【导与练】高考数学大二轮 专题限时训练 第2讲 圆锥曲线中的定点、定值问题与存在性问题 文.doc

第2讲圆锥曲线中的定点、定值问题与存在性问题【选题明细表】知识点、方法题号定点问题1、8、9定值问题3、4、6、7存在性问题2、5、10一、选择题1.设o为坐标原点,f为抛物线y2=4x的焦点,a为抛物线上一点,若oaaf=-4,则点a的坐标为(b)(a)(2,22) (b)(1,2)(c)(1,2) (d)(2,22)解析:设a(x0,y0)(x00),f(1,0),oa=(x0,y0),af=(1-x0,-y0),oaaf=x0(1-x0)-y02=-4.y02=4x0,x0-x02-4x0+4=0x02+3x0-4=0,解得x0=1或x0=-4(舍去).y0=2.故选b.2.过双曲线x2-y22=1的右焦点f作直线l交双曲线于a、b两点,若|ab|=4,这样的直线条数为(c)(a)1(b)2(c)3(d)4解析:若与双曲线右支交于两点a、b,则|ab|4,此时弦长为4的弦有一条;若与左、右两支各有一交点分别为a、b,则|ab|2,此时弦长为4的弦有两条.共3条.故选c.3.椭圆x225+y216=1的左、右焦点分别为f1、f2,弦ab过f1,若abf2的内切圆周长为,a、b两点的坐标分别为(x1,y1)和(x2,y2),则|y2-y1|的值为(d)(a)53(b)103(c)203(d)53解析:sabf2=12lr内(l为abf2的周长),l=|af1|+|af2|+|bf1|+|bf2|=4a=20,又内切圆周长为2r内=,r内=12,从而sabf2=122012=5,又sabf2=12|f1f2|y2-y1|=c|y2-y1|=5,|y2-y1|=53.故选d.4.已知直线y=12x与双曲线x29-y24=1交于a,b两点,p为双曲线上不同于a,b的点,当直线pa,pb的斜率kpa,kpb存在时,kpakpb=(a)(a)49(b)12(c)23(d)与p点位置有关解析:据题意联立直线与双曲线方程y=12x,x29-y24=1,消去y整理可得x2=1447,设a(x1,12x1),b(x2,12x2),p(x0,y0),则x1x2=-1447,x1+x2=0,且由点p在双曲线上可得y02=4（x029-1）,故有kpakpb=y0-12x1x0-x1y0-12x2x0-x2=y02-12(x1+x2)y0+14x1x2x02-(x1+x2)x0+x1x2=y02+14x1x2x02+x1x2=y02-141447x02-1447=4(x029-1)-141447x02-1447=49(x02-1447)x02-1447=49.故选a.5.已知椭圆c:x24+y2=1的焦点为f1,f2,若点p在椭圆上,且满足|po|2=|pf1|pf2|(其中o为坐标原点),则称点p为“点”.那么下列结论正确的是(b)(a)椭圆c上的所有点都是“点”(b)椭圆c上仅有有限个点是“点”(c)椭圆c上的所有点都不是“点”(d)椭圆c上有无穷多个点(但不是所有的点)是“点”解析:设点p(x0,y0),则有|pf1|pf2|=(2+32x0)(2-32x0)=4-34x02,|po|2=x02+y02=x02+(1-x024)=1+34x02.由|po|2=|pf1|pf2|得4-34x02=1+34x02,解得x02=20,4,因此椭圆c上仅有有限个点是“点”,选b.二、填空题6.过抛物线y2=2px(p0)的焦点f作倾斜角为45的直线交抛物线于a,b两点,若线段ab的长为8,则p=.解析:直线ab的方程为y=x-p2,由y=x-p2,y2=2px,消去y得x2-3px+p24=0.设a(x1,y1),b(x2,y2),x1+x2=3p.根据抛物线定义,|bf|=x2+p2,|af|=x1+p2,|ab|=x1+x2+p=4p=8.p=2.答案:27. 如图,在平面直角坐标系xoy中,a1,a2,b1,b2为椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的四个顶点,f为其右焦点,直线a1b2与直线b1f相交于点t,线段ot与椭圆的交点m恰为线段ot的中点,则该椭圆的离心率为.解析:由已知条件可得直线a1b2的方程为x-a+yb=1,直线b1f的方程为xc+y-b=1,联立可得两直线交点t的坐标为（2aca-c,b(a+c)a-c）,则线段ot的中点m的坐标为（aca-c,b(a+c)2(a-c)）,代入椭圆x2a2+y2b2=1可得4c2+(a+c)2=4(a-c)2,即得e2+10e-3=0,解得e=-527,e(0,1),e=27-5.答案:27-58.在平面直角坐标系xoy中,直线l与抛物线y2=4x相交于不同的a、b两点,如果oaob=-4,则直线l必过定点.解析:(1)若直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx+b,直线l与抛物线交点为a(x1,y1),b(x2,y2),由y=kx+by2=4x得k2x2+(2kb-4)x+b2=0,x1+x2=-2kb-4k2,x1x2=b2k2,oaob=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+b)(kx2+b)=(k2+1)x1x2+kb(x1+x2)+b2=b2+4bkk2=-4,b2+4bk+4k2=0,b=-2k,此时直线l的方程为y=kx+b=kx-2k=k(x-2),显然直线l过定点(2,0).(2)若直线l的斜率不存在,设其方程为x=m,则a(m,2m),b(m,-2m),oaob=m2-4m=-4,m2-4m+4=0,m=2,直线l的方程为x=2,显然直线过点(2,0),综合(1)(2)知直线l过定点(2,0).答案:(2,0)三、解答题9.已知椭圆c的焦点为f1(-2,0)、f2(2,0),且椭圆c的下顶点到直线x+y-2=0的距离为322.(1)求椭圆c的方程;(2)若一直线l:y=kx+m与椭圆c相交于a、b(a、b不是椭圆c的顶点)两点,以ab为直径的圆过椭圆c的上顶点,求证:直线l过定点,并求出该定点的坐标.(1)解:椭圆c的焦点为f1(-2,0),f2(2,0),故设椭圆c的方程为x2a2+y2b2=1(ab0),由题意得|-b-2|2=322,解得b=1.a=3,椭圆c的方程为x23+y2=1.(2)证明:设椭圆c的上顶点为q(0,1),由方程组y=kx+m,x23+y2=1得x23+(kx+m)2=1,即（13+k2）x2+2kmx+m2-1=0,直线l:y=kx+m与椭圆c相交于a、b两点,=4k2m2-4（13+k2）(m2-1)=4（k2-13m2+13）0,即3k2-m2+10,设a、b两点的坐标分别为(x1,y1)、(x2,y2),则x1+x2=-6km1+3k2,x1x2=3(m2-1)1+3k2,y1+y2=k(x1+x2)+2m=2m1+3k2,y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=3k2(m2-1)1+3k2-6k2m21+3k2+m2=m2-3k21+3k2.以ab为直径的圆过椭圆c的上顶点q(0,1),aqbq,x1x2+(y1-1)(y2-1)=0,即x1x2+y1y2-(y1+y2)+1=0,3(m2-1)1+3k2+m2-3k21+3k2-2m1+3k2+1=0,化简得2m2-m-1=0,m=1或m=-12.当m=1时,直线l:y=kx+1过定点q(0,1),与已知矛盾;当m=-12时,满足3k2-m2+10,此时直线l:y=kx-12过定点（0,-12）,直线l过定点（0,-12）.10.已知椭圆c:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22,其左、右焦点分别为f1、f2,点p是椭圆上一点,且pf1pf2=0,|op|=1(o为坐标原点).(1)求椭圆c的方程;(2)过点s（0,-13）且斜率为k的动直线l交椭圆于a、b两点,在y轴上是否存在定点m,使以ab为直径的圆恒过这个点?若存在,求出m的坐标,若不存在,说明理由.解:(1)因为e=22,所以ca=22,即a=2c.pf1pf2=0,pf1pf2,|op|=12|f1f2|=c;又 |op|=1,c=1,a=2,b=1.因此所求椭圆的方程为x22+y2=1.(2)动直线l的方程为y=kx-13,由y=kx-13,x22+y2=1,得(2k2+1)x2-43kx-169=0.设a(x1,y1),b(x2,y2).则x1+x2=4k3(2k2+1),x1x2=-169(2k2+1).假设在y轴上存在定点m(0,m)满足题设,则ma=(x1,y1-m),mb=(x2,y2-m).mamb=x1x2+(y1-m)(y2-m)=x1x2+y1y2-m(y1+y2)+m2=x1x2+（kx1-13）（kx2-13）-m（kx1-13+kx2-13）+m2=(k2+1)x1x2-k