2023届高考数学专项练习圆锥曲线中探索性的问题含答案.pdf

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1、2023届高考数学专项练习圆锥曲线中探索性的问题一、真题剖析一、真题剖析【2019年新课标1卷文科】【2019年新课标1卷文科】已知点A，B关于坐标原点O对称，AB=4，M过点A，B且与直线x+2=0相切(1)若A在直线x+y=0上，求M的半径(2)是否存在定点P，使得当A运动时，MA-MP为定值？并说明理由【试题情景】【试题情景】本题属于课程学习情景，本题以圆的方程的求解问题、圆锥曲线中的定点定值类问题。【必备知识】【必备知识】本题考查圆的方程的求解问题、圆锥曲线中的定点定值类问题问题。【能力素养】【能力素养】本题考查逻辑思维能力和运算能力，考查的学科素养是理想思维和数学探索，本题考查圆的方

2、程的求解问题、圆锥曲线中的定点定值类问题.解决本定点定值问题的关键是能够根据圆的性质得到动点所满足的轨迹方程，进而根据抛物线的定义得到定值，进而验证定值符合所有情况，使得问题得解.(1)设A t,-t，B-t,t，根据 AB=4，可知 t=2；由圆的性质可知圆心M必在直线y=x上，可设圆心M a,a；利用圆心到x+2=0的距离为半径和 MA=MB=r构造方程，从而解出r；(2)当直线AB斜率存在时，设AB方程为：y=kx，由圆的性质可知圆心M必在直线y=-1kx上；假设圆心坐标，利用圆心到x+2=0的距离为半径和r=MA=OA2+OM2构造方程，解出M坐标，可知M轨迹为抛物线；利用抛物线定义可

3、知P 1,0为抛物线焦点，且定值为1；当直线AB斜率不存在时，求解出M坐标，验证此时P 1,0依然满足定值，从而可得到结论.二、二、题型选讲题型选讲题型一、是否存在参数的成立问题题型一、是否存在参数的成立问题例例1.1.(20222022 山东淄博山东淄博 高三期末高三期末)已知双曲线 C:x2a2-y2b2=1 a0,b0的左焦点为 F，右顶点为 A，渐近线方程为y=3x，F到渐近线的距离为3(1)求C的方程；(2)若直线l过F，且与C交于P，Q两点(异于C的两个顶点)，直线x=t与直线AP，AQ的交点分别为M，N是否存在实数t，使得 FM+FN=FM-FN？若存在，求出t的值；若不存在，请

4、说明理由变式变式1.1.(20212021 江苏南京市高三三模江苏南京市高三三模)在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线C:y2=4x，经过P(t,0)(t0)的直线l与C交于A,B两点.(1)若t=4，求AP长度的最小值；(2)设以AB为直径的圆交x轴于M,N两点，问是否存在t，使得OM ON=-4？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.变式变式2.2.(20212021 辽宁实验中学高三模拟辽宁实验中学高三模拟)已知椭圆 C 的中心在坐标原点，焦点在 x 轴上，椭圆 C 上的点到右焦点F距离的最大值为3，最小值为1.(1)求椭圆C的标准方程：(2)设MN和PQ是通过椭圆C的右焦点F的两条

5、弦，且PQMN.问是否存在常数，使得 PQ+MN=PQ MN恒成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.变式变式3.3.(20222022 武汉部分学校武汉部分学校 9 9 月起点质量检测月起点质量检测)已知椭圆 E：x2a2+y2b2=1(a b 0)的离心率为22，点A(0，-1)是椭圆E短轴的一个四等分点(1)求椭圆E的标准方程；(2)设过点A且斜率为k1的动直线与椭圆 E交于M，N两点，且点B(0，2)，直线BM，BN分别交C：x2+(y-1)2=1于异于点B的点P，Q，设直线PQ的斜率为k2，求实数，使得k2=k1恒成立题型二、是否存在定点、定值问题题型二、是否存在定点、定值问题例

6、例2.2.(20222022 广东揭阳广东揭阳 高三期末高三期末)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0),F1,F2为椭圆的左右焦点，焦距为2 3，点P在C上，且PF1F2面积的最大值为3.(1)求椭圆C的方程；(2)过点M65,0作直线l交椭圆于A,B两点，以AB为直径的圆是否恒过x轴上的定点Q m,0？若存在该定点，请求出m的值；若不存在，请说明理由.变式变式1.1.(20222022 江苏扬州江苏扬州 高三期末高三期末)已知抛物线y2=2px(p0)的焦点F到准线的距离为2(1)求抛物线的方程；(2)过点P(1，1)作两条动直线l1，l2分别交抛物线于点A，B，C，D设以AB为直径

7、的圆和以CD为直径的圆的公共弦所在直线为m，试判断直线m是否经过定点，并说明理由变式变式2.2.(20222022 湖北华中师大附中等六校开学考试联考湖北华中师大附中等六校开学考试联考)已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为12，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线7x-5y+12=0相切(1)求椭圆C的方程；(2)设A(-4,0)，过点R(3,0)作与x轴不重合的直线l交椭圆C于P，Q两点，连接AP，AQ分别交直线x=163于M，N两点，若直线MR、NR的斜率分别为k1、k2，试问：k1k2是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由题型三、是否存在定直线、圆等问

8、题题型三、是否存在定直线、圆等问题例例3.3.(20212021 河北邯郸市高三三模河北邯郸市高三三模)已知抛物线 C:x2=4y的焦点为 F，准线为 l.设过点F且不与x轴平行的直线m与抛物线C交于A，B两点，线段AB的中点为M，过M作直线垂直于l，垂足为N，直线MN与抛物线C交于点P.(1)求证：点P是线段MN的中点.(2)若抛物线C在点P处的切线与y轴交于点Q，问是否存在直线m，使得四边形MPQF是有一个内角为60的菱形？若存在，请求出直线m的方程；若不存在，请说明理由.变式变式1.1.(20212021 山东泰安市山东泰安市 高三一模高三一模)已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0

9、)的离心率为63，短轴长为22.(1)求椭圆C的方程；(2)已知A，B是椭圆C上的两个不同的动点，以线段AB为直径的圆经过坐标原点O.是否存在以O为圆心的定圆恒与直线AB相切？若存在，求出定圆方程；若不存在，请说明理由.三、三、追踪训练追踪训练1.(20212021 福建泉州市高三二模福建泉州市高三二模)已知抛物线C:x2=2py(p0)的焦点为F，P为C上的动点，Q为P在动直线y=t(t0)的焦点为F，准线为l，过焦点F且斜率为1的直线与抛物线C交于A，B两点，若AB的中点到准线l的距离为4(1)求抛物线C的方程；(2)设P为l上任意一点，过点P作C的切线，切点为Q，试判断F是否在以PQ为直

10、径的圆上3.(20222022 广东汕尾广东汕尾 高三期末高三期末)已知点M为直线l1：x=-2上的动点，N(2，0)，过M作直线l1的垂线l，l交线段MN的垂直平分线于点P，记点P的轨迹为C(1)求曲线C的方程；(2)设O是坐标原点，A，B是曲线C上的两个动点，且OA OB=-16，试问直线AB是否过定点？若不过定点，请说明理由；若过定点，请求出定点坐标4.(20222022 广东潮州广东潮州 高三期末高三期末)已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1(a b 0)的离心率为63，以原点 O 为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆与直线2x-2y+6=0相切(1)求椭圆C的标准方程；(2)已知点A，

11、B为动直线y=k(x-2)(k0)与椭圆C的两个交点，问：在x轴上是否存在定点E，使得EA2+EA AB 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5.(20222022 山东烟台山东烟台 高三期末高三期末)已知椭圆 :x2a2+y2b2=1 ab0的长轴长为 4，点 P2 63,1在 上(1)求椭圆的方程；(2)设椭圆的左、右顶点分别为A、B，过定点 1,0的直线与椭圆交于C、D两点(异于点A、B)，试探究直线AC、BD的交点的横坐标是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由圆锥曲线中探索性的问题一、一、真题剖析真题剖析【20192019年新课标年新课标1 1卷文科】卷

12、文科】已知点A，B关于坐标原点O对称，AB=4，M过点A，B且与直线x+2=0相切(1)若A在直线x+y=0上，求M的半径(2)是否存在定点P，使得当A运动时，MA-MP为定值？并说明理由【试题情景】【试题情景】本题属于课程学习情景，本题以圆的方程的求解问题、圆锥曲线中的定点定值类问题。【必备知识】【必备知识】本题考查圆的方程的求解问题、圆锥曲线中的定点定值类问题问题。【能力素养】【能力素养】本题考查逻辑思维能力和运算能力，考查的学科素养是理想思维和数学探索，本题考查圆的方程的求解问题、圆锥曲线中的定点定值类问题.解决本定点定值问题的关键是能够根据圆的性质得到动点所满足的轨迹方程，进而根据抛物

13、线的定义得到定值，进而验证定值符合所有情况，使得问题得解.(1)设A t,-t，B-t,t，根据 AB=4，可知 t=2；由圆的性质可知圆心M必在直线y=x上，可设圆心M a,a；利用圆心到x+2=0的距离为半径和 MA=MB=r构造方程，从而解出r；(2)当直线AB斜率存在时，设AB方程为：y=kx，由圆的性质可知圆心M必在直线y=-1kx上；假设圆心坐标，利用圆心到x+2=0的距离为半径和r=MA=OA2+OM2构造方程，解出M坐标，可知M轨迹为抛物线；利用抛物线定义可知P 1,0为抛物线焦点，且定值为1；当直线AB斜率不存在时，求解出M坐标，验证此时P 1,0依然满足定值，从而可得到结论

14、.【解析】(1)A在直线x+y=0上设A t,-t，则B-t,t又 AB=48t2=16，解得：t=2M过点A，B圆心M必在直线y=x上设M a,a，圆的半径为rM与x+2=0相切r=a+2又 MA=MB=r，即 a-22+a+22=r2 a-22+a+22=a+22，解得：a=0或a=4当a=0时，r=2；当a=4时，r=6M的半径为：2或6(2)存在定点P 1,0，使得 MA-MP=1说明如下：A，B关于原点对称且 AB=4直线AB必为过原点O的直线，且 OA=2当直线AB斜率存在时，设AB方程为：y=kx则M的圆心M必在直线y=-1kx上设M-km,m，M的半径为rM与x+2=0相切r=

15、-km+2又r=MA=OA2+OM2=4+k2m2+m2-km+2=4+k2m2+m2，整理可得：m2=-4km即M点轨迹方程为：y2=4x，准线方程为：x=-1，焦点F 1,0 MA=r，即抛物线上点到x=-2的距离 MA=MF+1 MA-MF=1当P与F重合，即P点坐标为 1,0时，MA-MP=1当直线AB斜率不存在时，则直线AB方程为：x=0M在x轴上，设M n,0 n+2=n2+4，解得：n=0，即M 0,0若P 1,0，则 MA-MP=2-1=1综上所述，存在定点P 1,0，使得 MA-MP为定值.二、二、题型选讲题型选讲题型一、是否存在参数的成立问题题型一、是否存在参数的成立问题例

16、例1.1.(20222022 山东淄博山东淄博 高三期末高三期末)已知双曲线 C:x2a2-y2b2=1 a0,b0的左焦点为 F，右顶点为 A，渐近线方程为y=3x，F到渐近线的距离为3(1)求C的方程；(2)若直线l过F，且与C交于P，Q两点(异于C的两个顶点)，直线x=t与直线AP，AQ的交点分别为M，N是否存在实数t，使得 FM+FN=FM-FN？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由【答案】(1)x2-y23=1(2)存在，t=-12【解析】【分析】(1)根据F到渐近线的距离为3，可求得b，再根据渐近线方程可求得a,，即得双曲线方程；(2)假设存在，设直线的方程，并和双曲线方程联立

17、，得到根与系数的关系式，然后表示出点M，N的坐标，进而得到向量FM,FN 的坐标，利用其数量积为零，将根与系数的关系式代入，看能否解出参数t的值，即可得答案.(1)双曲线C:x2a2-y2b2=1 a0,b0一条渐近线方程为y=bax，焦点F(-c,0)，则焦点到准线的距离d=|bc|a2+b2=b，由F到渐近线的距离为3 可知：b=3，由渐近线方程为y=3x知：ba=3，故a=1，所以双曲线方程为：x2-y23=1；(2)设直线l的方程为x=my-2，联立x=my-2x2-y23=1 ，整理得：(3m2-1)y2-12my+9=0，设P(x1,y1),Q(x2,y2)，而A(1,0),F(-

18、2,0),则y1+y2=12m3m2-1,y1y2=93m2-1，所以x1+x2=m(y1+y2)-4=43m2-1，x1x2=m2y1y2-2m(y1+y2)+4=-3m2-43m2-1，假设存在实数t，使得 FM+FN=FM-FN，则FM FN=0,故由AP方程：y=y1x1-1(x-1),令x=t得M t,y1x1-1(t-1)，同理AQ方程：y=y2x2-1(x-1),令x=t得N t,y2x2-1(t-1)，所以FM FN=t+2,y1x1-1(t-1)t+2,y2x2-1(t-1)=0，即(t+2)2+y1y2(x1-1)(x2-1)(t-1)2=0，则(t+2)2+93m2-1-

19、3m2-43m2-1-43m2-1+1(t-1)2=0，即(t+2)2-(t-1)2=0，解得t=-12，故存在实数t=-12，使得 FM+FN=FM-FN.变式变式1.1.(20212021 江苏南京市高三三模江苏南京市高三三模)在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线C:y2=4x，经过P(t,0)(t0)的直线l与C交于A,B两点.(1)若t=4，求AP长度的最小值；(2)设以AB为直径的圆交x轴于M,N两点，问是否存在t，使得OM ON=-4？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.【解析】(1)设Ay204,y0，由P 4,0，可得 AP2=y204-42+y02=y4016-y02+

20、16=116y02-82+1212，当y0=2 2 时，|AP|取得最小值2 3；(2)设直线AB的方程为x=my+t，A x1,y1,B x2,y2，联立x=my+ty2=4x 可得y2-4my-4t=0，即有y1+y2=4m,y1y2=-4t，设以AB为直径的圆上任一点Q x,y,M x3,0,N x4,0所以Q的轨迹方程为 x-x1x-x2+y-y1y-y2=0 x1x2=m y1+y2+2t=4m2+2tx1x2=my1+tmy2+t=m2y1+y2+mty1y2+t2=-m2t+4m2t+t2=t2所以Q的轨迹方程化为x2-4m2+2tx+t2+y2-4my-4t=0令y=0，得x2

21、-4m2+2tx+t2-4t=0所以上式方程的两根分别为x3，x4，则x3x4=t2-4t由OM ON=x3x4=-4，可得x3x4=-4，即有t2-4t=-4，解得t=2所以存在t=2，使得OM ON=-4变式变式2.2.(20212021 辽宁实验中学高三模拟辽宁实验中学高三模拟)已知椭圆 C 的中心在坐标原点，焦点在 x 轴上，椭圆 C 上的点到右焦点F距离的最大值为3，最小值为1.(1)求椭圆C的标准方程：(2)设MN和PQ是通过椭圆C的右焦点F的两条弦，且PQMN.问是否存在常数，使得 PQ+MN=PQ MN恒成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【解析】(1)设椭圆C的方程为

22、x2a2+y2b2=1(ab0)，半焦距为c.根据椭圆的几何性质可得，椭圆的左顶点到右焦点的距离最大，且为a+c，椭圆的右顶点到右焦点的距离最小，且为a-c，即a+c=3a-c=1，解得：a=2,c=1.所以b2=a2-c2=3椭圆C的方程为x24+y23=1.(2)当MN和PQ一个斜率不存在另一个为0时，不妨令MN斜率不存在，则 MN=2b2a=232=3,PQ=2a=4，所以=MN+PQMN PQ=1MN+1PQ=13+14=712.当MN和PQ斜率都存在时，设直线MN的方程为y=k(x-1),M(x1,y1),N(x2,y2)，直线PQ的方程为y=-1k(x-1).联立方程x24+y23

23、=1y=k(x-1)得：(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0.=(-8k2)2-4(3+4k2)(4k2-12)=144k2+1440，x1+x2=8k23+4k2x1x2=4k2-123+4k2，则 MN=1+k2x1-x2=1+k28k23+4k22-44k2-123+4k2=12(k2+1)4k2+3.同理可得 PQ=12-1k2+14-1k2+3=12(k2+1)3k2+4.则=MN+PQMN PQ=1MN+1PQ=4k2+312(1+k2)+3k2+412(1+k2)=712.综上可知存在常数=712，使得 PQ+MN=PQ MN恒成立.变式变式3.3.(20222022

24、武汉部分学校武汉部分学校 9 9 月起点质量检测月起点质量检测)已知椭圆 E：x2a2+y2b2=1(a b 0)的离心率为22，点A(0，-1)是椭圆E短轴的一个四等分点(1)求椭圆E的标准方程；(2)设过点A且斜率为k1的动直线与椭圆 E交于M，N两点，且点B(0，2)，直线BM，BN分别交C：x2+(y-1)2=1于异于点B的点P，Q，设直线PQ的斜率为k2，求实数，使得k2=k1恒成立【解析】(1)由题意，b-(-1)(-1)-(-b)=3，解得b=2，设椭圆半焦距为c，则ca=22，即1-b2a2=12，解得a2=8椭圆的标准方程为x28+y24=1(2)设M(x1，y1)，N(x2

25、，y2)，P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，直线MN方程为y=k1x-1方法一：直线BM方程为y=y1-2x1x+2，与x2+(y-1)2=1联立得(x12+(y1-2)2)x2+2x1(y1-2)x=0由xP0，解得xP=-2x1(y1-2)x12+(y1-2)2又x128+y124=1，即x21=8-2y21，代入上式，得xP=-2x1(y1-2)2(4-y12)+(y1-2)2=2x1y1+6yP=y1-2x1xp+2=4-16y1+6即点P2x1y1+6，4-16y1+6，同理，点Q2x2y2+6，4-16y2+6k2=yP-yQxP-xQ=4-16y1+16-4-16y2+162x

26、1y1+6-2x2y2+6=8(y1-y2)x1y2-x2y1+6x1-6x2将y1=k1x1-1，y2=k1x2-1代入上式，得k2=8k1(x1-x2)x1k1x2-1-x2k1x1-1+6(x1-x2)=8k1(x1-x2)5(x1-x2)即k2=85k1，=85方法二：y=k1x-1与x28+y24=1联立得：(2k12+1)x2-4k1x-6=0，则x1+x2=4k12k1x1x2=-62k2+1 kBM+kBN=y1-2x1+y2-2x2=k1x1-3x2=k1x11-3x2=2k1-3(x1+x2)x1x2=4k1kBMkBN=y1-2x1y2-2x2=k1x1-3k1x2-3x

27、1x2=k12x1x2-3k1x1+x2+9x1x2=-6k12-12k12+9 2k12+1-6=-32设直线PQ方程为y=k2x+t，与x2+(y-1)2=1联立得：(k22+1)x2+2k2(t-1)x+r(t-2)=0则xP+xQ=-2k2(t-1)k22+1xPxQ=t(t-2)k22+1 kBP+kBQ=yP-2xP+yQ-2xQ=k2xP+t-2xP+k2xQ+t-2xQ=2k2+(t-2)(xP+xQ)xPxQ=2k2-2k2(t-2)(t-1)t(t-2)=2k2tkBPkBQ=yP-2xPyQ-2xQ=k2xP+t-2k2xQ+t-2xPxQ=k22xPxQ+k2(t-2)

28、xP+xQ+(t-2)2xPxQ=k22t(t-2)-2k22(t-2)(t-1)+k22+1(t-2)2t(t-2)=k22t-2k22(t-1)+k22+1(t-2)t=t-2t由kBM+kBN=kBP+kBQkBMkBN=kBPkBQ，即4k1=2k2t-32=t-2t，解得t=45k2=85k1=85题型二、是否存在定点、定值问题题型二、是否存在定点、定值问题例例2.2.(20222022 广东揭阳广东揭阳 高三期末高三期末)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0),F1,F2为椭圆的左右焦点，焦距为2 3，点P在C上，且PF1F2面积的最大值为3.(1)求椭圆C的方程；(2)过点

29、M65,0作直线l交椭圆于A,B两点，以AB为直径的圆是否恒过x轴上的定点Q m,0？若存在该定点，请求出m的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)x24+y2=1；(2)以AB为直径的圆恒过x轴上的定点Q 2,0,m=2.【解析】【分析】(1)根据焦距求出c=3，再根据面积的最值求出b=1，即得椭圆的方程；(2)当直线l的斜率为0时，圆与x轴的交点为-2,0,2,0；当直线l的斜率不为0时，设直线l:x=ty+65.联立直线和圆的方程得到韦达定理，得到x2-485 t2+4x-100t2-8025 t2+4=0，即25x2-100t2+100 x2-240 x+80=0，解方程25x2-1

30、00=0，且100 x2-240 x+80=0即得解.(1)解：由椭圆C的焦距为2 3，可得2c=2 3，即c=3.设点P的纵坐标为yP,PF1F2的面积SPF1F2=12F1F2 yP=3 yP，其中 yPb，根据PF1F2面积的最大值为3，可得b=1.由椭圆的性质可得：a2=b2+c2=4.于是椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)解：当直线l的斜率为0时，以AB为直径的圆的方程为x2+y2=4圆与x轴的交点为-2,0,2,0当直线l的斜率不为0时，设直线l:x=ty+65.将直线l与椭圆C联立，可得 t2+4y2+125ty-6425=0.设点A,B的坐标分别为 x1,y1,x2,y2，

31、则有y1+y2=-12t5 t2+4,y1y2=-6425 t2+4.以AB为直径的圆的方程为 x-x1x-x2+y-y1y-y2=0令y=0，可得：x2-x1+x2x+x1x2+y1y2=0.其中x1+x2=t y1+y2+125=485 t2+4，x1x2=t2y1y2+65t y1+y2+3625=-100t2+14425 t2+4.代入可得x2-485 t2+4x-100t2-8025 t2+4=0.式子可变换为 25x2-100t2+100 x2-240 x+80=0.当25x2-100=0，且100 x2-240 x+80=0时，式成立，可解得x=2.综上可得，以AB为直径的圆恒过

32、x轴上的定点Q 2,0,m=2.变式变式1.1.(20222022 江苏扬州江苏扬州 高三期末高三期末)已知抛物线y2=2px(p0)的焦点F到准线的距离为2(1)求抛物线的方程；(2)过点P(1，1)作两条动直线l1，l2分别交抛物线于点A，B，C，D设以AB为直径的圆和以CD为直径的圆的公共弦所在直线为m，试判断直线m是否经过定点，并说明理由【答案】(1)y2=4x；(2)直线m恒过定点14，58，理由见解析.【解析】【分析】(1)由题可得p=2，即求；(2)利用韦达定理法及条件可求以AB为直径的圆和以CD为直径的圆的方程，然后可得公共弦所在直线，进而即得.(1)由题意得该抛物线焦点到准线

33、的距离为p2-p2=p=2，所以该抛物线的方程为y2=4x(2)当直线l1，l2的斜率都存在时，设直线l1：y-1=k1(x-1)，直线l2：y-1=k2(x-1)，由y2=4xy-1=k1(x-1)，消去y得k12x2-2 k12-k1+2x+1-k12=0，显然0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1+x2=2 k12-k1+2k12，x1x2=1-k12k12，y1+y2=k1x1+x2-2+2=4k1，y1y2=k12x1x2+k11-k1x1+x2+1-k12=4(1-k1)k1，则以AB为直径的圆的方程为：(x-x1)(x-x2)+(y-y1)(y-y2)=0，x2-x1+

34、x2x+x1x2+y2-y1+y2y+y1y2=0，即x2+y2-2x-3+1-4xk12+2(x-2y+1)k1=0，同理，以CD为直径的圆的方程为：x2+y2-2x-3+1-4xk22+2(x-2y+1)k2=0，以两圆公共弦所在的直线m的方程为：(1-4x)1k1+1k2+2(x-2y+1)=0令1-4x=02(x-2y+1)=0，解得x=14y=58，所以直线恒过定点14，58当直线l1，l2的斜率中有一个不存在时，由对称性不妨设l1的斜率不存在，l2的斜率为k2，则以AB为直径的圆的方程为：x2+y2-2x-3=0，以CD为直径的圆的方程为：x2+y2-2x-3+1-4xk22+2(

35、x-2y+1)k2=0，所以两圆公共弦所在的直线m的方程为：(1-4x)k2+2(x-2y+1)=0，此时直线m恒过定点14，58，综上得：直线m恒过定点14，58变式变式2.2.(20222022 湖北华中师大附中等六校开学考试联考湖北华中师大附中等六校开学考试联考)已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为12，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线7x-5y+12=0相切(1)求椭圆C的方程；(2)设A(-4,0)，过点R(3,0)作与x轴不重合的直线l交椭圆C于P，Q两点，连接AP，AQ分别交直线x=163于M，N两点，若直线MR、NR的斜率分别为k1、k2，试问：k

36、1k2是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由【答案】(1)x216+y212=1;(2)k1k2为定值-127.【解析】【详解】试题分析：(1)根据离心率、直线与圆相切建立关于a,b,c的方程组，过得a,b,c，从而得到椭圆的方程；(2)设 P(x1,y1)，Q(x2,y2)，直线 PQ 的方程为 x=my+3，联立椭圆方程消去 x，得到关于 y的方程，再利用韦达定理得到y1,y2之间的关系，从而得到k1k2的关系试题解析：(1)由题意得ca=12,127+5=b,a2=b2+c2,解得a=4,b=2 3,c=2,故椭圆C的方程为x216+y212=1(2)设P(x1,y1)，Q(x

37、2,y2)，直线PQ的方程为x=my+3，由x216+y212=1,x=my+3,得(3m2+4)y2+18my-21=0y1+y2=-18m3m2+4，y1y2=-213m2+4，由A，P，M三点共线可知，yM163=y1x1+4，所以yM=283y1x1+4；同理可得yN=283y2x2+4所以k1k2=yM163-3yN163-3=9yMyN49=16y1y2(x1+4)(x2+4)因为(x1+4)(x2+4)=(my1+7)(my2+7)=m2y1y2+7m(y1+y2)+49，所以k1k2=16y1y2m2y1y2+7m(y1+y2)+49=16-213m2+4m2-213m2+4+

38、7m-183m2+4+49=-127题型三、是否存在定直线、圆等问题题型三、是否存在定直线、圆等问题例例3.3.(20212021 河北邯郸市高三三模河北邯郸市高三三模)已知抛物线 C:x2=4y的焦点为 F，准线为 l.设过点F且不与x轴平行的直线m与抛物线C交于A，B两点，线段AB的中点为M，过M作直线垂直于l，垂足为N，直线MN与抛物线C交于点P.(1)求证：点P是线段MN的中点.(2)若抛物线C在点P处的切线与y轴交于点Q，问是否存在直线m，使得四边形MPQF是有一个内角为60的菱形？若存在，请求出直线m的方程；若不存在，请说明理由.【分析】(1)设直线m的方程为y=kx+1(k0)，

39、与x2=4y联立，利用韦达定理求得点M的坐标，再根据 MNl，得到MN中点的坐标即可；(2)由x2=4y，得y=x24，求导y=x2，由MNy轴，得到四边形MPQF为平行四边形，再由|MF|=|MP|求解.【解析】(1)证明：由题意知直线m的斜率存在且不为0，故设直线m的方程为y=kx+1(k0)，代入x2=4y，并整理得x2-4kx-4=0.所以=16k2+160，设A x1,y1，B x2,y2，则x1+x2=4k，x1x2=-4.设M x0,y0，则x0=x1+x22=2k，y0=kx0+1=2k2+1，即M 2k,2k2+1.由MNl，得N(2k,-1)，所以MN中点的坐标为 2k,k

40、2.将x=2k代入x2=4y，解得y=k2，则P 2k,k2，所以点P是MN的中点.(2)由x2=4y，得y=x24，则y=x2，所以抛物线C在点P 2k,k2的切线PQ的斜率为k，又由直线m的斜率为k，可得mPQ；又MNy轴，所以四边形MPQF为平行四边形.而|MF|=(2k)2+2k2+1-12=2 k2k2+1，|MP|=2k2+1-k2=k2+1，由|MF|=|MP|，得2 k2k2+1=k2+1，解得k=33，即当k=33时，四边形MPQF为菱形，且此时|PF|=(2k-0)2+k2-12=k2+1=|MP|=|MF|，所以PMF=60，直线m的方程为y=33x+1，即x-3y+3=

41、0或x+3y-3=0，所以存在直线m，使得四边形MPQF是有一个内角为60的菱形.变式变式1.1.(20212021 山东泰安市山东泰安市 高三一模高三一模)已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为63，短轴长为22.(1)求椭圆C的方程；(2)已知A，B是椭圆C上的两个不同的动点，以线段AB为直径的圆经过坐标原点O.是否存在以O为圆心的定圆恒与直线AB相切？若存在，求出定圆方程；若不存在，请说明理由.【解析】(1)由题意可得b=2，再利用离心率e=ca=a2-2a求出a2=6，即可求解.(2)设A x1,y1，B x2,y2，分情况讨论，当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程

42、为y=kx+m，将直线方程与椭圆联立，利用韦达定理，求出OA OB=x1x2+y1y2=0，从而可得2m2=3 1+k2，再利用点到直线的距离公式即可求出半径，再求出直线AB的斜率不存在时圆的半径，从而得出圆的方程.【详解】解：1由题意知，b=2 又e=ca=a2-2a=63a2=6,椭圆C的方程为x26+y22=12设A x1,y1，B x2,y2当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+m，由y=kx+mx26+y22=1 得 3k2+1x2+6kmx+3m2-6=0 x1+x2=-6km3k2+1，x1x2=3m2-63k2+1y1y2=kx1+mkx2+m=k2x1x2+km

43、 x1+x2+m2以线段AB为直径的圆过坐标原点OOA OB=x1x2+y1y2=1+k2x1x2+km x1+x2+m2=1+k23m2-63k2+1-6k2m23k2+1+m2=4m2-6-6k23k2+1=02m2=3 1+k2，且=6 12h2-2m2+4=6 9k2+10坐标原点O到直线AB的距离d=mk2+1=m23m2=62当直线AB的斜率不存在时，由题知，x1=y1x126+x122=1x12=32坐标原点O到直线AB的距离d=x1=62综上所述，存在以O为圆心的定圆恒与直线AB相切，定圆的方程为x2+y2=32.三、三、追踪训练追踪训练1.(20212021 福建泉州市高三二

44、模福建泉州市高三二模)已知抛物线C:x2=2py(p0)的焦点为F，P为C上的动点，Q为P在动直线y=t(t0)上的投影.当PQF为等边三角形时，其面积为4 3.(1)求C的方程；(2)设O为原点，过点P的直线l与C相切，且与椭圆x24+y22=1交于A,B两点，直线OQ与AB交于点M.试问：是否存在t，使得 AM=BM恒成立？若存在，求t的值；若不存在，请说明理由.【分析】(1)根据正三角形得三角形的边长，再根据抛物线的定义列方程组，解方程即可；(2)根据导数的几何意义得到直线l的切线方程，切线与椭圆联立，根据韦达定理得A,B的纵坐标的关系，再根据直线方程联立得点M的纵坐标，由 AM=BM可

45、知点M为A,B的中点，根据中点坐标公式列方程，解方程即可求得结果.【解析】(1)设P x0,y0，F 0,p2，PQF为等边三角形时，其面积为4 3，12 PQ2sin3=4 3，解得 PQ=4，Q为P在动直线y=t(t0)的焦点为F，准线为l，过焦点F且斜率为1的直线与抛物线C交于A，B两点，若AB的中点到准线l的距离为4(1)求抛物线C的方程；(2)设P为l上任意一点，过点P作C的切线，切点为Q，试判断F是否在以PQ为直径的圆上【答案】(1)y2=4x(2)F在以PQ为直径的圆上【解析】【分析】(1)根据点差法可得y1+y2=2p,再由抛物线的定义及中点坐标公式建立方程求出p即可；(2)设

46、P(-1,t)，切线PQ的方程为x=m(y-t)-1，利用直线与抛物线相切求出Q,P,根据向量的数量积FPFQ 即可判断.(1)设A x1,y1,B x2,y2，则y21=2px1,y22=2px2,所以y21-y22=2p x1-x2，整理得y1-y2x1-x2=2py1+y2=1，所以y1+y2=2p因为直线AB的方程为y=x-p2，所以x1+x2=y1+y2+p=3p因为AB的中点到准线l的距离为4，所以x1+x22+p2=2p=4，得p=2，故抛物线C的方程为y2=4x(2)设P(-1,t)，可知切线PQ的斜率存在且不为0，设切线PQ的方程为x=m(y-t)-1，联立方程组x=m(y-

47、t)-1,y2=4x,得y2-4my+4mt+4=0，由=16m2-16(mt+1)=0，得t=m-1m，即P-1,m-1m，所以方程y2-4my+4mt+4=y2-4my+4m2=0的根为y=2m，所以x=m2，即Q m2,2m因为FP=-2,m-1m,FQ=m2-1,2m，所以FPFQ=-2 m2-1+2m m-1m=0，所以FPFQ，即F在以PQ为直径的圆上3.(20222022 广东汕尾广东汕尾 高三期末高三期末)已知点M为直线l1：x=-2上的动点，N(2，0)，过M作直线l1的垂线l，l交线段MN的垂直平分线于点P，记点P的轨迹为C(1)求曲线C的方程；(2)设O是坐标原点，A，B

48、是曲线C上的两个动点，且OA OB=-16，试问直线AB是否过定点？若不过定点，请说明理由；若过定点，请求出定点坐标【答案】(1)y2=8x；(2)直线AB过定点(4,0).【解析】【分析】(1)利用定义法求曲线C的方程；(2)设直线AB的方程为x=ty+m,A x1,y1,B x2,y2，联立直线和抛物线方程得到韦达定理，化简OA OB=-16，代入韦达定理即得解.(1)解：由已知可得，|PN|=|PM|，即点P到定点N的距离等于它到直线l1的距离，故点P的轨迹是以N为焦点，l1为准线的抛物线，曲线C的方程为y2=8x.(2)解：设直线AB的方程为x=ty+m,A x1,y1,B x2,y2

49、联立x=ty+my2=8x，得y2-8ty-8m=0=(-8t)2-4(-8m)=32m+64t20y1+y2=8t，y1y2=-8mOA OB=x1x2+y1y2=ty1+mty2+m+y1y2=1+t2y1y2+mt y1+y2+m2=1+t2(-8m)+mt8t+m2=m2-8m=-16解得m=4所以直线AB过定点(4,0)4.(20222022 广东潮州广东潮州 高三期末高三期末)已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1(a b 0)的离心率为63，以原点 O 为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆与直线2x-2y+6=0相切(1)求椭圆C的标准方程；(2)已知点A，B为动直线y=k(x-2)

50、(k0)与椭圆C的两个交点，问：在x轴上是否存在定点E，使得EA2+EA AB 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】(1)x26+y22=1(2)存在定点E73,0，使得EA2+EA AB 为定值-59【解析】【分析】(1)求得圆O得方程，由直线与圆相切得条件d=r，可得a的值，再由离心率可求得c，从而可得b2，即可得出答案；(2)EA2+EA AB=EA EA+AB=EA EB，假设存在，设E m,0，A x1,y1,B x2,y2，联立x26+y22=1y=k x-2,消y，利用韦达定理求得x1+x2,x1x2，分析计算从而可得出结论.(1)解：由离心率为6