《（浙江專用）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)（十六）大題考法——圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值、存在性問(wèn)題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)（十六）大題考法——圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值、存在性問(wèn)題（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（浙江專用）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)（十六）大題考法——圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值、存在性問(wèn)題 1．(2018·浙江高考名師預(yù)測(cè)卷二)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的一個(gè)焦點(diǎn)與拋物線y2＝8x的焦點(diǎn)相同，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別為橢圓的左、右焦點(diǎn)．M為橢圓上任意一點(diǎn)，△MF1F2面積的最大值為4. (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)橢圓C上的任意一點(diǎn)N(x0，y0)，從原點(diǎn)O向圓N：(x－x0)2＋(y－y0)2＝3作兩條切線，分別交橢圓于A，B兩點(diǎn)．試探究|OA|2＋|OB|2是否為定值，若是，求出定值；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由． 解：(1)拋物線y2＝8x的焦點(diǎn)為(2，0)， 由題意可

2、得c＝2. 當(dāng)點(diǎn)M位于橢圓短軸的端點(diǎn)處時(shí)，△MF1F2的面積最大， 即有×b×2c＝4，解得b＝2， 所以a2＝b2＋c2＝4＋8＝12， 故橢圓C的方程為＋＝1. (2)設(shè)直線OA：y＝k1x，OB：y＝k2x，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 設(shè)過(guò)原點(diǎn)與圓(x－x0)2＋(y－y0)2＝3相切的切線方程為y＝kx， 則有＝，整理得(x－3)k2－2x0y0k＋y－3＝0， 所以k1＋k2＝，k1k2＝. 又因?yàn)辄c(diǎn)N在橢圓上，所以＋＝1， 所以可求得k1k2＝＝－. 將y＝k1x代入橢圓方程x2＋3y2＝12， 得x＝，則y＝. 同理可得x＝，y＝， 所以|O

3、A|2＋|OB|2＝＋ ＝ ＝＝16. 所以|OA|2＋|OB|2的值為定值，且為16. 2.如圖，曲線C由上半橢圓C1：＋＝1(a>b>0，y≥0)和部分拋物線C2：y＝－x2＋1(y≤0)連接而成，C1與C2的公共點(diǎn)為A，B，其中C1的離心率為. (1)求a，b的值； (2)過(guò)點(diǎn)B的直線l與C1，C2分別交于點(diǎn)P，Q(均異于點(diǎn)A，B)，是否存在直線l，使得以PQ為直徑的圓恰好過(guò)點(diǎn)A，若存在，求出直線l的方程；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 解：(1)在C2的方程中，令y＝0，可得x＝±1， ∴A(－1,0)，B(1,0)． 又A，B兩點(diǎn)是上半橢圓C1的左、右頂點(diǎn)，∴b＝1. 設(shè)

4、C1的半焦距為c，由＝及a2－c2＝b2＝1可得a＝2，∴a＝2，b＝1. (2)由(1)知，上半橢圓C1的方程為＋x2＝1(y≥0)． 由題易知，直線l與x軸不重合也不垂直，設(shè)其方程為y＝k(x－1)(k≠0)． 代入C1的方程，整理得(k2＋4)x2－2k2x＋k2－4＝0. 設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(xP，yP)，又直線l經(jīng)過(guò)點(diǎn)B(1,0)， ∴xP＋1＝，xP＝. 從而yP＝，∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為. 同理，由 得點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(－k－1，－k2－2k)． ∴＝(k，－4)，＝－k(1，k＋2)． 依題意可知AP⊥AQ， ∴·＝0，即[k－4(k＋2)]＝0， ∵k≠0，∴k－4(

5、k＋2)＝0，解得k＝－. 經(jīng)檢驗(yàn)，k＝－符合題意， 故直線l的方程為y＝－(x－1)． 3.已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，右焦點(diǎn)為F，右頂點(diǎn)為E，P為直線x＝a上的任意一點(diǎn)，且(＋)·＝2. (1)求橢圓C的方程； (2)過(guò)F且垂直于x軸的直線AB與橢圓交于A，B兩點(diǎn)(點(diǎn)A在第一象限)，動(dòng)直線l與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)，且M，N位于直線AB的兩側(cè)，若始終保持∠MAB＝∠NAB，求證：直線MN的斜率為定值． 解：(1)設(shè)P，F(xiàn)(c,0)，E(a,0)，則＝，＝，＝(c－a,0)， 所以(＋)·＝·＝2，即·(c－a)＝2，又e＝＝， 所以a＝2，c＝1，b＝， 從

6、而橢圓C的方程為＋＝1. (2)由(1)知A，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)， 設(shè)MN的方程為y＝kx＋m，代入橢圓方程＋＝1， 得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， 所以x1＋x2＝－，x1x2＝. 又M，N是橢圓上位于直線AB兩側(cè)的動(dòng)點(diǎn)，若始終保持∠MAB＝∠NAB， 則kAM＋kAN＝0，即＋＝0， (x2－1)＋(x1－1)＝0， 即(2k－1)(2m＋2k－3)＝0，得k＝. 故直線MN的斜率為定值. 4．(2018·鎮(zhèn)海中學(xué)5月模擬)已知拋物線C1，C2的方程分別為x2＝2y，y2＝2x. (1)求拋物線C1和拋物線C2的公切線l的方程；

7、 (2)過(guò)點(diǎn)G(a，b)(a，b為常數(shù))作一條斜率為k的直線與拋物線C2：y2＝2x交于P，Q兩點(diǎn)，當(dāng)弦PQ的中點(diǎn)恰好為點(diǎn)G時(shí)，試求k與b之間的關(guān)系． 解：(1)由題意可知，直線l的斜率顯然存在，且不等于0， 設(shè)直線l的方程為y＝tx＋m. 聯(lián)立消去y并整理得x2－2tx－2m＝0， 因?yàn)橹本€l與拋物線C1相切， 所以Δ1＝(－2t)2－4×(－2m)＝0，整理得t2＋2m＝0. ① 同理，聯(lián)立得2tm＝1. ② 由①②，解得 所以直線l的方程為y＝－x－. (2)由題意知直線PQ的方程為y－b＝k(x－a)， 即y＝k(x－a)＋b.聯(lián)立 消去y得k2x2＋

8、(－2k2a＋2kb－2)x＋k2a2＋b2－2kab＝0， 當(dāng)k＝0時(shí)，直線PQ與拋物線C2：y2＝2x只有一個(gè)交點(diǎn)，故k≠0， 設(shè)點(diǎn)P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 所以由根與系數(shù)的關(guān)系得x1＋x2＝， 所以＝. 又y1＋y2＝k(x1－a)＋b＋k(x2－a)＋b ＝k(x1＋x2)－2ka＋2b＝－2ka＋2b ＝＝， 所以＝. 要滿足弦PQ的中點(diǎn)恰好為點(diǎn)G(a，b)，根據(jù)中點(diǎn)坐標(biāo)公式可知即所以kb＝1. 故k與b之間的關(guān)系是互為倒數(shù)． 5．已知橢圓C的中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上，離心率為，它的一個(gè)焦點(diǎn)恰好與拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)重合． (1)求橢圓C的方程；

9、 (2)設(shè)橢圓的上頂點(diǎn)為A，過(guò)點(diǎn)A作橢圓C的兩條動(dòng)弦AB，AC，若直線AB，AC斜率之積為，直線BC是否恒過(guò)一定點(diǎn)？若經(jīng)過(guò)，求出該定點(diǎn)坐標(biāo)；若不經(jīng)過(guò)，請(qǐng)說(shuō)明理由． 解：(1)由題意知橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)為F(1,0)，則c＝1. 由e＝＝得a＝，所以b＝1， 所以橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)由(1)知A(0,1)，當(dāng)直線BC的斜率不存在時(shí)， 設(shè)BC：x＝x0，設(shè)B(x0，y0)，則C(x0，－y0)， kAB·kAC＝·＝＝＝≠， 不合題意．故直線BC的斜率存在．設(shè)直線BC的方程為y＝kx＋m(m≠1)，并代入橢圓方程，得： (1＋2k2)x2＋4kmx＋2(m2－1)＝0， ① 由Δ＝(4km)2－8(1＋2k2)(m2－1)>0， 得2k2－m2＋1>0. ② 設(shè)B(x1，y1)，C(x2，y2)，則x1，x2是方程①的兩根， 由根與系數(shù)的關(guān)系得， x1＋x2＝－，x1x2＝， 由kAB·kAC＝·＝得： 4y1y2－4(y1＋y2)＋4＝x1x2， 即(4k2－1)x1x2＋4k(m－1)(x1＋x2)＋4(m－1)2＝0， 整理得(m－1)(m－3)＝0， 又因?yàn)閙≠1，所以m＝3， 此時(shí)直線BC的方程為y＝kx＋3. 所以直線BC恒過(guò)一定點(diǎn)(0,3)．