2021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

这是一份2021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，共7页。试卷主要包含了全员必做题，重点选做题，冲刺满分题等内容，欢迎下载使用。

一、全员必做题
1．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，上、下顶点分别是B1，B2，C是B1F2的中点，若·＝2，且⊥.
(1)求椭圆的方程；
(2)点Q是椭圆上任意一点，A1，A2分别是椭圆的左、右顶点，直线QA1，QA2与直线x＝eq \f(4\r(3),3)分别交于E，F两点，试证：以EF为直径的圆与x轴交于定点，并求该定点的坐标．
解：(1)设F1(－c,0)，F2(c,0)，B1(0，b)，
则Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,2)，\f(b,2))).
由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(·＝2，, ⊥，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－c，－b·c，－b＝2，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3c,2)，－\f(b,2)))·c，－b＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b2－c2＝2，,b2＝3c2，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b2＝3，,c2＝1，))从而a2＝4，
故所求椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明：由(1)得A1(－2,0)，A2(2,0)，
设Q(x0，y0)，易知x0≠±2，
则直线QA1的方程为y＝eq \f(y0,x0＋2)(x＋2)，与直线x＝eq \f(4\r(3),3)的交点E的坐标为eq \f(4\r(3),3)，eq \f(y0,x0＋2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3),3)＋2))，
直线QA2的方程为y＝eq \f(y0,x0－2)(x－2)，与直线x＝eq \f(4\r(3),3)的交点F的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3),3)，\f(y0,x0－2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3),3)－2))))，
设以EF为直径的圆与x轴交于点H(m,0)，m≠eq \f(4\r(3),3)，
则HE⊥HF，从而kHE·kHF＝－1，
即eq \f(\f(y0,x0＋2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3),3)＋2)),\f(4\r(3),3)－m)·eq \f(\f(y0,x0－2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3),3)－2)),\f(4\r(3),3)－m)＝－1，
即eq \f(\f(4,3)y\\al(2,0),x\\al(2,0)－4)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3),3)－m))2，①
由eq \f(x\\al(2,0),4)＋eq \f(y\\al(2,0),3)＝1得yeq \\al(2,0)＝eq \f(34－x\\al(2,0),4).②
所以由①②得m＝eq \f(4\r(3),3)±1，
故以EF为直径的圆与x轴交于定点，且该定点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3),3)＋1，0))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3),3)－1，0)).
2．在平面直角坐标系xOy中，已知点A(x1，y1)，B(x2，y2)是椭圆E：eq \f(x2,4)＋y2＝1上的非坐标轴上的点，且4kOA·kOB＋1＝0(kOA，kOB分别为直线OA，OB的斜率)．
(1)证明：xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)，yeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,2)均为定值；
(2)判断△OAB的面积是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
解：(1)证明：依题意，x1，x2，y1，y2均不为0，
则由4kOA·kOB＋1＝0，得eq \f(4y1y2,x1x2)＋1＝0，
化简得y2＝－eq \f(x1x2,4y1)，
因为点A，B在椭圆上，
所以xeq \\al(2,1)＋4yeq \\al(2,1)＝4 ①，
xeq \\al(2,2)＋4yeq \\al(2,2)＝4 ②，
把y2＝－eq \f(x1x2,4y1)代入②，整理得(xeq \\al(2,1)＋4yeq \\al(2,1))xeq \\al(2,2)＝16yeq \\al(2,1).
结合①得xeq \\al(2,2)＝4yeq \\al(2,1)，同理可得xeq \\al(2,1)＝4yeq \\al(2,2)，
从而xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)＝4yeq \\al(2,2)＋xeq \\al(2,2)＝4，为定值，
yeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,2)＝yeq \\al(2,1)＋eq \f(x\\al(2,1),4)＝1，为定值．
(2)S△OAB＝eq \f(1,2)|OA|·|OB|sin∠AOB
＝eq \f(1,2)eq \r(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1))·eq \r(x\\al(2,2)＋y\\al(2,2))·eq \r(1－cs2∠AOB)
＝eq \f(1,2)eq \r(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1))·eq \r(x\\al(2,2)＋y\\al(2,2))· eq \r(1－\f(x1x2＋y1y22,x\\al(2,1)＋y\\al(2,1)x\\al(2,2)＋y\\al(2,2)))
＝eq \f(1,2) eq \r(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1)x\\al(2,2)＋y\\al(2,2)－x1x2＋y1y22)
＝eq \f(1,2)|x1y2－x2y1|.
由(1)知xeq \\al(2,2)＝4yeq \\al(2,1)，xeq \\al(2,1)＝4yeq \\al(2,2)，易知y2＝－eq \f(x1,2)，y1＝eq \f(x2,2)或y2＝eq \f(x1,2)，y1＝－eq \f(x2,2)，
S△OAB＝eq \f(1,2)|x1y2－x2y1|＝eq \f(1,2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x\\al(2,1)＋2y\\al(2,1)))＝eq \f(x\\al(2,1)＋4y\\al(2,1),4)＝1，
因此△OAB的面积为定值1.
3．(2017·河北质量检测)已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1的右焦点为F(c,0)，且a＞b＞c＞0，设短轴的一个端点为D，原点O到直线DF的距离为eq \f(\r(3),2)，过原点和x轴不重合的直线与椭圆E相交于C，G两点，且||＋||＝4.
(1)求椭圆E的方程；
(2)是否存在过点P(2,1)的直线l与椭圆E相交于不同的两点A，B且使得2＝4·成立？若存在，试求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
解：(1)由椭圆的对称性知||＋||＝2a＝4，
∴a＝2.又原点O到直线DF的距离为eq \f(\r(3),2)，
∴eq \f(bc,a)＝eq \f(\r(3),2)，∴bc＝eq \r(3)，
又a2＝b2＋c2＝4，a＞b＞c＞0，
∴b＝eq \r(3)，c＝1.
故椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)当直线l与x轴垂直时不满足条件．
故可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
直线l的方程为y＝k(x－2)＋1，代入椭圆方程得
(3＋4k2)x2－8k(2k－1)x＋16k2－16k－8＝0，
∴Δ＝32(6k＋3)＞0，∴k＞－eq \f(1,2).
x1＋x2＝eq \f(8k2k－1,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(16k2－16k－8,3＋4k2)，
∵2＝4·，
即4＝5，
∴4(x1－2)(x2－2)(1＋k2)＝5，
即4(1＋k2)＝5，
∴4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(16k2－16k－8,3＋4k2)－2×\f(8k2k－1,3＋4k2)＋4))(1＋k2)
＝4×eq \f(4＋4k2,3＋4k2)＝5，
解得k＝±eq \f(1,2)，k＝－eq \f(1,2)不符合题意，舍去．
∴存在满足条件的直线l，其方程为y＝eq \f(1,2)x.
二、重点选做题
1．A为曲线y＝－eq \f(x－42,4)上任意一点，点B(2,0)为线段AC的中点．
(1)求动点C的轨迹E的方程；
(2)过轨迹E的焦点F作直线交轨迹E于M，N两点，在圆x2＋y2＝1上是否存在一点P，使得PM，PN分别为轨迹E的切线？若存在，求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1)设C(x，y)，A(m，n)，因为B(2,0)是AC的中点，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2＝\f(x＋m,2)，,0＝\f(y＋n,2)，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝4－x，,n＝－y，))
又n＝－eq \f(m－42,4)，所以所求方程为x2＝4y.
(2)假设存在点P(x0，y0)，
设Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(x\\al(2,1),4)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，\f(x\\al(2,2),4)))，直线MN的方程为y＝kx＋1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,x2＝4y，))得x2－4kx－4＝0，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝4k，,x1x2＝－4，))
切线PM的方程为y－eq \f(x\\al(2,1),4)＝eq \f(x1,2)(x－x1)，
将点P(x0，y0)代入化简得xeq \\al(2,1)－2x1x0＋4y0＝0，
同理得xeq \\al(2,2)－2x2x0＋4y0＝0，
所以知x1，x2是方程x2－2x0x＋4y0＝0的两根，
则x1x2＝4y0＝－4，
所以y0＝－1，代入圆的方程得x0＝0，
所以存在点P(0，－1)，使得PM，PN分别为轨迹E的切线．
2．已知椭圆M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个顶点坐标为(0,1)，离心率为eq \f(\r(2),2)，动直线y＝x＋m交椭圆M于不同的两点A，B，T(1,1)．
(1)求椭圆M的标准方程；
(2)试问：△TAB的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由．
解：(1)由题意得eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，b＝1，又a2＝b2＋c2，
所以a＝eq \r(2)，c＝1，椭圆M的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋m，,\f(x2,2)＋y2＝1))得3x2＋4mx＋2m2－2＝0.
由题意得，Δ＝16m2－24(m2－1)>0，即m2－30)截得的弦长为2eq \r(2).
(1)求椭圆C1的方程；
(2)设C1的右焦点为F2，在圆C2上是否存在点P，满足|PF1|＝eq \f(a2,b2)|PF2|？若存在，指出有几个这样的点(不必求出点的坐标)；若不存在，说明理由．
解：(1)∵直线l的方程为x－y＋2＝0，
令y＝0，得x＝－2，即F1(－2,0)，
∴c＝2，
又e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(6),3)，
∴a2＝6，b2＝a2－c2＝2，
∴椭圆C1的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)∵圆心C2(3,3)到直线l：x－y＋2＝0的距离d＝eq \f(|3－3＋2|,\r(2))＝eq \r(2)，
又直线l：x－y＋2＝0被圆C2：(x－3)2＋(y－3)2＝r2(r>0)截得的弦长为2eq \r(2)，
∴r＝ eq \r(d2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(2),2)))2)＝eq \r(2＋2)＝2，
故圆C2的方程为(x－3)2＋(y－3)2＝4.
设圆C2上存在点P(x，y)，满足|PF1|＝eq \f(a2,b2)|PF2|，
即|PF1|＝3|PF2|，且F1，F2的坐标分别为F1(－2,0)，F2(2，0)，
则eq \r(x＋22＋y2)＝3eq \r(x－22＋y2)，
整理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(5,2)))2＋y2＝eq \f(9,4)，它表示圆心是Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，0))，半径是eq \f(3,2)的圆．
∵|CC2|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(5,2)))2＋3－02)＝eq \f(\r(37),2)，
故有2－eq \f(3,2)