2019年高考數(shù)學復習大二輪精準提分練習第二篇 第23練

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1、第23練圓錐曲線中的定點、定值與存在性問題壓軸大題突破練明晰考情1.命題角度：圓錐曲線中的定點與定值、最值與范圍問題是高考?？嫉膯栴}；以橢圓或拋物線為背景，尤其是與條件或結論相關存在性開放問題.2.題目難度：偏難題.考點一圓錐曲線中的定值問題方法技巧(1)求定值問題常見的方法有兩種從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關；直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值.(2)定值問題求解的基本思路是使用參數(shù)表示要解決的問題，然后證明與參數(shù)無關，這類問題選擇消元的方向是非常關鍵的.1.已知橢圓1(ab0)的長軸長為4，且過點.(1)求橢圓的方程；(2)設A，B，M是橢圓上的三點.

2、若，點N為線段AB的中點，C，D，求證：|NC|ND|2.(1)解由已知可得故所以橢圓的方程為y21.(2)證明設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1，y1.由，得M.因為M是橢圓C上一點，所以21，即2221，得2221，故y1y20.又線段AB的中點N的坐標為，所以22y1y21.從而線段AB的中點N在橢圓2y21上.又橢圓2y21的兩焦點恰為C，D，所以|NC|ND|2.2.(2018北京)已知拋物線C：y22px經(jīng)過點P(1，2)，過點Q(0，1)的直線l與拋物線C有兩個不同的交點A，B，且直線PA交y軸于M，直線PB交y軸于N.(1)求直線l的斜率的取值范圍；(2)設O為原點，

3、求證：為定值.(1)解因為拋物線y22px過點(1，2)，所以2p4，即p2.故拋物線C的方程為y24x.由題意知，直線l的斜率存在且不為0.設直線l的方程為ykx1(k0)，由得k2x2(2k4)x10.依題意知(2k4)24k210，解得k0或0k1.又PA，PB與y軸相交，故直線l不過點(1，2).從而k3.所以直線l的斜率的取值范圍是(，3)(3，0)(0，1).(2)證明設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由(1)知x1x2，x1x2.直線PA的方程為y2(x1)，令x0，得點M的縱坐標為yM22.同理得點N的縱坐標為yN2.由，得1yM，1yN.所以2.所以為定值.3. 已知橢圓

4、C：1(ab0)的離心率為，點Q在橢圓上，O為坐標原點.(1)求橢圓C的方程；(2)已知點P，M，N為橢圓C上的三點，若四邊形OPMN為平行四邊形，證明四邊形OPMN的面積S為定值，并求該定值.解(1)橢圓1(ab0)的離心率為，e2，得a22b2，又點Q在橢圓C上，1，聯(lián)立得a28，b24.橢圓C的方程為1.(2)當直線PN的斜率k不存在時，PN的方程為x或x，從而有|PN|2，S|PN|OM|222；當直線PN的斜率k存在時，設直線PN的方程為ykxm(m0)，P(x1，y1)，N(x2，y2)，將PN的方程代入橢圓C的方程，整理得(12k2)x24kmx2m280，16k2m24(2m2

5、8)(12k2)0，即m20恒成立.x1x2，x1x2.GH中點E1的坐標為.同理，MN中點E2的坐標為，的方程為y，即y，直線E1E2恒過定點；當兩直線的斜率分別為0和不存在時，的方程為y0，也過點.綜上所述，過定點.5.已知焦距為2的橢圓C：1(ab0)的右頂點為A，直線y與橢圓C交于P，Q兩點(P在Q的左邊)，Q在x軸上的射影為B，且四邊形ABPQ是平行四邊形.(1)求橢圓C的方程；(2)斜率為k的直線l與橢圓C交于兩個不同的點M，N.若M是橢圓的左頂點，D是直線MN上一點，且DAAM.點G是x軸上異于點M的點，且以DN為直徑的圓恒過直線AN和DG的交點，求證：點G是定點.(1)解設坐標

6、原點為O，四邊形ABPQ是平行四邊形，|，|2|，|2|，則點B的橫坐標為，點Q的坐標為，代入橢圓C的方程得b22，又c22，a24，即橢圓C的方程為1.(2)證明設直線MN的方程為yk(x2)，N(x0，y0)，DAAM，D(2，4k).由消去y得(12k2)x28k2x8k240，則2x0，即x0，y0k(x02)，則N，設G(t，0)，則t2，若以DN為直徑的圓恒過直線AN和DG的交點，則DGAN，0恒成立.(2t，4k)，(2t)4k0恒成立，即0恒成立，t0，點G是定點(0，0).6.(2017全國)已知橢圓C：1(ab0)，四點P1(1，1)，P2(0，1)，P3，P4中恰有三點在

7、橢圓C上.(1)求C的方程；(2)設直線l不經(jīng)過P2點且與C相交于A，B兩點.若直線P2A與直線P2B的斜率的和為1，證明：l過定點.(1)解由于P3，P4兩點關于y軸對稱，故由題設知橢圓C經(jīng)過P3，P4兩點.又由知，橢圓C不經(jīng)過點P1，所以點P2在橢圓C上.因此解得故橢圓C的方程為y21.(2)證明設直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1，k2.如果l與x軸垂直，設l：xt，由題設知t0，且|t|0.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1x2，x1x2.而k1k2.由題設k1k21，故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0，即(2k1)(m1)0，解得k.當且僅當m1時，0，于是l：

8、yxm，即y1(x2)，所以l過定點(2，1).考點三 圓錐曲線中的存在性問題方法技巧解決存在性問題的一般思路：假設滿足條件的元素(點、直線、曲線或參數(shù))存在，用待定系數(shù)法設出，列出關于待定系數(shù)的方程組，若方程組有實數(shù)解，則元素(點、直線、曲線或參數(shù))存在，否則，元素(點、直線、曲線或參數(shù))不存在.7.(2016全國)在直角坐標系xOy中，直線l：yt(t0)交y軸于點M，交拋物線C：y22px(p0)于點P，M關于點P的對稱點為N，連接ON并延長交C于點H.(1)求；(2)除H以外，直線MH與C是否有其它公共點？說明理由.解(1)如圖，由已知得M(0，t)，P，又N為M關于點P的對稱點，故N

9、，ON的方程為yx，代入y22px，整理得px22t2x0，解得x10，x2，因此H.所以N為OH的中點，即2.(2)直線MH與C除H以外沒有其他公共點，理由如下：直線MH的方程為ytx，即x(yt).代入y22px，得y24ty4t20，解得y1y22t，即直線MH與C只有一個公共點，所以除H以外，直線MH與C沒有其他公共點.8.已知橢圓E：1的右焦點為F(c，0)且abc0，設短軸的一個端點D，原點O到直線DF的距離為，過原點和x軸不重合的直線與橢圓E相交于C，G兩點，且|4.(1)求橢圓E的方程；(2)是否存在過點P(2，1)的直線l與橢圓E相交于不同的兩點A，B且使得24成立？若存在，

10、試求出直線l的方程；若不存在，請說明理由.解(1)由橢圓的對稱性知，|2a4，a2.又原點O到直線DF的距離為，bc，又a2b2c24，abc0，b，c1.故橢圓E的方程為1.(2)當直線l與x軸垂直時不滿足條件.故可設A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線l的方程為yk(x2)1，代入橢圓方程得(34k2)x28k(2k1)x16k216k80，x1x2，x1x2，32(6k3)0，k.4，即4(x12)(x22)(y11)(y21)5，4(x12)(x22)(1k2)5，即4x1x22(x1x2)4(1k2)5，4(1k2)45，解得k，k不符合題意，舍去，存在滿足條件的直線l，其方程為

11、x2y0.典例(12分)已知橢圓C：9x2y2m2(m0)，直線l不過原點O且不平行于坐標軸，l與C有兩個交點A，B，線段AB的中點為M.(1)證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值；(2)若l過點，延長線段OM與C交于點P，四邊形OAPB能否為平行四邊形？若能，求此時l的斜率；若不能，說明理由.審題路線圖(1)(2)規(guī)范解答評分標準(1)證明設直線l：ykxb(k0，b0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM).2分將ykxb代入9x2y2m2，得(k29)x22kbxb2m20，4k2b24(k29)(b2m2)0，故xM，yMkxMb.4分于是直線OM的斜率kOM，即

12、kOMk9.所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值. 6分(2)解四邊形OAPB能為平行四邊形. 7分因為直線l過點，所以l不過原點且與C有兩個交點的充要條件是k0，k3.由(1)得OM的方程為yx.設點P的橫坐標為xP，由得x，即xP . 9分將點的坐標代入l的方程，得b，因此xM.10分四邊形OAPB為平行四邊形，當且僅當線段AB與線段OP互相平分，即xP2xM.于是2，解得k14，k24.因為ki0，ki3，i1，2，所以當l的斜率為4或4時，四邊形OAPB為平行四邊形. 12分構建答題模板第一步先假定：假設結論成立；第二步再推理：以假設結論成立為條件，進行推理求解；第三步下結論：若推

13、出合理結果，經(jīng)驗證成立則肯定假設；若推出矛盾則否定假設；第四步再回顧：查看關鍵點，易錯點(特殊情況、隱含條件等)，審視解題規(guī)范性.1.(2017全國)設O為坐標原點，動點M在橢圓C：y21上，過M作x軸的垂線，垂足為N，點P滿足.(1)求點P的軌跡方程；(2)設點Q在直線x3上，且1.證明：過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F.(1)解設P(x，y)，M(x0，y0)，則N(x0，0)，(xx0，y)，(0，y0).由 得x0x，y0y.因為M(x0，y0)在C上，所以1.因此點P的軌跡方程為x2y22.(2)證明由題意知F(1，0).設Q(3，t)，P(m，n)，則(3，t)，(1m，n

14、)，33mtn，(m，n)，(3m，tn).由1，得3mm2tnn21.又由(1)知m2n22，故33mtn0.所以0，即.又過點P存在唯一直線垂直于OQ，所以過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F.2.如圖，橢圓E：1(ab0)，經(jīng)過點A(0，1)，且離心率為.(1)求橢圓E的方程；(2)經(jīng)過點(1，1)，且斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點P，Q(均異于點A)，證明：直線AP與AQ的斜率之和為定值.(1)解由題設知，b1，結合a2b2c2，解得a，所以橢圓的方程為y21.(2)證明由題設知，直線PQ的方程為yk(x1)1(k2)，代入y21，得(12k2)x24k(k1)x2k(k2)

15、0，由已知0，設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x20，則x1x2，x1x2，從而直線AP，AQ的斜率之和 kAPkAQ2k(2k)2k(2k)，2k(2k)2k2(k1)2.故kAPkAQ為定值2.3.已知橢圓E：1(ab0)的離心率是，點P在橢圓E上.(1)求橢圓E的方程；(2)過點P且斜率為k的直線l交橢圓E于點Q(xQ，yQ)(點Q異于點P)，若0xQ1，求直線l的斜率k的取值范圍.解(1)由題意得解得橢圓E的方程為y21.(2)設直線l的方程為yk(x1)，代入方程y21.消去y得(14k2)x2(4k8k2)x4k24k10，xQ1，0xQ1，01，即解得k，經(jīng)檢驗，滿足題

16、意.直線l的斜率k的取值范圍是.4.如圖所示，已知橢圓M：1(ab0)的四個頂點構成邊長為5的菱形，原點O到直線AB的距離為，其中A(0，a)，B(b，0).直線l：xmyn與橢圓M相交于C，D兩點，且以CD為直徑的圓過橢圓的右頂點P(其中點C，D與點P不重合).(1)求橢圓M的方程；(2)證明：直線l與x軸交于定點，并求出定點的坐標.解(1)由已知，得a2b252，由點A(0，a)，B(b，0)知，直線AB的方程為1，即axbyab0.又原點O到直線AB的距離為，即，所以a216，b29，c21697.故橢圓M的方程為1.(2)由(1)知P(3，0)，設C(x1，y1)，D(x2，y2)，將

17、xmyn代入1，整理，得(16m29)y232mny16n21440，則y1y2，y1y2.因為以CD為直徑的圓過橢圓的右頂點P，所以0，即(x13，y1)(x23，y2)0，所以(x13)(x23)y1y20.又x1my1n，x2my2n，所以(my1n3)(my2n3)y1y20，整理，得(m21)y1y2m(n3)(y1y2)(n3)20，即(m21)m(n3)(n3)20，所以(n3)20，易知n3，所以16(m21)(n3)32m2n(16m29)(n3)0，整理，得25n210，即n.經(jīng)檢驗，n符合題意.所以直線l與x軸交于定點，定點的坐標為.5.已知拋物線C：x22py(p0)的

18、焦點為F，直線2xy20交拋物線C于A，B兩點，P是線段AB的中點，過P作x軸的垂線交拋物線C于點Q.(1)D是拋物線C上的動點，點E(1，3)，若直線AB過焦點F，求|DF|DE|的最小值；(2)是否存在實數(shù)p，使|2|2|？若存在，求出p的值；若不存在，說明理由.解(1)直線2xy20與y軸的交點為(0，2)，F(xiàn)(0，2)，則拋物線C的方程為x28y，準線l：y2.設過D作DGl于G，則|DF|DE|DG|DE|，當E，D，G三點共線時，|DF|DE|取最小值235.(2)假設存在，拋物線x22py與直線y2x2聯(lián)立，得x24px4p0，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，(4p)216p16(p2p)0，則x1x24p，x1x24p，Q(2p，2p).|2|2|，.則0，得(x12p)(x22p)(y12p)(y22p)(x12p)(x22p)(2x122p)(2x222p)5x1x2(46p)(x1x2)8p28p40，代入得4p23p10，解得p或p1(舍去).因此存在實數(shù)p，且滿足0，使得|2|2|成立.