【高考冲刺】2020年高考数学(理数) 圆锥曲线中的定点定值存在性问题 大题（含答案解析）.doc

2020年高考数学(理数) 圆锥曲线中的定点定值存在性问题 大题已知椭圆C：=1(ab0)的右焦点F(，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设抛物线C：y2=4x的焦点为F，过F且斜率为k(k0)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如图，椭圆C：=1(ab0)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PFx轴，若ABOP，且|AB|=2.(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，若存在，求出点D的坐标，若不存在，说明理由已知椭圆C：=1(ab0)的焦距为4，P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=，证明：直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值在平面直角坐标系中，直线xym=0不过原点，且与椭圆=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mM，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，请说明理由已知直线l：x=my1过椭圆C：=1(ab0)的右焦点F，抛物线x2=4y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=1，=2，当m变化时，证明：12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，说明理由已知点M是椭圆C：=1(ab0)上一点，F1，F2分别为C的左、右焦点，|F1F2|=4，F1MF2=60，F1MF2的面积为.(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：k1k2为定值已知椭圆C的中心在原点，离心率等于，它的一个短轴端点恰好是抛物线x2=8y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两侧的动点若直线AB的斜率为，求四边形APBQ面积的最大值；当A，B运动时，满足APQ=BPQ，试问直线AB的斜率是否为定值？请说明理由已知椭圆C1：=1(ab1)的离心率为，其右焦点到直线2axby=0的距离为.(1)求椭圆C1的方程；(2)过点P的直线l交椭圆C1于A，B两点证明：以AB为直径的圆恒过定点设椭圆C：=1(ab0)，定义椭圆C的“相关圆”方程为x2y2=.若抛物线y2=4x的焦点与椭圆C的一个焦点重合，且椭圆C短轴的一个端点和其两个焦点构成直角三角形(1)求椭圆C的方程和“相关圆”E的方程；(2)过“相关圆”E上任意一点P作“相关圆”E的切线l与椭圆C交于A，B两点，O为坐标原点证明：AOB为定值答案解析解：(1)由题意得，c=，=2，a2=b2c2，a=2，b=1，椭圆C的标准方程为y2=1.(2)证明：当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kxm(m1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)由消去y可得(4k21)x28kmx4m24=0.=16(4k21m2)0，x1x2=，x1x2=.点B在以线段MN为直径的圆上，=0.=(x1，kx1m1)(x2，kx2m1)=(k21)x1x2k(m1)(x1x2)(m1)2=0，(k21)k(m1)(m1)2=0，整理，得5m22m3=0，解得m=或m=1(舍去)直线l的方程为y=kx.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.解：(1)由题意得F(1,0)，l的方程为y=k(x1)(k0)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得k2x2(2k24)xk2=0.=16k2160，故x1x2=.所以|AB|=|AF|BF|=(x11)(x21)=.由题设知=8，解得k=1或k=1(舍去)因此l的方程为y=x1.(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y2=(x3)，即y=x5.设所求圆的圆心坐标为(x0，y0)，则解得或因此所求圆的方程为(x3)2(y2)2=16或(x11)2(y6)2=144.解：(1)由题意得A(a,0)，B(0，b)，可设P(c，t)(t0)，=1，得t=，即P，由ABOP得=，即b=c，a2=b2c2=2b2，又|AB|=2，a2b2=12，由得a2=8，b2=4，椭圆C的方程为=1.(2)假设存在D(m,0)，使得直线QA与QD的斜率乘积恒为，设Q(x0，y0)(y00)，则=1，kQAkQD=，A(2，0)，=(x0m)，由得(m2)x02m8=0，即解得m=2，存在点D(2，0)，使得kQAkQD=.解：(1)由题意知2c=4，即c=2，则椭圆C的方程为=1，因为点P在椭圆C上，所以=1，解得a2=5或a2=(舍去)，所以椭圆C的方程为y2=1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1x2且x1x20，由=，得D(x1x2，y1y2)，所以直线AB的斜率kAB=，直线OD的斜率kOD=，由得(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)=0，即=，所以kABkOD=.故直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值.解：(1)因为直线xym=0不过原点，所以m0.将xym=0与=1联立，消去y，得4x22mxm24=0.因为直线与椭圆有两个不同的公共点A，B，所以=8m216(m24)0，所以2m0恒成立，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y2=，y1y2=.=1，=2，M，=1(1x1，y1)，=2(1x2，y2)，1=1，2=1，12=2=2=.综上所述，当m变化时，12为定值.(3)当m=0时，直线lx轴，则四边形ABED为矩形，易知AE与BD相交于点N，则若当m变化时，直线AE与BD相交于定点，则定点必为N，证明如下：=，易知E(4，y2)，则=.y2(y1)=(y1y2)my1y2=m=0，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.解：(1)在F1MF2中，由|MF1|MF2|sin 60=，得|MF1|MF2|=.由余弦定理，得|F1F2|2=|MF1|2|MF2|22|MF1|MF2|cos 60=(|MF1|MF2|)22|MF1|MF2|(1cos 60)，从而2a=|MF1|MF2|=4，即a=2，从而b=2，故椭圆C的方程为=1.(2)当直线l的斜率存在时，设其方程为y2=k(x1)，由得(12k2)x24k(k2)x2k28k=0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2=，x1x2=.从而k1k2=2k(k4)=4.当直线l的斜率不存在时，可取A，B，得k1k2=4.综上，恒有k1k2=4.解：(1)设椭圆C的方程为=1(ab0)，则b=2.由=，a2=c2b2，得a=4，椭圆C的方程为=1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)设直线AB的方程为y=xt，代入=1，得x2txt212=0，由0，解得4tb1，所以b=1，a2=2，故椭圆C1的方程为y2=1.(2)证明：当ABx轴时，以AB为直径的圆的方程为x2y2=1.当ABy轴时，以AB为直径的圆的方程为x22=，由可得由此可知，若以AB为直径的圆恒过定点，则该定点必为Q(0,1)下证Q(0,1)符合题意当AB不垂直于坐标轴时，设直线AB方程为y=kx，A(x1，y1)，B(x2，y2)由得(12k2)x2kx=0，由根与系数的关系得，x1x2=，x1x2=，=(x1，y11)(x2，y21)=x1x2(y11)(y21)=x1x2=(1k2)x1x2k(x1x2)=(1k2)k=0，故，即Q(0,1)在以AB为直径的圆上综上，以AB为直径的圆恒过定点(0,1)解：(1)因为抛物线y2=4x的焦点(1,0)与椭圆C的一个焦点重合，所以c=1.又椭圆C短轴的一个端点和其两个焦点构成直角三角形，所以b=c=1，故椭圆C的方程为y2=1，“相关圆”E的方程为x2y2=.(2)证明：当直线l的斜率不存在时，不妨设直线AB的方程为x=，A，B，则AOB=.当直线l的斜率存在时，设其方程为