【文档说明】高考数学二轮复习课时跟踪检测19圆锥曲线中的定点定值存在性问题大题练 理数（含答案）.doc，共(8)页，106.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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课时跟踪检测（十九）圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题（大题练）A卷——大题保分练1．(2018·成都模拟)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的右焦点F(3，0)，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．解：(1)由题意得，c＝3，ab＝2，a2＝b2＋c2，∴a＝2，b＝1，∴椭圆C的标准方程为x24＋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y＝kx＋m，x2＋4y2＝4，消去y可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.∴Δ＝16(4k2＋1－m2)>0，x1＋x2＝－8km4k2＋1，x1x2＝4m2－44k2＋1.∵点B在以线段MN为直径的圆上，

∴BM―→·BN―→＝0.∵BM―→·BN―→＝(x1，kx1＋m－1)·(x2，kx2＋m－1)＝(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2＝0，∴(k2＋1)4m2－44k2＋1＋k(m－1)－8km4k2＋1＋(m－1)2＝0，整理，得5m2－2m－3＝0，解得m＝－35

或m＝1(舍去)．∴直线l的方程为y＝kx－35.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0，－35.2．(2018·全国卷Ⅱ)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．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y＝kx－，y2＝4x得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.Δ＝16k2＋16>0

，故x1＋x2＝2k2＋4k2.所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝(x1＋1)＋(x2＋1)＝4k2＋4k2.由题设知4k2＋4k2＝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y0＝－x0＋5，x0＋2＝y0－x0＋22＋16.解得x0＝3，y0＝

2或x0＝11，y0＝－6.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.(2018·贵阳模拟)如图，椭圆C：x2a2＋y2b2＝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|＝23.(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－12，若存在，求出点D的坐标，若不存在，说明理由．解：(1)由题意得

A(－a,0)，B(0，b)，可设P(c，t)(t>0)，∴c2a2＋t2b2＝1，得t＝b2a，即Pc，b2a，由AB∥OP得ba＝b2ac，即b＝c，∴a2＝b2＋c2＝2b2，①又|AB|＝23，∴a2＋b2＝12，

②由①②得a2＝8，b2＝4，∴椭圆C的方程为x28＋y24＝1.(2)假设存在D(m,0)，使得直线QA与QD的斜率乘积恒为－12，设Q(x0，y0)(y0≠0)，则x208＋y204＝1，③∵kQA·kQD＝－12，A(－22，0)，∴y0x0＋22·y0x0－m＝－12(

x0≠m)，④由③④得(m－22)x0＋22m－8＝0，即m－22＝0，22m－8＝0，解得m＝22，∴存在点D(22，0)，使得kQA·kQD＝－12.4．(2018·昆明模拟)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b

>0)的焦距为4，P2，55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OD―→＝OA―→＋OB―→，证明：直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值．解：(1)由题意知2c＝4，即c＝2，则椭圆C的方

程为x2a2＋y2a2－4＝1，因为点P2，55在椭圆C上，所以4a2＋1a2－＝1，解得a2＝5或a2＝165(舍去)，所以椭圆C的方程为x25＋y2＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1≠x2且x1＋x2≠0，由OA―→＋OB―→＝OD―→，得D(x1＋x2，y

1＋y2)，所以直线AB的斜率kAB＝y1－y2x1－x2，直线OD的斜率kOD＝y1＋y2x1＋x2，由x215＋y21＝1，x225＋y22＝1，得15(x1＋x2)(x1－x2)＋(y1＋y2)(y1－y2)＝0，即y1＋y2x1＋x2·y1－y2x1－x2＝－15，

所以kAB·kOD＝－15.故直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值－15.B卷——深化提能练1．(2018·安徽江南十校联考)在平面直角坐标系中，直线2x－y＋m＝0不过原点，且与椭圆y24＋x22＝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．解：(1)因为直线2x－y＋m＝0不过原点，所以m≠0.将2x－y＋m＝0与y24＋x22＝1联立，消去y，得4

x2＋22mx＋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－22<m<22.故实数m的取值所组成的集合M为(－22，0)∪(0,22)．(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(x1，2x1＋m)，B(x2，2x2＋m)，则2x1＋m－y0x1－x0＋2x2＋m－y0x2－x0＝0，整理得22x1x2＋(m－2x0－y0)(x1

＋x2)＋2x0(y0－m)＝0.(*)由(1)知x1＋x2＝－2m2，x1x2＝m2－44，代入(*)式化简得22y0－x0m＋2(x0y0－2)＝0，则22y0－x0＝0，x0y0－2＝0，解得x0＝1，y0＝2或x

0＝－1，y0＝－2，所以定点P的坐标为(1，2)或(－1，－2)．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(1，2)或(－1，－2)．2．(2019届高三·西安八校联考)

已知直线l：x＝my＋1过椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的右焦点F，抛物线x2＝43y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MA―→＝λ1AF―→，MB―→＝

λ2BF―→，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．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＝43y的焦点(0，3)为椭圆C的上顶点，∴b＝3，即b2＝3，a2＝b2＋c2＝4，∴椭圆C的方程为x24＋y23＝1.(2)由题意知m≠0，由x＝my＋1，3x2＋4y2－12＝

0，得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.显然Δ>0恒成立，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝－6m3m2＋4，y1y2＝－93m2＋4.∵MA―→＝λ1AF―→，MB―→＝λ2BF―→，M0

，－1m，∴x1，y1＋1m＝λ1(1－x1，－y1)，x2，y2＋1m＝λ2(1－x2，－y2)，∴λ1＝－1－1my1，λ2＝－1－1my2，∴λ1＋λ2＝－2－y1＋y2my1y2＝－2－6m3m2＋4÷9m3m2＋4＝－83.综上所

述，当m变化时，λ1＋λ2为定值－83.(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52，0，则若当m变化时，直线AE与BD相交于定点，则定点必为N52，0，证明如

下：AN―→＝52－x1，－y1＝32－my1，－y1，易知E(4，y2)，则NE―→＝32，y2.∵32－my1y2－32(－y1)＝32(y1＋y2)－my1y2＝32－6m3m2＋4－m－93m2＋4＝0，∴AN―→∥N

E―→，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52，0.3．(2018·贵州六校联考)已知点M是椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)上一点，F1，F

2分别为C的左、右焦点，|F1F2|＝4，∠F1MF2＝60°，△F1MF2的面积为433.(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．解：(1)在△F1MF2中，由12|MF1||MF2|sin60°＝433，得|MF1||MF2|＝163.由余弦定理，得|F1F2|2＝|MF1|2＋|MF2|2－2|MF1|·|MF2|cos60°＝(|MF1|＋|MF2|)2－2|MF1|·|MF2|(1

＋cos60°)，从而2a＝|MF1|＋|MF2|＝42，即a＝22，从而b＝2，故椭圆C的方程为x28＋y24＝1.(2)当直线l的斜率存在时，设其方程为y＋2＝k(x＋1)，由x28＋y24＝1，y＋2＝kx＋得(1＋2k2)x

2＋4k(k－2)x＋2k2－8k＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－4kk－1＋2k2，x1x2＝2k2－8k1＋2k2.从而k1＋k2＝y1－2x1＋y2－2x2＝2kx1x2＋k－x1＋x2x1x2＝2k－(k－4)4kk

－2k2－8k＝4.当直线l的斜率不存在时，可取A－1，142，B－1，－142，得k1＋k2＝4.综上，恒有k1＋k2＝4.4．(2019届高三·湘东五校联考)已知椭圆C的中心在原点，离心率等于12，它的一个短轴端点恰好是抛物线x2＝83y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12，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．解：(1)设椭圆C的方程为x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，则b＝23.由ca＝12，a2＝c2＋b2，得a＝4，∴椭圆C的方程为x216＋y212＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．①设直线AB的方程为y＝12x＋t，代入x216＋

y212＝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|＝x1＋x22－4x1x2＝t2－t2－＝48－3t2.∴四边形APBQ的面

积S＝12×6×|x1－x2|＝348－3t2.∴当t＝0时，S取得最大值，且Smax＝123.②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y－3

＝kx－，x216＋y212＝1，得(3＋4k2)x2＋8(3－2k)kx＋4(3－2k)2－48＝0，∴x1＋2＝k－k3＋4k2，将k换成－k可得x2＋2＝－8k－2k－3＋4k2＝8kk＋3＋4k2，∴x1＋x2＝16k2－

123＋4k2，x1－x2＝－48k3＋4k2，∴kAB＝y1－y2x1－x2＝kx1－＋3＋kx2－－3x1－x2＝kx1＋x2－4kx1－x2＝12，∴直线AB的斜率为定值12.