2020高考数学二轮练典型习题第二部分专题五第4讲圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题（Word版带解析）

1．(2019·安徽省考试试题)已知椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的上顶点为 P，右顶点为 Q，直 线 PQ 与圆 x2＋y2＝4 5相切于点 M(2 5， 4 5 ). (1)求椭圆 C 的方程； (2)若不经过点 P 的直线 l 与椭圆 C 交于 A，B 两点，且 PA → ·PB → ＝0，求证：直线 l 过定 点． 解：(1)由已知得直线 OM(O 为坐标原点)的斜率 kOM＝2，则直线 PQ 的斜率 kPQ＝－ 1 kOM＝－ 1 2， 所以直线 PQ 的方程为 y－4 5＝－1 2(x－2 5 )，即 x＋2y＝2.可求得 P(0，1)，Q(2，0)，故 a＝ 2，b＝1， 故椭圆 C 的方程为x2 4＋y2＝1. (2)证明：当直线 l 的斜率不存在时，显然不满足条件． 当直线 l 的斜率存在时，设 l 的方程为 y＝kx＋n(n≠1)， 由{x2 4＋y2＝1 y＝kx＋n ，消去 y 整理得(4k2＋1)x2＋8knx＋4(n2－1)＝0， Δ＝(8kn)2－4×4(4k2＋1)(n2－1)＝16(4k2＋1－n2)>0，得 4k2＋1>n2.① 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1＋x2＝ －8kn 4k2＋1，x1x2＝4（n2－1） 4k2＋1 .② 由PA → ·PB → ＝0，得(x1，y1－1)·(x2，y2－1)＝0，又 y1＝kx1＋n，y2＝kx2＋n， 所以(k2＋1)x1x2＋k(n－1)(x1＋x2)＋(n－1)2＝0，③ 由②③得 n＝1(舍)，或 n＝－3 5，满足①. 此时 l 的方程为 y＝kx－3 5，故直线 l 过定点(0，－3 5). 2．(2019·南昌市第一次模拟测试)已知椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1， F2，离心率为1 2，P 是 C 上的一个动点，且△F1PF2 面积的最大值为 4 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＝1 2|F1F2|·|y0|≤1 2·2c·b＝bc， 所以 bc＝4 3. 又 e＝c a＝1 2，a2＝b2＋c2， 所以 a＝4，b＝2 3，c＝2， 所以 C 的方程为x2 16＋y2 12＝1. (2)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＝ y0 x0＋4，k2＝ y0 x0－4， 所以 k1·k2＝ y0 x0＋4· y0 x0－4＝ y x－16， 由 x 16＋ y 12＝1，得 y20＝－3 4(x20－16)， 所以 k1·k2＝－3 4， 则|F1T|2＝16－12k1k2＝16－12×(－3 4 )＝25， 所以|F1T|＝5. 故切线长为定值 5. 3．(2019·广州市调研测试)已知动圆 C 过定点 F(1，0)，且与定直线 x＝－1 相切． (1)求动圆圆心 C 的轨迹 E 的方程；(2)过点 M(－2，0)的任一条直线 l 与轨迹 E 交于不同的两点 P，Q，试探究在 x 轴上是否 存在定点 N(异于点 M)，使得∠QNM＋∠PNM＝π？若存在，求点 N 的坐标；若不存在，请说 明理由． 解：(1)法一：依题意知，动圆圆心 C 到定点 F(1，0)的距离，与到定直线 x＝－1 的距离 相等， 由抛物线的定义，可得动圆圆心 C 的轨迹 E 是以 F(1，0)为焦点，x＝－1 为准线的抛物 线，其中 p＝2. 所以动圆圆心 C 的轨迹 E 的方程为 y2＝4x. 法二：设动圆圆心 C(x，y)，依题意得 （x－1）2＋y2＝|x＋1|，化简得 y2＝4x，即为动圆 圆心 C 的轨迹 E 的方程． (2)假设存在点 N(x0，0)满足题设条件． 由∠QNM＋∠PNM＝π 可知，直线 PN 与 QN 的斜率互为相反数，即 kPN＋kQN＝0.① 易知直线 PQ 的斜率必存在且不为 0，设直线 PQ：x＝my－2，由{y2＝4x x＝my－2，得 y2－4my＋ 8＝0. 由 Δ＝(－4m)2－4×8>0，得 m> 2或 m0)上在第一象限内的点 H(1，t)到 焦点 F 的距离为 2. (1)若 M(－1 4，0)，过点 M，H 的直线与该抛物线相交于另一点 N，求|NF|的值； (2)设 A，B 是抛物线 E 上分别位于 x 轴两侧的两个动点，且OA→ ·OB→ ＝ 9 4(其中 O 为坐标原 点)． ①求证直线 AB 必过定点，并求出该定点 Q 的坐标；②过点 Q 作 AB 的垂线与该抛物线交于 G，D 两点，求四边形 AGBD 面积的最小值． 解：(1)因为点 H(1，t)到焦点 F 的距离为 2，所以 1＋ p 2＝2，解得 p＝2，故抛物线 E 的方 程为 y2＝4x. 所以当 x＝1 时，t＝2，所以直线 MH 的方程为 y＝ 8 5x＋ 2 5，则联立{y＝8 5x＋2 5， y2＝4x， 可得 xN＝ 1 16， 所以|NF|＝xN＋ p 2＝ 1 16＋1＝ 17 16. (2)①由题意知直线 AB 的斜率不为 0，设直线 AB：x＝my＋n，A(y 4，y1)，B(y 4，y2)， 联立{x＝my＋n， y2＝4x， 可得 y2－4my－4n＝0， y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n. 由OA→ ·OB→ ＝ 9 4得 （y1y2）2 16 ＋y1y2＝ 9 4， 解得 y1y2＝－18 或 y1y2＝2(舍去)， 即－4n＝－18，解得 n＝ 9 2， 所以直线 AB 必过定点 Q(9 2，0 ). ② 设 G(y 4，y3)， D(y 4，y4). 由 题 意 知 ， m ≠ 0 ， 由 ① 得 |AB| ＝ 1＋m2|y2 － y1| ＝ 1＋m2· 16m 2＋72， 同理，|GD|＝ 1＋(－1 m )2 |y4－y3|＝ 1＋ 1 m2· 72＋16 m2 则四边形 AGBD 的面积 S＝ 1 2|AB|·|GD| ＝ 1 2 1＋m2· 16m2＋72· 1＋ 1 m2· 72＋16 m2 ＝4 [2＋(m2＋ 1 m2)]·[85＋18(m2＋ 1 m2)]. 令 m2＋ 1 m2＝μ(μ≥2)， 则 S＝4 18μ2＋121μ＋170是关于 μ 的增函数， 故当 μ＝2 时，Smin＝88，即当且仅当 m＝±1 时，四边形 AGBD 的面积取到最小值 88.