y1(x2－x0)＋y2(x1－x0)＝0，即 y1x2＋y2x1－x0(y1＋y2)＝0. 消去 x1，x2，得 1 4y1y22＋1 4y2y21－x0(y1＋y2)＝0， 即 1 4y1y2(y1＋y2)－x0(y1＋y2)＝0. 因为 y1＋y2≠0，所以 x0＝1 4y1y2＝2， 所以存在点 N(2，0)，使得∠QNM＋∠PNM＝π. 4．(2019·福州市质量检测)已知抛物线 C1：x2＝2py(p＞0)和圆 C2：(x＋1)2＋y2＝2，倾斜 角为 45°的直线 l1 过 C1 的焦点，且 l1 与 C2 相切． (1)求 p 的值； (2)动点 M 在 C1 的准线上，动点 A 在 C1 上，若 C1 在 A 点处的切线 l2 交 y 轴于点 B，设MN→ ＝MA→ ＋MB→ ，求证：点 N 在定直线上，并求该定直线的方程． 解：(1)依题意，设直线 l1 的方程为 y＝x＋p 2 ， 因为直线 l1 与圆 C2 相切， 所以圆心 C2(－1，0)到直线 l1：y＝x＋p 2 的距离 d＝ |－1＋p 2| 12＋（－1）2 ＝ 2，即 |－1＋p 2| 2 ＝ 2， 解得 p＝6 或 p＝－2(舍去)．所以 p＝6. (2)法一：依题意设 M(m，－3)，由(1)知抛物线 C1 的方程为 x2＝12y，所以 y＝x2 12 ，所以 y′ ＝x 6 ， 设 A(x1，y1)，则以 A 为切点的切线 l2 的斜率为 k＝x1 6 ， 所以切线 l2 的方程为 y＝1 6x1(x－x1)＋y1. 令 x＝0，则 y＝－1 6x21＋y1＝－1 6 ×12y1＋y1＝－y1，即 B 点的坐标为(0，－y1)， 所以MA→ ＝(x1－m，y1＋3)，MB→ ＝(－m，－y1＋3)， 所以MN→ ＝MA→ ＋MB→ ＝(x1－2m，6)， 所以ON→ ＝OM→ ＋MN→ ＝(x1－m，3)，设 N 点坐标为(x，y)，则 y＝3，所以点 N 在定直线 y ＝3 上． 法二：设 M(m，－3)，由(1)知抛物线 C1 的方程为 x2＝12y，① 设 l2 的斜率为 k，A x1， 1 12x21 ，则以 A 为切点的切线 l2 的方程为 y＝k(x－x1)＋ 1 12x21，② 联立①②得，x2＝12[k(x－x1)＋ 1 12x21]， 因为Δ＝144k2－48kx1＋4x21＝0，所以 k＝x1 6 ， 所以切线 l2 的方程为 y＝1 6x1(x－x1)＋ 1 12x21， 令 x＝0，得 B 点坐标为(0，－ 1 12x21)， 所以MA→ ＝ x1－m， 1 12x21＋3 ，MB→ ＝ －m，－ 1 12x21＋3 ， 所以MN→ ＝MA→ ＋MB→ ＝(x1－2m，6)， 所以ON→ ＝OM→ ＋MN→ ＝(x1－m，3)， 所以点 N 在定直线 y＝3 上．