全国版2021届高考数学二轮复习专题检测十八圆锥曲线中的定点定值探索性问题理含解析

这是一份全国版2021届高考数学二轮复习专题检测十八圆锥曲线中的定点定值探索性问题理含解析，共5页。试卷主要包含了已知椭圆C，已知抛物线C1等内容，欢迎下载使用。

1．(2019·开封模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，上顶点为M，△MF1F2为等腰直角三角形，且其面积为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点M分别作直线MA，MB交椭圆C于A，B两点，设这两条直线的斜率分别为k1，k2，且k1＋k2＝2，证明：直线AB过定点．
解：(1)由题意得eq \f(1,2)a2＝1，∴a＝eq \r(2)，又b＝c，a2＝b2＋c2，∴b＝1，
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)证明：由(1)得M(0，1)．当直线AB的斜率不存在时，设A(x0，y0)，则B(x0，－y0)，由k1＋k2＝2得eq \f(y0－1,x0)＋eq \f(－y0－1,x0)＝2，得x0＝－1.
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋m(m≠1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝kx＋m))可得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，则Δ＝8(2k2－m2＋1)>0，
x1＋x2＝eq \f(－4km,1＋2k2)，x1·x2＝eq \f(2m2－2,1＋2k2).
由k1＋k2＝2，得eq \f(y1－1,x1)＋eq \f(y2－1,x2)＝2，
即eq \f(（kx2＋m－1）x1＋（kx1＋m－1）x2,x1x2)＝2，
(2－2k)x1x2＝(m－1)(x1＋x2)，(2－2k)·(2m2－2)＝(m－1)(－4km)，
由m≠1，得(1－k)(m＋1)＝－km，
∴m＝k－1，即y＝kx＋m＝kx＋k－1＝k(x＋1)－1，
故直线AB过定点(－1，－1)，
经检验，当k>0或k<－2时，直线AB与椭圆C有两个交点，满足题意．
综上所述，直线AB过定点(－1，－1)．
2．(2019·南昌市第一次模拟测试)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为eq \f(1,2)，P是C上的一个动点，且△F1PF2面积的最大值为4eq \r(3).
(1)求C的方程；
(2)设C的左、右顶点分别为A，B，若直线PA，PB分别交直线x＝2于M，N两点，过点F1作以MN为直径的圆的切线，证明：切线长为定值，并求该定值．
解：(1)设P(x0，y0)，椭圆的半焦距为c.
因为S△F1PF2＝eq \f(1,2)|F1F2|·|y0|≤eq \f(1,2)·2c·b＝bc，
所以bc＝4eq \r(3).
又e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，a2＝b2＋c2，
所以a＝4，b＝2eq \r(3)，c＝2，
所以C的方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1.
(2)证明：由(1)可知A(－4，0)，B(4，0)，F1(－2，0)．
由题可知：x0≠2，且x0≠±4.
设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，
则直线PA的方程为y＝k1(x＋4)，
令x＝2得y＝6k1，故M(2，6k1)．
直线PB的方程为y＝k2(x－4)，
令x＝2得y＝－2k2，故N(2，－2k2)．
记以MN为直径的圆为圆D，则D(2，3k1－k2)．
如图，过点F1作圆D的一条切线，切点为T，连接F1D，DT，
则|F1T|2＝|F1D|2－|DT|2，
所以|F1T|2＝16＋(3k1－k2)2－(3k1＋k2)2＝16－12k1k2，
又k1＝eq \f(y0,x0＋4)，k2＝eq \f(y0,x0－4)，
所以k1·k2＝eq \f(y0,x0＋4)·eq \f(y0,x0－4)＝eq \f(yeq \\al(2,0),xeq \\al(2,0)－16)，
由eq \f(xeq \\al(2,0),16)＋eq \f(yeq \\al(2,0),12)＝1，得yeq \\al(2,0)＝－eq \f(3,4)(xeq \\al(2,0)－16)，
所以k1·k2＝－eq \f(3,4)，
则|F1T|2＝16－12k1k2＝16－12×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)))＝25，
所以|F1T|＝5.
故切线长为定值5.
3．(2019·福州市质量检测)已知抛物线C1：x2＝2py(p>0)和圆C2：(x＋1)2＋y2＝2，倾斜角为45°的直线l1过C1的焦点，且l1与C2相切．
(1)求p的值；
(2)动点M在C1的准线上，动点A在C1上，若C1在A点处的切线l2交y轴于点B，设eq \(MN,\s\up7(―→))＝eq \(MA,\s\up7(―→))＋eq \(MB,\s\up7(―→))，求证：点N在定直线上，并求该定直线的方程．
解：(1)依题意，设直线l1的方程为y＝x＋eq \f(p,2)，
因为直线l1与圆C2相切，
所以圆心C2(－1，0)到直线l1：y＝x＋ eq \f(p,2)的距离d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－1＋\f(p,2))),\r(12＋（－1）2))＝eq \r(2).
即eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－1＋\f(p,2))),\r(2))＝eq \r(2)，解得p＝6或p＝－2(舍去)．
所以p＝6.
(2)法一：依题意设M(m，－3)，
由(1)知抛物线C1的方程为x2＝12y，所以y＝eq \f(x2,12)，所以y′＝eq \f(x,6)，
设A(x1，y1)，则以A为切点的切线l2的斜率为k＝eq \f(x1,6)，
所以切线l2的方程为y＝eq \f(1,6)x1(x－x1)＋y1.
令x＝0，则y＝－eq \f(1,6)xeq \\al(2,1)＋y1＝－eq \f(1,6)×12y1＋y1＝－y1，即B点的坐标为(0，－y1)，
所以eq \(MA,\s\up7(―→))＝(x1－m，y1＋3)，
eq \(MB,\s\up7(―→))＝(－m，－y1＋3)，
所以eq \(MN,\s\up7(―→))＝eq \(MA,\s\up7(―→))＋eq \(MB,\s\up7(―→))＝(x1－2m，6)，
所以eq \(ON,\s\up7(―→))＝eq \(OM,\s\up7(―→))＋eq \(MN,\s\up7(―→))＝(x1－m，3)．
设N点坐标为(x，y)，则y＝3，
所以点N在定直线y＝3上．
法二：设M(m，－3)，
由(1)知抛物线C1的方程为x2＝12y，①
设l2的斜率为k，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(1,12)xeq \\al(2,1)))，则以A为切点的切线l2的方程为y＝k(x－x1)＋eq \f(1,12)xeq \\al(2,1)，②
联立①②得，x2＝12eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(k（x－x1）＋\f(1,12)xeq \\al(2,1)))，
因为Δ＝144k2－48kx1＋4xeq \\al(2,1)＝0，所以k＝eq \f(x1,6)，
所以切线l2的方程为y＝eq \f(1,6)x1(x－x1)＋eq \f(1,12)xeq \\al(2,1).
令x＝0，得B点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,12)xeq \\al(2,1))).
所以eq \(MA,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－m，\f(1,12)xeq \\al(2,1)＋3))，
eq \(MB,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－m，－\f(1,12)xeq \\al(2,1)＋3))，
所以eq \(MN,\s\up7(―→))＝eq \(MA,\s\up7(―→))＋eq \(MB,\s\up7(―→))＝(x1－2m，6)，
所以eq \(ON,\s\up7(―→))＝eq \(OM,\s\up7(―→))＋eq \(MN,\s\up7(―→))＝(x1－m，3)，
所以点N在定直线y＝3上．
4．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)是否存在斜率为2的直线，使得当直线与椭圆C有两个不同交点M，N时，能在直线y＝eq \f(5,3)上找到一点P，在椭圆C上找到一点Q，满足eq \(PM,\s\up7(―→))＝eq \(NQ,\s\up7(―→))？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由．
解：(1)设椭圆C的焦距为2c，则c＝1，
因为Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))在椭圆C上，
所以2a＝|AF1|＋|AF2|＝2eq \r(2)，
因此a＝eq \r(2)，b2＝a2－c2＝1，
故椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)不存在满足条件的直线，证明如下：
设直线的方程为y＝2x＋t，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3，\f(5,3)))，Q(x4，y4)，MN的中点为D(x0，y0)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝2x＋t，,\f(x2,2)＋y2＝1))消去x，得9y2－2ty＋t2－8＝0，
所以y1＋y2＝eq \f(2t,9)，且Δ＝4t2－36(t2－8)＞0，
故y0＝eq \f(y1＋y2,2)＝eq \f(t,9)，且－3＜t＜3.
由eq \(PM,\s\up7(―→))＝eq \(NQ,\s\up7(―→))，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－x3，y1－\f(5,3)))＝(x4－x2，y4－y2)，
所以有y1－eq \f(5,3)＝y4－y2，y4＝y1＋y2－eq \f(5,3)＝eq \f(2t,9)－eq \f(5,3).
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(也可由eq \(PM,\s\up7(―→))＝eq \(NQ,\s\up7(―→))知四边形PMQN为平行四边形，,而D为线段MN的中点，因此，D也为线段PQ的中点，,所以y0＝\f(\f(5,3)＋y4,2)＝\f(t,9)，可得y4＝\f(2t－15,9)))
又－3＜t＜3，
所以－eq \f(7,3)＜y4＜－1，
与椭圆上点的纵坐标的取值范围是[－1，1]矛盾．
因此不存在满足条件的直线．