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.doc

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1、课时达标检测课时达标检测( (五十一五十一) ) 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题 一、全员必做题一、全员必做题 1 1已知椭圆已知椭圆x x2 2a a2 2y y2 2b b2 21(1(a a b b0)0)的左、右焦点分别是的左、右焦点分别是F F1 1，F F2 2，上、下顶点分别是，上、下顶点分别是B B1 1，B B2 2，C C是是B B1 1F F2 2的中点，若的中点，若11B F12B F2 2，且，且1CF12B F. . (1)(1)求椭圆的方程；求椭圆的方程； (2)(2)点点Q Q是椭圆上任意一点，是椭圆上任意一点，A A1 1

2、，A A2 2分别是椭圆的左、右顶点，直线分别是椭圆的左、右顶点，直线QAQA1 1，QAQA2 2与直线与直线x x4 4 3 33 3分别交于分别交于E E，F F两点，试证：以两点，试证：以EFEF为直径的圆与为直径的圆与x x轴交于定点，并求该定点的坐标轴交于定点，并求该定点的坐标 解：解：(1)(1)设设F F1 1( (c,c,0)0)，F F2 2( (c,c,0)0)，B B1 1(0(0，b b) )， 则则C C c c2 2，b b2 2. . 由题意得由题意得 11B F12B F2 2， 1CF12B F， 即即 c c，b bc c，b b2 2， 3 3c c2

3、2，b b2 2c c，b b0 0， 即即 b b2 2c c2 22 2，b b2 23 3c c2 2， 解得解得 b b2 23 3，c c2 21 1，从而从而a a2 24 4， 故所求椭圆的方程为故所求椭圆的方程为x x2 24 4y y2 23 31.1. (2)(2)证明：由证明：由(1)(1)得得A A1 1( (2,0)2,0)，A A2 2(2,0)(2,0)， 设设Q Q( (x x0 0，y y0 0) )，易知，易知x x0 022， 则直线则直线QAQA1 1的方程为的方程为y yy y0 0 x x0 02 2( (x x2)2)，与直线，与直线x x4 4

4、3 33 3的交点的交点E E的坐标为的坐标为4 4 3 33 3，y y0 0 x x0 02 2 4 4 3 33 32 2 ， 直 线直 线QAQA2 2的 方 程 为的 方 程 为y yy y0 0 x x0 02 2( (x x 2)2) ， 与 直 线， 与 直 线x x4 4 3 33 3的 交 点的 交 点F F的 坐 标 为的 坐 标 为 4 4 3 33 3，y y0 0 x x0 02 2 4 4 3 33 32 2， 设以设以EFEF为直径的圆与为直径的圆与x x轴交于点轴交于点H H( (m,m,0)0)，m m4 4 3 33 3， 则则HEHEHFHF，从而，从而

5、k kHEHEk kHFHF1 1， 即即y y0 0 x x0 02 2 4 4 3 33 32 24 4 3 33 3m my y0 0 x x0 02 2 4 4 3 33 32 24 4 3 33 3m m1 1， 即即4 43 3y y2 20 0 x x2 20 04 4 4 4 3 33 3m m2 2， 由由x x2 20 04 4y y2 20 03 31 1 得得y y2 20 0 x x2 20 04 4. . 所以由所以由得得m m4 4 3 33 311， 故以故以EFEF为直径的圆与为直径的圆与x x轴交于定点，且该定点的坐标为轴交于定点，且该定点的坐标为 4 4

6、3 33 31 1，0 0 或或 4 4 3 33 31 1，0 0 . . 2 2在在平面直角坐标系平面直角坐标系xOyxOy中，已知点中，已知点A A( (x x1 1，y y1 1) )，B B( (x x2 2，y y2 2) )是椭圆是椭圆E E：x x2 24 4y y2 21 1 上的非上的非坐标轴上的点，且坐标轴上的点，且 4 4k kOAOAk kOBOB1 10(0(k kOAOA，k kOBOB分别为直线分别为直线OAOA，OBOB的斜率的斜率) ) (1)(1)证明：证明：x x2 21 1x x2 22 2，y y2 21 1y y2 22 2均为定值；均为定值； (

7、2)(2)判断判断OABOAB的面积是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由的面积是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由 解：解：(1)(1)证明：依题意，证明：依题意，x x1 1，x x2 2，y y1 1，y y2 2均不为均不为 0 0， 则由则由 4 4k kOAOAk kOBOB1 10 0，得，得4 4y y1 1y y2 2x x1 1x x2 21 10 0， 化简得化简得y y2 2x x1 1x x2 24 4y y1 1， 因为点因为点A A，B B在椭圆上，在椭圆上， 所以所以x x2 21 14 4y y2 21 14 4 ， x x2 22 24

8、 4y y2 22 24 4 ， 把把y y2 2x x1 1x x2 24 4y y1 1代入代入，整理得整理得( (x x2 21 14 4y y2 21 1) )x x2 22 21616y y2 21 1. . 结结合合得得x x2 22 24 4y y2 21 1，同理可得同理可得x x2 21 14 4y y2 22 2， 从而从而x x2 21 1x x2 22 24 4y y2 22 2x x2 22 24 4，为定值为定值， y y2 21 1y y2 22 2y y2 21 1x x2 21 14 41 1，为定值为定值 (2)(2)S SOABOAB1 12 2| |OA

9、OA|OBOB|sin|sinAOBAOB 1 12 2x x2 21 1y y2 21 1x x2 22 2y y2 22 2 1 1coscos2 2AOBAOB 1 12 2x x2 21 1y y2 21 1x x2 22 2y y2 22 2 1 1x x1 1x x2 2y y1 1y y2 22 2x x2 21 1y y2 21 1x x2 22 2y y2 22 2 1 12 2 x x2 21 1y y2 21 1x x2 22 2y y2 22 2x x1 1x x2 2y y1 1y y2 22 2 1 12 2| |x x1 1y y2 2x x2 2y y1 1|.

10、|. 由由(1)(1)知知x x2 22 24 4y y2 21 1，x x2 21 14 4y y2 22 2，易知易知y y2 2x x1 12 2，y y1 1x x2 22 2或或y y2 2x x1 12 2，y y1 1x x2 22 2， S SOABOAB1 12 2| |x x1 1y y2 2x x2 2y y1 1| |1 12 2 1 12 2x x2 21 12 2y y2 21 1x x2 21 14 4y y2 21 14 41 1， 因此因此OABOAB的面积为定值的面积为定值 1.1. 3 3(2017(2017河北质量检测河北质量检测) )已知椭圆已知椭圆E

11、 E：x x2 2a a2 2y y2 2b b2 21 1 的右焦点为的右焦点为F F( (c,c,0)0)，且，且a ab bc c0 0，设短轴的一个端点为设短轴的一个端点为D D，原点，原点O O到直线到直线DFDF的距离为的距离为3 32 2，过原点和，过原点和x x轴不重合的直线与椭圆轴不重合的直线与椭圆E E相交于相交于C C，G G两点，且两点，且| |GF| | |CF| |4.4. (1)(1)求椭圆求椭圆E E的方程；的方程； (2)(2)是否存在过点是否存在过点P P(2,1)(2,1)的直线的直线l l与椭圆与椭圆E E相交于不同的两点相交于不同的两点A A，B B且

12、使得且使得OP2 24 4PAPB成立？若存在，试求出直线成立？若存在，试求出直线l l的方程；若不存在，请说明理由的方程；若不存在，请说明理由 解：解：(1)(1)由椭圆的对称性知由椭圆的对称性知| |GF| | |CF| |2 2a a4 4， a a2.2.又原点又原点O O到直线到直线DFDF的距离为的距离为3 32 2， bcbca a3 32 2，bcbc 3 3， 又又a a2 2b b2 2c c2 24 4，a ab bc c0 0， b b 3 3，c c1.1. 故椭圆故椭圆E E的方程为的方程为x x2 24 4y y2 23 31.1. (2)(2)当直线当直线l l

13、与与x x轴垂直时不满足条件轴垂直时不满足条件 故可设故可设A A( (x x1 1，y y1 1) )，B B( (x x2 2，y y2 2) )， 直线直线l l的方程为的方程为y yk k( (x x2)2)1 1，代入椭圆方程得，代入椭圆方程得 (3(34 4k k2 2) )x x2 28 8k k(2(2k k1)1)x x1616k k2 21616k k8 80 0， 32(632(6k k3)3)0 0，k k1 12 2. . x x1 1x x2 28 8k kk k3 34 4k k2 2，x x1 1x x2 21616k k2 21616k k8 83 34 4k

14、 k2 2， OP2 24 4PAPB， 即即 4 45 5， 4(4(x x1 12)(2)(x x2 22)(12)(1k k2 2) )5 5， 即即 4(14(1k k2 2) )5 5， 4 4 1616k k2 21616k k8 83 34 4k k2 2228 8k k2 2k k1 13 34 4k k2 24 4 (1(1k k2 2) ) 444 44 4k k2 23 34 4k k2 25 5， 解得解得k k1 12 2，k k1 12 2不符合题意，舍去不符合题意，舍去 存在满足条件的直线存在满足条件的直线l l，其方程为，其方程为y y1 12 2x x. .

15、二、重点选做题二、重点选做题 1 1A A为曲线为曲线y yx x2 24 4上任意一点，点上任意一点，点B B(2,0)(2,0)为线段为线段ACAC的中点的中点 (1)(1)求动点求动点C C的轨迹的轨迹E E的方程；的方程； (2)(2)过轨迹过轨迹E E的焦点的焦点F F作直线交轨迹作直线交轨迹E E于于M M，N N两点， 在圆两点， 在圆x x2 2y y2 21 1 上是否存在一点上是否存在一点P P，使得使得PMPM，PNPN分别为轨迹分别为轨迹E E的切线？若存在，求出的切线？若存在，求出P P点的坐标；若不存在，请说明理由点的坐标；若不存在，请说明理由 解：解：(1)(1)

16、设设C C( (x x，y y) )，A A( (m m，n n) )，因为，因为B B(2,0)(2,0)是是ACAC的中点，的中点， 所以所以 2 2x xm m2 2，0 0y yn n2 2，所以所以 m m4 4x x，n ny y， 又又n nm m2 24 4，所以所求方程为，所以所求方程为x x2 24 4y y. . (2)(2)假设存在点假设存在点P P( (x x0 0，y y0 0) )， 设设M M x x1 1，x x2 21 14 4，N N x x2 2，x x2 22 24 4，直线，直线MNMN的方程为的方程为y ykxkx1 1， 联立联立 y ykxkx

17、1 1，x x2 24 4y y，得得x x2 24 4kxkx4 40 0，则，则 x x1 1x x2 24 4k k，x x1 1x x2 24 4， 切线切线PMPM的方程为的方程为y yx x2 21 14 4x x1 12 2( (x xx x1 1) )， 将点将点P P( (x x0 0，y y0 0) )代入化简得代入化简得x x2 21 12 2x x1 1x x0 04 4y y0 00 0， 同理得同理得x x2 22 22 2x x2 2x x0 04 4y y0 00 0， 所以所以知知x x1 1，x x2 2是方程是方程x x2 22 2x x0 0 x x4

18、4y y0 00 0 的两根，的两根， 则则x x1 1x x2 24 4y y0 04 4， 所以所以y y0 01 1，代入圆的方程得，代入圆的方程得x x0 00 0， 所以存在点所以存在点P P(0(0，1)1)，使得，使得PMPM，PNPN分别为轨迹分别为轨迹E E的切线的切线 2 2已知椭圆已知椭圆M M：x x2 2a a2 2y y2 2b b2 21(1(a a b b0)0)的一个顶点坐标为的一个顶点坐标为(0,1)(0,1)，离心率为，离心率为2 22 2，动直线，动直线y yx xm m交椭圆交椭圆M M于不同的两点于不同的两点A A，B B，T T(1,1)(1,1)

19、 (1)(1)求椭圆求椭圆M M的标准方程；的标准方程； (2)(2)试问：试问：TABTAB的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说请说明理由明理由 解：解：(1)(1)由题意得由题意得c ca a2 22 2，b b1 1，又，又a a2 2b b2 2c c2 2， 所以所以a a 2 2，c c1 1，椭圆，椭圆M M的标准方程为的标准方程为x x2 22 2y y2 21.1. (2)(2)由由 y yx xm m，x x2 22 2y y2 21 1得得 3 3x x2 24 4mxmx2 2m m2 22

20、 20.0. 由题意得，由题意得，1616m m2 224(24(m m2 21)01)0，即，即m m2 23030， 所以所以 3 3 m m b b0)0)的离心率为的离心率为e e6 63 3，过，过C C1 1的左焦点的左焦点F F1 1的直线的直线l l：x xy y2 20 0 被圆被圆C C2 2：( (x x3)3)2 2( (y y3)3)2 2r r2 2( (r r0)0)截得的弦长为截得的弦长为 2 2 2 2. . (1)(1)求椭圆求椭圆C C1 1的方程；的方程； (2)(2)设设C C1 1的右焦点为的右焦点为F F2 2，在圆，在圆C C2 2上是否存在点上

21、是否存在点P P，满足，满足| |P PF F1 1| |a a2 2b b2 2| |PFPF2 2| |？若存在，指出有？若存在，指出有几个这样的点几个这样的点( (不必求出点的坐标不必求出点的坐标) )；若不存在，说明理由；若不存在，说明理由 解：解：(1)(1)直线直线l l的方程为的方程为x xy y2 20 0， 令令y y0 0，得，得x x2 2，即，即F F1 1( (2,0)2,0)， c c2 2， 又又e ec ca a6 63 3， a a2 26 6，b b2 2a a2 2c c2 22 2， 椭圆椭圆C C1 1的方程为的方程为x x2 26 6y y2 22

22、21.1. (2)(2)圆心圆心C C2 2(3,3)(3,3)到直线到直线l l：x xy y2 20 0 的距离的距离d d|3|33 32|2|2 2 2 2， 又直线又直线l l：x xy y2 20 0 被圆被圆C C2 2：( (x x3)3)2 2( (y y3)3)2 2r r2 2( (r r0)0)截得的弦长为截得的弦长为 2 2 2 2， r r d d2 2 2 2 2 22 22 2 2 22 22 2， 故圆故圆C C2 2的方程为的方程为( (x x3)3)2 2( (y y3)3)2 24.4. 设圆设圆C C2 2上存在点上存在点P P( (x x，y y)

23、)，满足，满足| |PFPF1 1| |a a2 2b b2 2| |PFPF2 2| |， 即即| |PFPF1 1| |3|3|PFPF2 2| |，且，且F F1 1，F F2 2的坐标分别为的坐标分别为F F1 1( (2,0)2,0)，F F2 2(2(2，0)0)， 则则x x2 2y y2 23 3x x2 2y y2 2， 整理得整理得 x x5 52 22 2y y2 29 94 4，它表示圆心是，它表示圆心是C C 5 52 2，0 0 ，半径是，半径是3 32 2的圆的圆 | |CCCC2 2| | 3 35 52 22 22 237372 2， 故有故有 2 23 32

24、 2|CCCC2 2|2|23 32 2，故圆，故圆C C与圆与圆C C2 2相交，有两个公共点相交，有两个公共点 圆圆C C2 2上存在两个不同的点上存在两个不同的点P P，满足，满足| |PFPF1 1| |a a2 2b b2 2| |PFPF2 2|.|. 2 2如图，如图，已知椭圆已知椭圆x x2 24 4y y2 23 31 1 的左焦点为的左焦点为F F，过点，过点F F的直线的直线交椭圆于交椭圆于A A，B B两点，线段两点，线段ABAB的中点为的中点为G G，ABAB的中垂线与的中垂线与x x轴轴和和y y轴分别交于轴分别交于D D，E E两点两点 (1)(1)若点若点G G

25、的横坐标为的横坐标为1 14 4，求直线，求直线ABAB的斜率；的斜率； (2)(2)记记GFDGFD的面积为的面积为S S1 1，OEDOED( (O O为原点为原点) )的面积为的面积为S S2 2. . 试问：是否存在直线试问：是否存在直线ABAB，使得，使得S S1 1S S2 2？说明理由？说明理由 解：解：(1)(1)由条件可得由条件可得c c2 2a a2 2b b2 21 1，故，故F F点坐标为点坐标为( (1,0)1,0) 依题意可知，直线依题意可知，直线ABAB的斜率存在，设其方程为的斜率存在，设其方程为y yk k( (x x1)1)，将其代入，将其代入x x2 24

26、4y y2 23 31 1， 整理得整理得(4(4k k2 23)3)x x2 28 8k k2 2x x4 4k k2 212120.0. 设设A A( (x x1 1，y y1 1) )，B B( (x x2 2，y y2 2) )，所以，所以x x1 1x x2 28 8k k2 24 4k k2 23 3. . 故点故点G G的横坐标为的横坐标为x x1 1x x2 22 24 4k k2 24 4k k2 23 31 14 4， 解得解得k k1 12 2， 故直线故直线ABAB的斜率为的斜率为1 12 2或或1 12 2. . (2)(2)假设存在直线假设存在直线ABAB，使得，使

27、得S S1 1S S2 2，显然直线，显然直线ABAB不能与不能与x x，y y轴垂直，即直线轴垂直，即直线ABAB斜率斜率存在且不为零存在且不为零 由由(1)(1)可得可得G G 4 4k k2 24 4k k2 23 3，3 3k k4 4k k2 23 3. . 设设D D点坐标为点坐标为( (x xD,D,0)0) 因为因为DGDGABAB， 所以所以3 3k k4 4k k2 23 34 4k k2 24 4k k2 23 3x xD Dk k1 1， 解得解得x xD Dk k2 24 4k k2 23 3，即，即D D k k2 24 4k k2 23 3，0 0 . . 因为因为GFDGFDOEDOED， 所以所以S S1 1S S2 2| |GDGD| | |ODOD|.|. 所以所以 k k2 24 4k k2 23 34 4k k2 24 4k k2 23 32 2 3 3k k4 4k k2 23 32 2 k k2 24 4k k2 23 3， 整理得整理得 8 8k k2 29 90.0. 因为此方程无解，所以不存在直线因为此方程无解，所以不存在直线ABAB，使得，使得S S1 1S S2 2. .