高考数学命题角度5_6圆锥曲线的探究、存在性问题大题狂练理 17页

命题角度 5.6：圆锥曲线的探究、存在性问题 1.在平面直角坐标系中，直线 不过原点，且与椭圆 有两个不同的公 共点 . （Ⅰ）求实数 取值所组成的集合 ； （Ⅱ）是否存在定点 使得任意的 ，都有直线 的倾斜角互补.若存在，求出所有定 点 的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（I） ；（II） 或 . 【解析】试题分析：（1）联立直线与椭圆的方程运用二次方程的判别式建立不等式进行求解； （2）充分利用题设条件建立方程，借助坐标之间的关系进行运算求解、推理论证： （II）假设存在定点 使得任意的 ,都有直线 的倾斜角互补， 即 ，令 , 所以 ， 整理得： ， 经检验，满足题意， 所以存在定点 使得任意的 ,都有直线 的倾斜角互补， 坐标为 或 . 点睛：椭圆是典型的圆锥曲线代表之一，也高考必考的重要考点之一。本题的设置旨在考查 椭圆的标准方程及几何性质等基础知识和基本技能，同时检测转化化归能力、运算求解能力 及数形结合思想函数方程思想等数学思想和方法。求解第一问的思路是联立直线与椭圆的位 置关系的方程运用二次方程的判别式建立不等式进行求解；第二问的求解过程则充分利用题 设条件进行运算求解、推理论证从而使得问题获证。 2.已知椭圆 :C 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的左、右顶点分别为 1A 、 2A ，上、下顶点分别为 2B 、 1B ， O 为坐标原点，四边形 1 1 2 2A B A B 的面积为 4 ，且该四边形内切圆的方程为 2 2 4 5x y  ． （Ⅰ）求椭圆 C 的方程; （Ⅱ）若 M 、 N 是椭圆C 上的两个不同的动点，直线 OM 、 ON 的斜率之积等于 1 4  ，试 探求 OMN 的面积是否为定值，并说明理由. 【答案】（Ⅰ） 2 2 14 x y  ;（Ⅱ）1. 【解析】试题分析： (1)利用题意求得 a 2 ， b 1 ，则椭圆 C 的方程为： 2 2x y 14   ； (2)分别考查斜率存在和斜率不存在两种情况，求得 OMN 的面积为定值1. （Ⅱ）若直线 MN 的斜率存在，设直线 MN 的方程为 y kx m  ，  1 1,M x y ，  2 2,N x y ， 由 2 2{ 14 y kx m x y     得：    2 2 21 4 8 4 1 0k x mkx m     直线 l 与椭圆C 相交于 ,M N 两个不同的点，    2 2 2 264 16 1 4 1 0m k k m      得： 2 21 4 0k m   ③ 由韦达定理：  2 1 2 1 22 2 4 18 ,1 4 1 4 mmkx x x xk k       直线 ,OM ON 的斜率之积等于 1 4  ，      2 2 1 2 1 2 1 21 2 1 2 1 2 1 2 1 4 kx m kx m km x x k x x my y x x x x x x                    2 2 2 2 2 2 2 2 8 4 1 1 4 4 1 44 1 4 1 km mk k m m k m k m m             2 22 4 1m k   满足③ 1 2 1 2 2 4 2, 2kx x x xm m       又O 到直线 MN 的距离为 21 md k   ,   2 22 2 1 2 1 2 2 16 81 4 1 8kMN k x x x x k m        所以 OMN 的面积  2 2 2 21 1 116 8 8 16 8 4 4 1 12 2 2S MN d k m k k          若直线 MN 的斜率不存在， ,M N 关于 x 轴对称 设  1 1,M x y ，  1 1,N x y ，则 1 1 1 1 1 4 y y x x    ， 2 2 1 14x y 又 M 在椭圆上， 2 21 1 14 x y  ， 1 1 22, 2x y   所以 OMN 的面积 1 1 1 12 2 2 12 2S y x       综上可知， OMN 的面积为定值1. 3.已知动圆 P 经过点  1,0N ，并且与圆  2 2: 1 16M x y   相切. （1）求点 P 的轨迹C 的方程； （2）设  ,0G m 为轨迹C 内的一个动点，过点G 且斜率为 k 的直线l 交轨迹C 于 A B、 两点， 当 k 为何值时？ 2 2| |GA GB   是与 m 无关的定值，并求出该值定值. 【答案】（1） 2 2 14 3 x y  ；（2）见解析. 【解析】试题分析：（1）由椭圆定义易知轨迹为椭圆，确定 a ， b 即可； （2）设      1 1 2 2, , , , ,0 ( 2 2)A x y B x y G m m   ，直线  :l y k x m  ，与椭圆联立得  2 2 2 2 23 4 8 4 12 0k x k mx k m     ， 进 而 通 过 韦 达 定 理 建 立 根 与 系 数 的 关 系 ， 2 2 2 1 2 1 22 2 8 4 12,4 3 4 3 mk k mx x x xk k      ， 由          2 2 2 22 2 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2| | 2 2 2 2GA GB x m y x m y x x x x m x x m y y y y                ，代入化简即可求定值. 试题解析： （1）由题设得： 4PM PN  ，所以点 P 的轨迹C 是以 M N、 为焦点的椭圆， 2 22 4,2 2, 3,a c b a c       椭圆方程为 2 2 14 3 x y  . （2）设      1 1 2 2, , , , ,0 ( 2 2)A x y B x y G m m   ，直线  :l y k x m  ， 由   2 2{ 14 3 y k x m x y     得 2 2 2 2 23 4 8 4 12 0k x k mx k m     ， 2 2 2 1 2 1 22 2 8 4 12,4 3 4 3 mk k mx x x xk k           1 2 1 2 1 2 2 62 4 3 mky y k x m k x m k x x km k            .       2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 3 4 4 3 k m y y k x m x m k x x k m x x k m k            .    2 22 2 2 2 1 1 2 2| |GA GB x m y x m y             2 22 1 2 1 2 1 2 1 2 1 22 2 2 2x x x x m x x m y y y y                 2 2 2 2 22 6 4 3 24 3 1 4 3 m k k k k        2 2| |GA GB   的值与 m 无关， 24 3 0k   ， 解得 3 2k   .此时 2 2| | 7GA GB    . （方法 2 ：①当 2 0k  时，…；②当 0k  时，设直线 :l x k y m  ，…；可以减少计算量.） 4. 在平面直角坐标系 xOy 中，动点 M 到点  1,0F 的距离与它到直线 2x  的距离之比为 2 2 ． （1）求动点 M 的轨迹 E 的方程； （2）设直线  0y kx m m   与曲线 E 交于 ,A B 两点，与 x 轴、 y 轴分别交于 ,C D 两点 （且C D、 在 A B、 之间或同时在 A B、 之外）．问：是否存在定值 k ，对于满足条件的任意 实数 m ，都有 OAC 的面积与 OBD 的面积相等，若存在，求 k 的值；若不存在，说明理 由． 【答案】（1） 2 2 12 x y  ；（2）存在， 2 2k   ． 试题解析：（1）设  ,M x y ，则  2 21 2 2 2 x y x    ，整理得 2 2 12 x y  ， ∴轨迹 E 的方程为 2 2 12 x y  （2）联立 2 22 2 y kx m x y      消去 y 得 2 2 21 2 4 2 2 0k x mkx m     ，       2 2 2 2 24 4 1 2 2 2 8 2 1mk k m k m        ，由 0  得  2 22 1 *m k  ． 设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，则 1 2 2 4 2 1 mkx x k    ， 由题意，不妨设  ,0 , 0,mC D mk     ， OAC 的面积与 OBD 的面积总相等 AC BD  恒成立  线段 AB 的中点与线段 CD 的中点重合 ∴ 2 4 2 1 mk m k k    ，解得 2 2k   ， 即存在定值 2 2k   ，对于满足条件 0m  ，且 2m  （据（*）的任意实数 m ， 都有 OAC 的面积与 OBD 的面积相等． 考点：椭圆的标准方程；直线与椭圆的位置关系． 【方法点晴】本题主要考查了直线与圆锥曲线问题，其中解答中涉及到椭圆的标准方程、直 线与椭圆的位置关系等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以 及推理与运算能力，本题解答中利用直线与椭圆的方程联立，利用方程的根与系数的关系、 韦达定理的应用是解答关键，试题有一定的难度，属于中档试题． 5.已知椭圆C ： 2 2 2 2 1x y a b   （ 0a b  ）的离心率为 6 3 ，以原点O 为圆心，椭圆C 的长 半轴长为半径的圆与直线 2 2 6 0x y   相切. （Ⅰ）求椭圆 C 的标准方程； （Ⅱ）已知点 ,A B 为动直线   2 0y k x k   与椭圆 C 的两个交点，问:在 x 轴上是否存 在定点 E ,使得 EA EB    为定值？若存在，试求出点 E 的坐标和定值；若不存在,请说明理 由. 【答案】（Ⅰ） 2 2 16 2 x y  ;（Ⅱ） 7 ,03      . 【解析】试题分析：（1）由 6 3e  ，以原点 O 为圆心，椭圆 C 的长半轴为半径与直线 2 2 6 0x y   相切，求出 ,a b 的值，由此可求出椭圆的方程； （2）由   2 2 2 { 16 2 y k x x y     得  2 2 2 21 3 12 12 6 0k x k x k     ，由此利用韦达定理、向量的数 量积，结合已知条件能求出在 x 轴上存在点 E ，使 EA EB  为定值，定点为 7 ,03      。 （Ⅱ）由   2 2 2 { x 16 2 y k x y     得 2 2 2 21 3 12 12 6 0k x k x k     ，且 0  设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，则 2 1 2 2 2 1 2 2 12 1 3{ 12 6 1 3 kx x k kx x k       ， 根据题意，假设 x 轴上存在定点  ,0E m ，使得 EA EB    为定值，则有        1 1 2 2 1 2 1 2, ,EA EB x m y x m y x m x m y y                           2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 22 2 1 2 4x m x m k x x k x x k m x x k m                        2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 3 12 10 612 6 121 2 41 3 1 3 1 3 m m k mk kk k m k mk k k             要使上式为定值，即与 k 无关，则应  2 23 12 10 3 6m m m    ， 即 7 3m  ，此时 2 56 9EA EB m        为定值，定点为 7 ,03      . 点睛：本题主要考查了直线与椭圆的位置关系的综合应用，其中解答中涉及到椭圆的标准方 程及其简单的几何性质，直线与椭圆的位置关系的综合应用，着重考查了学生分析问题和解 答问题的能力，以及推理与运算能力，本题的解答中把直线方程与椭圆方程联立，转化为方 程的根与系数的关系、韦达定理的应用是解答的关键。 6. 如 图 ， 已 知 椭 圆 2 2 2 2: 1( 0)x y a ba b      经 过 不 同 的 三 点 5 5 1 3, , , , (2 4 2 4A B C C             在第三象限），线段 BC 的中点在直线OA上． （Ⅰ）求椭圆  的方程及点C 的坐标； （Ⅱ）设点 P 是椭圆  上的动点（异于点 , , )A B C 且直线 ,PB PC 分别交直线OA于 ,M N 两 点，问 OM ON 是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由． 【答案】（1） 3 1, .2 4      ；（2） 25 16 ． 【解析】试题分析：（1）点 5 5 1 3, , , ,2 4 2 4A B             的坐标代入椭圆的方程就可求得方程， 设点C 的坐标，根据条件可得点C 的坐标代入椭圆方程，BC 中点坐标代入直线OA的方程， 两方程联立可求点C 的坐标；（2）设      0 0 1 1 2 2, , 2 , , 2 , .P x y M y y N y y ，根据 , ,P B M 三 点共线，用点 P 的坐标 0 0,x y 表示 1y ，同理用点 P 的坐标 0 0,x y 表示 2y 。再求 1 2y y 为定值， 所以 1 2 1 2 255 5 5 16OM ON y y y y     。 试题解析：（Ⅰ）由点 ,A B 在椭圆  上，得 2 2 2 2 5 5 1,4 16{ 1 9 14 16 a b a b     解得 2 2 5 ,2{ 5.8 a b   所以椭圆  的方程 为 2 2 1.5 5 2 8 x y  ………………………3 分 由已知，求得直线OA的方程为 2 0,x y  从而 2 1.m n  （1） 又点C 在椭圆  上，故 2 22 8 5.m n  （2） 由（1）（2）解得 3 4n  （舍去）或 1 .4n   从而 3 ,2m   所以点C 的坐标为 3 1, .2 4      ………………………………………6 分 （Ⅱ）设      0 0 1 1 2 2, , 2 , , 2 , .P x y M y y N y y 因 , ,P B M 三点共线，故 1 0 1 0 3 3 4 4 ,1 12 2 2 y y y x      整理得   0 0 1 0 0 3 2 .4 2 1 x yy y x    因 , ,P C N 三点共线，故 2 0 2 0 1 1 4 4 ,3 32 2 2 y y y x      整理得   0 0 2 0 0 6 .4 2 1 x yy y x    ……………10 分 因点 P 在椭圆  上，故 2 2 0 02 8 5x y  ，即 2 2 0 0 5 4 .2x y  从而        2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 1 2 2 2 2 0 0 0 00 0 3 2 6 3 20 12 16 4 4 116 2 1 x y x y x x y yy y y x x yy x            2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 5 33 4 20 12 5 4 52 2 .5 3 1616 4 1 16 42 2 y x y y x y x y x y                            所以 1 2 1 2 255 5 5 16OM ON y y y y     为定值． ………………………15 分 【点睛】1.求点的坐标可由条件得关于坐标的两个关系式，解方程组即可；2.因为 ,M N 两点， 在 直 线 OA 上 ， 设      0 0 1 1 2 2, , 2 , , 2 , .P x y M y y N y y 所 以 1 2 1 25 5 5OM ON y y y y    ，再由条件找 ,M N 两点的坐标与点 P 的坐标的关系， 根据点 P 在椭圆上，可求 1 2y y 为定值。 7.已知 椭圆 C ： 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的左 右焦点分 别是    1 2,0 , ,0F c F c ，直 线 :l x my c  与椭圆 C 交于两点 ,M N ，当 3 3m   时， M 恰为椭圆 C 的上顶点，此时 1 2MF F 的面积为 6. （1）求椭圆C 的方程； （2）设椭圆C 的左顶点为 A ，直线 ,AM AN 与直线 4x  分别相交于点 ,P Q ，问当 m 变化 时，以线段 PQ 为直径的圆被 x 轴截得的弦长是否为定值？若是，求出这个定值，若不是，说 明理由. 【答案】（1） 2 2 14 3 x y  ；（2）弦长为定值 6． 【解析】试题分析：（1）根据 3 3m   时，直线的倾斜角为120 ，又 1 2MF F 的周长为 6， 即可求得椭圆方程；（2）利用特殊位置猜想结论：当 0m  时，直线l 的方程为： 1x  ，求 得以 PQ 为直径的圆过右焦点，被 x 轴截得的弦长为 6 ，猜测当 m 变化时，以 PQ 为直径的 圆恒过焦点 2F ，被 x 轴截得的弦长为定值 6，再进行证明即可. 试题解析：（1）当 时，直线的倾斜角为120，所以： 解得： 2, 1 3a c b    ，所以椭圆方程是： ； （2）当 0m  时，直线l ： 1x  ，此时， ， ，又 A 点坐标是 ，据 此 可得 ， ，故以 PQ 为直径的圆过右焦点，被 x 轴截得的弦长为 6．由此猜测当 m 变化时，以 PQ 为直径的圆恒过焦点 2F ，被 x 轴截得的弦长为定值 6． 证明如下：设点 ,M N 点的坐标分别是    1 1 2 2, , ,x y x y ，则直线 AM 的方程是： ，所以点 P 的坐标是 ，同理，点Q 的坐标是 ， 由方程组 得到： ， 所以： ， 从而：          1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 36 364 1 4 1 92 2 3 3 y y y yF P F Q x x my my             =0， 所以：以 为直径的圆一定过右焦点 ，被 轴截得的弦长为定值 6． 【方法点睛】本题主要考查待定待定系数法椭圆标准方程方程、圆锥曲线的定值问题，属于 难题. 探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：① 从特殊入手，先根据特殊位置和数值求 出定值，再证明这个值与变量无关；② 直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量， 从而得到定值. 8.已知  4,0M ，  1,0N ，曲线C 上的任意一点 P 满足： 6MN MP PN    . （1）求点 P 的轨迹方程； （2）过点  1,0N 的直线与曲线 C 交于 A ， B 两点，交 y 轴于 H 点，设 1HA AN  ， 2HB BN  ，试问 1 2  是否为定值？如果是定值，请求出这个定值，如果不是定值，请 说明理由. 【答案】（1） 2 2 14 3 x y  ;（2） 8 3  . 【解析】试题分析：（Ⅰ）求出向量的坐标，利用条件化简，即可求点 P 的轨迹方程； （Ⅱ）分类讨论，利用 1HA AN  ， 2HB BN  ，结合韦达定理，即可得出结论． 试题解析：（1）设  ,P x y ，则  3,0MN   ，  4,MP x y  ，  1 ,PN x y   ， ∵ 6MN MP PN  ，∴    2 23 4 0 6 1x y x y        ， 化简得， 2 2 14 3 x y  为所求点 P 的轨迹方程. （2）设  1 1,A x y ，  2 2,B x y . ①当直线l 与 x 轴不重合时，设直线l 的方程为  1 0x my m   ， 则 10,H m     ，从而 1 1 1,HA x y m       ，  1 11 ,AN x y   ，由 1HA AN  得  1 1 1 1 1 1, 1 ,x y x ym        ， 1 1 1 1y ym    ， 1 1 11 my    ， 同理由 2HB BN 得 2 2 11 my    ， ∴   1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 12 2 y y my my m y y                .① 由 2 2 1 { 14 3 x my x y     ，得 2 24 3 6 9 0m y my    . ∴ 1 2 2 6 4 3 my y m     ， 1 2 2 9 4 3y y m    ， 代入①式得   1 2 1 2 1 2 1 2 82 2 3 3 y y m y y           ，∴ 1 2 8 3     . ②当直线l 与 x 轴重合时，  2,0A  ，  2,0B ，  0,0H . 由 1HA AN  ， 2HB BN  ，得 1 2 3    ， 2 2   ，∴ 1 2 8 3     ， 综上， 1 2  为定值 8 3  . 点睛:定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少， 或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题 同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理， 到最后必定参数统消，定点、定值显现. 9.已知椭圆 C ： 2 2 2 2 1x y a b   （ 1a b  ）的左焦点 F 与抛物线 2 4y x  的焦点重合，直 线 2 02x y   与以原点 O 为圆心，以椭圆的离心率 e 为半径的圆相切． （Ⅰ）求该椭圆C 的方程； （Ⅱ）过点 F 的直线交椭圆于 A ， B 两点，线段 AB 的中点为G ， AB 的垂直平分线与 x 轴和 y 轴分别交于 D ， E 两点．记 GFD 的面积为 1S ， OED 的面积为 2S ．问：是否存 在直线 AB ，使得 1 2S S ，若存在，求直线 AB 的方程，若不存在，说明理由． 【答案】（Ⅰ） 2 2 14 3 x y  ；（Ⅱ）见解析. 试题解析： （Ⅰ）由题意，得 1c  ， 20 0 2 1 22 e     ，即 1 2 c a  ，∴ 2a  ， 1b  ∴所求椭圆C 的方程为 2 2 14 3 x y  ． （Ⅱ）假设存在直线 AB 使 1 2S S ，显然直线 AB 不能与 x ， y 轴垂直． ∴直线 AB 的斜率存在，设其方程为  1y k x  （ 0k  ）， 将其代入 2 2 14 3 x y  整理得 2 2 2 24 3 8 4 12 0k x k x k     ， 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 2 1 2 2 8 4 3 kx x k    ，    1 2 1 2 2 61 1 4 3 ky y k x k x k        ， ∴ 2 2 2 4 3,4 3 4 3 k kG k k       ， ∵ DG AB ，∴ 2 2 2 3 4 3 14 4 3 D k k kk xk      ， 解得 2 24 3D kx k   ，即 2 2 ,04 3 kD k      ， ∵ GFD OED   ，∴ GF DG OE OD  ，∴ 2 GF DG DG OE OD OD        ， 即 2 1 2 DGS S OD       ，又∵ 1 2S S ，∴ GD OD ， ∴ 2 22 2 2 2 2 2 2 4 3 4 3 4 3 4 3 4 3 k k k k k k k k                ， 整理得 28 9 0k   因为此方程无解，故不存在直线 AB 满足 1 2S S ． 10. 已 知 椭 圆 2 2 2 2 1( 0)x y a b a b     ， 设 P 为 椭 圆 上 一 点 ， 且 1 2 60 ,F PF   3 3 21  FPFS . （Ⅰ）求b ； （Ⅱ）若 2a ， ),0( bA ，是否存在以 A 为直角顶点的内接于椭圆的等腰直角三角形？若存 在，请求出共有几个？若不存在，请说明理由. 【答案】（I） 1b  ；（II）存在3个，理由见解析． 【解析】 试题分析：（Ⅰ）根据椭圆定义及性质知 2m n a  ， 2 2 2a b c  ，在焦点三角形 1 2PF F 中， 由余弦定理得： 2 2 2 2 2 1 2(2 ) 2 cos ( ) 3 (2 ) 3c m n mn F PF m n mn a mn         ，得： 24 3mn b ，再有 1 2 21 3sin 602 3PF FS mn b    ，得： 13b  ；（Ⅱ）先分析特殊情况，当 ,AB AC 中一个斜率为零，一个斜率不存在显然不符合题意， 设 : 1AB y kx  ，不妨设 0k  ，联立直线和椭圆，利用直线和椭圆的位置关系得 1 2 2 80, 4 1 kx x k     ，从而 2 2 8| | 1 | |4 1 kAB k k    ，根据 ,AB AC AB AC  ,可得： 2 2 2 2 8 8 11 | |4 1 4 k kk k k    ， 化简求解 1 2 3 3 5 3 51 ,2 2k k k   ， ，故存在 3个． （Ⅱ）当 ,AB AC 中一个斜率为零，一个斜率不存在显然不符合题意， 设 : 1AB y kx  ，不妨设 0k  ， 联立直线 AB 和椭圆方程得 08)14( 22  kxxk ， 解得两根为 1 2 2 80, 4 1 kx x k     ， 所以 2 2 8| | 1 | |4 1 kAB k k    ，由 ACAB  ，得 1 ACAB kk 把 || AB 中的 k 换成 k 1 ，可得 2 2 2 2 181 8 1| | 1 | |1 44 1 kkAC k k k      由 |||| ACAB  的 2 2 2 2 8 8 11 | |4 1 4 k kk k k    ，结合 0k 化简得 0144 23  kkk ， 整理得 0)13)(1( 2  kkk 解得 1 2 3 3 5 3 51 ,2 2k k k   ， ，均符合 0k ， 所以符合条件的 ABC 的个数有 3 个. 考点：1、椭圆的简单几何性质；2、直线和椭圆的位置关系． 【思路点晴】本题主要考查的是椭圆的方程，椭圆的简单几何性质，直线与椭圆的位置关系， 属于难题．解决本类问题时，注意使用椭圆的定义，焦点三角形中余弦定理及三角形面积公 式，即可求得b ；存在性问题一般先假设存在然后去处理，本题注意先设一条直线，利用两条 直线垂直得另一条直线的斜率，类比的的方式去计算| |,| |AB AC ，然后转化为关于 k 的方程， 讨论其解的问题．