【高考冲刺】2020年高考数学(理数) 圆锥曲线中的定点定值存在性问题 大题（含答案解析）

2020年高考数学(理数) 圆锥曲线中的定点定值存在性问题

大题

1.已知椭圆C：＋=1(a>b>0)的右焦点F(，0)，长半轴长与短半轴长的比值为2.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)设不经过点B(0,1)的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N，若点B在以线段MN为直径的圆上，证明直线l过定点，并求出该定点的坐标．

2.设抛物线C：y2=4x的焦点为F，过F且斜率为k(k>0)的直线l与C交于A，B两点，|AB|=8.

(1)求l的方程；

(2)求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程．

3.如图，椭圆C：＋=1(a>b>0)的左顶点与上顶点分别为A，B，右焦点为F，点P在椭圆C上，且PF⊥x轴，若AB∥OP，且|AB|=2.

(1)求椭圆C的方程；

(2)已知Q是C上不同于长轴端点的任意一点，在x轴上是否存在一点D，使得直线QA与QD的斜率乘积恒为－，若存在，求出点D的坐标，若不存在，说明理由．

4.已知椭圆C：＋=1(a>b>0)的焦距为4，P是椭圆C上的点．

(1)求椭圆C的方程；

(2)O为坐标原点，A，B是椭圆C上不关于坐标轴对称的两点，设=＋，

证明：直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值．

5.在平面直角坐标系中，直线x－y＋m=0不过原点，且与椭圆＋=1有两个不同的公共点A，B.

(1)求实数m的取值所组成的集合M；

(2)是否存在定点P使得任意的m∈M，都有直线PA，PB的倾斜角互补？若存在，求出所有定点P的坐标；若不存在，请说明理由．

6.已知直线l：x=my＋1过椭圆C：＋=1(a>b>0)的右焦点F，抛物线x2=4y的焦点为椭圆C的上顶点，且l交椭圆C于A，B两点，点A，F，B在直线x=4上的射影依次为D，K，E.

(1)求椭圆C的方程；

(2)若直线l交y轴于点M，且=λ1，=λ2，当m变化时，证明：λ1＋λ2为定值；

(3)当m变化时，直线AE与BD是否相交于定点？若是，请求出定点的坐标，并给予证明；否则，说明理由．

7.已知点M是椭圆C：＋=1(a>b>0)上一点，F1，F2分别为C的左、右焦点，|F1F2|=4，∠F1MF2=60°，△F1MF2的面积为.

(1)求椭圆C的方程；

(2)设N(0,2)，过点P(－1，－2)作直线l，交椭圆C于异于N的A，B两点，直线NA，NB的斜率分别为k1，k2，证明：k1＋k2为定值．

8.已知椭圆C的中心在原点，离心率等于，它的一个短轴端点恰好是抛物线x2=8y的焦点．

(1)求椭圆C的方程；

(2)如图，已知P(2,3)，Q(2，－3)是椭圆上的两点，A，B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点．

①若直线AB的斜率为，求四边形APBQ面积的最大值；

②当A，B运动时，满足∠APQ=∠BPQ，试问直线AB的斜率是否为定值？请说明理由．

9.已知椭圆C1：＋=1(a>b≥1)的离心率为，其右焦点到直线2ax＋by－=0的距离为.

(1)求椭圆C1的方程；

(2)过点P的直线l交椭圆C1于A，B两点．证明：以AB为直径的圆恒过定点．

10.设椭圆C：＋=1(a>b>0)，定义椭圆C的“相关圆”方程为x2＋y2=.若抛物线y2=4x的焦点与椭圆C的一个焦点重合，且椭圆C短轴的一个端点和其两个焦点构成直角三角形．

(1)求椭圆C的方程和“相关圆”E的方程；

(2)过“相关圆”E上任意一点P作“相关圆”E的切线l与椭圆C交于A，B两点，O为坐标原点．证明：∠AOB为定值．

答案解析

1.解：

(1)由题意得，c=，=2，a2=b2＋c2，

∴a=2，b=1，

∴椭圆C的标准方程为＋y2=1.

(2)证明：当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx＋m(m≠1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．

由消去y可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4=0.

∴Δ=16(4k2＋1－m2)>0，x1＋x2=，x1x2=.

∵点B在以线段MN为直径的圆上，∴·=0.

∵·=(x1，kx1＋m－1)·(x2，kx2＋m－1)=(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2=0，

∴(k2＋1)＋k(m－1)＋(m－1)2=0，

整理，得5m2－2m－3=0，解得m=－或m=1(舍去)．

∴直线l的方程为y=kx－.易知当直线l的斜率不存在时，不符合题意．

故直线l过定点，且该定点的坐标为.

2.解：

(1)由题意得F(1,0)，l的方程为y=k(x－1)(k>0)．

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

由得k2x2－(2k2＋4)x＋k2=0.

Δ=16k2＋16>0，故x1＋x2=.

所以|AB|=|AF|＋|BF|=(x1＋1)＋(x2＋1)=.

由题设知=8，解得k=1或k=－1(舍去)．

因此l的方程为y=x－1.

(2)由(1)得AB的中点坐标为(3,2)，

所以AB的垂直平分线方程为y－2=－(x－3)，

即y=－x＋5.

设所求圆的圆心坐标为(x0，y0)，

则

解得或

因此所求圆的方程为(x－3)2＋(y－2)2=16或(x－11)2＋(y＋6)2=144.

3.解：

(1)由题意得A(－a,0)，B(0，b)，可设P(c，t)(t>0)，

∴＋=1，得t=，即P，

由AB∥OP得=，即b=c，∴a2=b2＋c2=2b2，①

又|AB|=2，∴a2＋b2=12，②

由①②得a2=8，b2=4，∴椭圆C的方程为＋=1.

(2)假设存在D(m,0)，使得直线QA与QD的斜率乘积恒为－，

设Q(x0，y0)(y0≠0)，则＋=1，③

∵kQA·kQD=－，A(－2，0)，∴·=－(x0≠m)，④

由③④得(m－2)x0＋2m－8=0，即解得m=2，

∴存在点D(2，0)，使得kQA·kQD=－.

4.解：

(1)由题意知2c=4，即c=2，则椭圆C的方程为＋=1，

因为点P在椭圆C上，所以＋=1，

解得a2=5或a2=(舍去)，

所以椭圆C的方程为＋y2=1.

(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1≠x2且x1＋x2≠0，由＋=，

得D(x1＋x2，y1＋y2)，

所以直线AB的斜率kAB=，直线OD的斜率kOD=，

由得(x1＋x2)(x1－x2)＋(y1＋y2)(y1－y2)=0，

即·=－，所以kAB·kOD=－.

故直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值－.

5.解：

(1)因为直线x－y＋m=0不过原点，所以m≠0.

将x－y＋m=0与＋=1联立，消去y，

得4x2＋2mx＋m2－4=0.

因为直线与椭圆有两个不同的公共点A，B，所以Δ=8m2－16(m2－4)>0，

所以－2<m<2.

故实数m的取值所组成的集合M为(－2，0)∪(0,2)．

(2)假设存在定点P(x0，y0)使得任意的m∈M，都有直线PA，PB的倾斜角互补，

即kPA＋kPB=0.

令A(x1，x1＋m)，B(x2，x2＋m)，则＋=0，

整理得2x1x2＋(m－x0－y0)(x1＋x2)＋2x0(y0－m)=0.(*)

由(1)知x1＋x2=－，x1x2=，

代入(*)式化简得m＋2(x0y0－)=0，则

解得或

所以定点P的坐标为(1，)或(－1，－)．经检验，此两点均满足题意．

故存在定点P使得任意的m∈M，都有直线PA，PB的倾斜角互补，

且定点P的坐标为(1，)或(－1，－)．

6.解：

(1)∵直线x=my＋1过椭圆的右焦点，

∴右焦点F(1,0)，c=1，即c2=1.

∵x2=4y的焦点(0，)为椭圆C的上顶点，

∴b=，即b2=3，a2=b2＋c2=4，

∴椭圆C的方程为＋=1.

(2)由题意知m≠0，由

得(3m2＋4)y2＋6my－9=0.显然Δ>0恒成立，

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2=－，y1y2=－.

∵=λ1，=λ2，M，

∴=λ1(1－x1，－y1)，=λ2(1－x2，－y2)，

∴λ1=－1－，λ2=－1－，

∴λ1＋λ2=－2－=－2－÷=－.

综上所述，当m变化时，λ1＋λ2为定值－.

(3)当m=0时，直线l⊥x轴，则四边形ABED为矩形，易知AE与BD相交于点N，

则若当m变化时，直线AE与BD相交于定点，则定点必为N，证明如下：

==，易知E(4，y2)，则=.

∵y2－(－y1)=(y1＋y2)－my1y2=－m=0，

∴∥，即A，N，E三点共线．同理可得B，N，D三点共线．

则猜想成立，故当m变化时，直线AE与BD相交于定点N.

7.解：

(1)在△F1MF2中，由|MF1||MF2|sin 60°=，得|MF1||MF2|=.

由余弦定理，得|F1F2|2=|MF1|2＋|MF2|2－2|MF1|·|MF2|cos 60°

=(|MF1|＋|MF2|)2－2|MF1|·|MF2|(1＋cos 60°)，

从而2a=|MF1|＋|MF2|=4，即a=2，从而b=2，

故椭圆C的方程为＋=1.

(2)当直线l的斜率存在时，设其方程为y＋2=k(x＋1)，

由得(1＋2k2)x2＋4k(k－2)x＋2k2－8k=0.

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2=－，x1x2=.

从而k1＋k2=＋==2k－(k－4)=4.

当直线l的斜率不存在时，可取A，B，得k1＋k2=4.

综上，恒有k1＋k2=4.

8.解：

(1)设椭圆C的方程为＋=1(a>b>0)，

则b=2.由=，a2=c2＋b2，得a=4，

∴椭圆C的方程为＋=1.

(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．

①设直线AB的方程为y=x＋t，

代入＋=1，得x2＋tx＋t2－12=0，

由Δ>0，解得－4<t<4，

由一元二次方程根与系数的关系得x1＋x2=－t，x1x2=t2－12，

∴|x1－x2|===.

∴四边形APBQ的面积S=×6×|x1－x2|=3.

∴当t=0时，S取得最大值，且Smax=12.

②若∠APQ=∠BPQ，则直线PA，PB的斜率之和为0，设直线PA的斜率为k，

则直线PB的斜率为－k，直线PA的方程为y－3=k(x－2)，

由得(3＋4k2)x2＋8(3－2k)kx＋4(3－2k)2－48=0，

∴x1＋2=，

将k换成－k可得x2＋2==，

∴x1＋x2=，x1－x2=，

∴kAB====，

∴直线AB的斜率为定值.

9.解：

(1)由题意，e==，e2==，a2=2b2.所以a=b，c=b.

又=，a>b≥1，所以b=1，a2=2，

故椭圆C1的方程为＋y2=1.

(2)证明：当AB⊥x轴时，以AB为直径的圆的方程为x2＋y2=1.

当AB⊥y轴时，以AB为直径的圆的方程为x2＋2=，

由可得

由此可知，若以AB为直径的圆恒过定点，则该定点必为Q(0,1)．

下证Q(0,1)符合题意．

当AB不垂直于坐标轴时，设直线AB方程为y=kx－，A(x1，y1)，B(x2，y2)．

由得(1＋2k2)x2－kx－=0，

由根与系数的关系得，x1＋x2=，x1x2=－，

∴·=(x1，y1－1)·(x2，y2－1)

=x1x2＋(y1－1)(y2－1)

=x1x2＋=(1＋k2)x1x2－k(x1＋x2)＋

=(1＋k2)－k·＋

==0，

故⊥，即Q(0,1)在以AB为直径的圆上．

综上，以AB为直径的圆恒过定点(0,1)．

10.解：

(1)因为抛物线y2=4x的焦点(1,0)与椭圆C的一个焦点重合，所以c=1.

又椭圆C短轴的一个端点和其两个焦点构成直角三角形，所以b=c=1，

故椭圆C的方程为＋y2=1，

“相关圆”E的方程为x2＋y2=.

(2)证明：当直线l的斜率不存在时，不妨设直线AB的方程为

x=，A，B，则∠AOB=.

当直线l的斜率存在时，设其方程为y=kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，

联立得x2＋2(kx＋m)2=2，即(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2=0，

Δ=16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)=8(2k2－m2＋1)>0，即2k2－m2＋1>0，

因为直线l与“相关圆”E相切，

所以==，即3m2=2＋2k2，

所以x1x2＋y1y2=(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2

=－＋m2==0，所以⊥，所以∠AOB=.

综上，∠AOB=，为定值．