2025版高考数学一轮复习第九章平面解析几何第8讲圆锥曲线的综合问题第2课时圆锥曲线中的定值定点与存在性问题高效演练分层突破文新人教A版

PAGEPAGE1第2课时圆锥曲线中的定值、定点与存在性问题[基础题组练]1．(2024·长沙市统一模拟考试)已知F1，F2分别是双曲线C：y2－x2＝1的上、下焦点，P是其一条渐近线上的一点，且以F1F2为直径的圆经过点P，则△PF1F2的面积为()A.eq\f(\r(2),2) B．1C.eq\r(2) D．2解析：选C.设P(x0，y0)，不妨设点P在双曲线C的过一、三象限的渐近线x－y＝0上，因此可得x0－y0＝0.F1(0，eq\r(2))，F2(0，－eq\r(2))，所以|F1F2|＝2eq\r(2)，以F1F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝2，又以F1F2为直径的圆经过点P，所以xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝2.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0－y0＝0,xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝2))，得|x0|＝1，于是S△PF1F2＝eq\f(1,2)|F1F2|·|x0|＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×1＝eq\r(2)，故选C.2．直线l与抛物线C：y2＝2x交于A，B两点，O为坐标原点，若直线OA，OB的斜率分别为k1，k2，且满意k1k2＝eq\f(2,3)，则直线l过定点()A．(－3，0) B．(0，－3)C．(3，0) D．(0，3)解析：选A.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为k1k2＝eq\f(2,3)，所以eq\f(y1,x1)·eq\f(y2,x2)＝eq\f(2,3).又yeq\o\al(2,1)＝2x1，yeq\o\al(2,2)＝2x2，所以y1y2＝6.将直线l：x＝my＋b代入抛物线C：y2＝2x得y2－2my－2b＝0，所以y1y2＝－2b＝6，得b＝－3，即直线l的方程为x＝my－3，所以直线l过定点(－3，0)．3．(2024·安徽合肥模拟)已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(6),3)，过椭圆上一点M作直线MA，MB分别交椭圆于A，B两点，且斜率分别为k1，k2，若点A，B关于原点对称，则k1·k2的值为．解析：由e2＝1－eq\f(b2,a2)＝eq\f(6,9)，得eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,3).设M(x，y)，A(m，n)，则B(－m，－n)，k1·k2＝eq\f(y－n,x－m)·eq\f(y＋n,x＋m)＝eq\f(y2－n2,x2－m2)，①把y2＝b2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x2,a2)))，n2＝b2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(m2,a2)))代入①式并化简，可得k1·k2＝－eq\f(b2,a2)＝－eq\f(1,3).答案：－eq\f(1,3)4．以下四个关于圆锥曲线的命题：①设A，B为两个定点，K为正数，若||PA|－|PB||＝K，则动点P的轨迹是双曲线；②方程2x2－5x＋2＝0的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率；③双曲线eq\f(x2,25)－eq\f(y2,9)＝1与椭圆eq\f(x2,35)＋y2＝1有相同的焦点；④已知抛物线y2＝2px，以过焦点的一条弦AB为直径作圆，则此圆与准线相切．其中真命题为．(写出全部真命题的序号)解析：A，B为两个定点，K为正数，||PA|－|PB||＝K，当K＝|AB|时，动点P的轨迹是两条射线，故①错误；方程2x2－5x＋2＝0的两根为eq\f(1,2)和2，可分别作为椭圆和双曲线的离心率，故②正确；双曲线eq\f(x2,25)－eq\f(y2,9)＝1的焦点坐标为(±eq\r(34)，0)，椭圆eq\f(x2,35)＋y2＝1的焦点坐标为(±eq\r(34)，0)，故③正确；设AB为过抛物线焦点F的弦，P为AB中点，A，B，P在准线l上的射影分别为M，N，Q，因为AP＋BP＝AM＋BN，所以PQ＝eq\f(1,2)AB，所以以AB为直径作圆，则此圆与准线l相切，故④正确．故正确的命题有②③④.答案：②③④5．(2024·福建五校其次次联考)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(3),2)，上顶点M到直线eq\r(3)x＋y＋4＝0的距离为3.(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l过点(4，－2)，且与椭圆C相交于A，B两点，l不经过点M，证明：直线MA的斜率与直线MB的斜率之和为定值．解：(1)由题意可得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(e＝\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,\f(|b＋4|,2)＝3，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝2，))所以椭圆C的方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)证明：易知直线l的斜率恒小于0，设直线l的方程为y＋2＝k(x－4)，k<0且k≠－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＋2＝k（x－4），,\f(x2,16)＋\f(y2,4)＝1))得(1＋4k2)x2－16k(2k＋1)x＋64k(k＋1)＝0，则x1＋x2＝eq\f(16k（2k＋1）,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(64k（k＋1）,1＋4k2)，因为kMA＋kMB＝eq\f(y1－2,x1)＋eq\f(y2－2,x2)＝eq\f(（kx1－4k－4）x2＋（kx2－4k－4）x1,x1x2)，所以kMA＋kMB＝2k－(4k＋4)×eq\f(x1＋x2,x1x2)＝2k－4(k＋1)×eq\f(16k（2k＋1）,64k（k＋1）)＝2k－(2k＋1)＝－1(为定值)．6．(2024·高考全国卷Ⅲ)已知曲线C：y＝eq\f(x2,2)，D为直线y＝－eq\f(1,2)上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.(1)证明：直线AB过定点；(2)若以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2)))为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求该圆的方程．解：(1)证明：设Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，－\f(1,2)))，A(x1，y1)，则xeq\o\al(2,1)＝2y1.由于y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故eq\f(y1＋\f(1,2),x1－t)＝x1.整理得2tx1－2y1＋1＝0.设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.故直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.所以直线AB过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).(2)由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋eq\f(1,2).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝tx＋\f(1,2)，,y＝\f(x2,2)))可得x2－2tx－1＝0.于是x1＋x2＝2t，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1.设M为线段AB的中点，则Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，t2＋\f(1,2))).由于eq\o(EM,\s\up6(→))⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，而eq\o(EM,\s\up6(→))＝(t，t2－2)，eq\o(AB,\s\up6(→))与向量(1，t)平行，所以t＋(t2－2)t＝0.解得t＝0或t＝±1.当t＝0时，|eq\o(EM,\s\up6(→))|＝2，所求圆的方程为x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(5,2)))eq\s\up12(2)＝4；当t＝±1时，|eq\o(EM,\s\up6(→))|＝eq\r(2)，所求圆的方程为x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(5,2)))eq\s\up12(2)＝2.[综合题组练]1．(2024·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，摸索究在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eq\r(（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)满意题设条件．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eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,x＝my－2))得y2－4my＋8＝0.由Δ＝(－4m)2－4×8>0，得m>eq\r(2)或m<－eq\r(2).设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝8.由①得kPN＋kQN＝eq\f(y1,x1－x0)＋eq\f(y2,x2－x0)＝eq\f(y1（x2－x0）＋y2（x1－x0）,（x1－x0）（x2－x0）)＝0，所以y1(x2－x0)＋y2(x1－x0)＝0即，y1x2＋y2x1－x0(y1＋y2)＝0.消去x1，x2，得eq\f(1,4)y1yeq\o\al(2,2)＋eq\f(1,4)y2yeq\o\al(2,1)－x0(y1＋y2)＝0，即eq\f(1,4)y1y2(y1＋y2)－x0(y1＋y2)＝0.因为y1＋y2≠0，所以x0＝eq\f(1,4)y1y2＝2，所以存在点N(2，0)，使得∠QNM＋∠PNM＝π.2．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\co1(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，满意eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\o(NQ,\s\up6(→))？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\co1(1，\f(\r(2),2)))在椭圆C上，所以2a＝|AF1|＋|AF2|＝2eq\r(2)，所以a＝eq\r(2)，b2＝a2－c2＝1，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)不存在满意条件的直线，证明如下：设直线的方程为y＝2x＋t，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3，\f(5,3)))，Q(x4，y4)，MN的中点为D(x0，y0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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)，Δ＝4t2－36(t2－8)>0，所以y0＝eq\f(y