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《2019版高考数学复习解析几何课时达标检测四十五圆锥曲线中的定点定值存在性问题文》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、课时达标检测（四十五）圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题[一般难度题——全员必做]1．(2018·郑州质检)已知动圆M恒过点(0,1)，且与直线y＝－1相切．(1)求圆心M的轨迹方程；(2)动直线l过点P(0，－2)，且与点M的轨迹交于A，B两点，点C与点B关于y轴对称，求证：直线AC恒过定点．解：(1)由题意得，点M与点(0,1)的距离始终等于点M到直线y＝－1的距离，由抛物线的定义知圆心M的轨迹是以点(0,1)为焦点，直线y＝－1为准线的抛物线，则＝1，p＝2.∴圆心M的轨迹方程为x2＝4y.(2)设直线l：y＝kx－2，A(x1，y1)，B(x2，y2)
2、，则C(－x2，y2)，联立消去y整理得x2－4kx＋8＝0，∴x1＋x2＝4k，x1x2＝8.kAC＝＝＝，直线AC的方程为y－y1＝(x－x1)．即y＝y1＋(x－x1)＝x－＋＝x＋，∵x1x2＝8，∴y＝x＋＝x＋2，即直线AC恒过定点(0,2)．2．在平面直角坐标系xOy中，已知点A(x1，y1)，B(x2，y2)是椭圆E：＋y2＝1上的非坐标轴上的点，且4kOA·kOB＋1＝0(kOA，kOB分别为直线OA，OB的斜率)．(1)证明：x＋x，y＋y均为定值；(2)判断△OAB的面积是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．解：(1)证明：依
3、题意，x1，x2，y1，y2均不为0，则由4kOA·kOB＋1＝0，得＋1＝0，化简得y2＝－，因为点A，B在椭圆上，所以x＋4y＝4，①x＋4y＝4，②把y2＝－代入②，整理得(x＋4y)x＝16y.结合①得x＝4y，同理可得x＝4y，从而x＋x＝4y＋x＝4，为定值，y＋y＝y＋＝1，为定值．(2)S△OAB＝
4、OA
5、·
6、OB
7、sin∠AOB＝··＝··＝＝
8、x1y2－x2y1
9、.由(1)知x＝4y，x＝4y，易知y2＝－，y1＝或y2＝，y1＝－，S△OAB＝
10、x1y2－x2y1
11、＝＝＝1，因此△OAB的面积为定值1.3．(2018·广州惠州调研)已知椭
12、圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－1,0)，F2(1,0)，点A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＝上找到一点P，在椭圆C上找到一点Q，满足＝？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A在椭圆C上，所以2a＝
13、AF1
14、＋
15、AF2
16、＝2，因此a＝，b2＝a2－c2＝1，故椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)不存在满足条件的直线，证明如下：设直线的方程为y＝2x＋t，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P，Q(x4
17、，y4)，MN的中点为D(x0，y0)，由消去x，得9y2－2ty＋t2－8＝0，所以y1＋y2＝，且Δ＝4t2－36(t2－8)>0，故y0＝＝，且－3b>0)的右焦点为F(1,0)，右顶点为A，且
18、AF
19、＝1.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若动直线l：y＝kx＋m与椭圆C有且只有一个交点P，且
20、与直线x＝4交于点Q，问，是否存在一个定点M(t,0)，使得·＝0.若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．解：(1)由c＝1，a－c＝1，得a＝2，∴b＝，故椭圆C的标准方程为＋＝1.(2)由消去y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，∴Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，即m2＝3＋4k2.设P(xP，yP)，则xP＝－＝－，yP＝kxP＋m＝－＋m＝，即P.∵M(t,0)，Q(4,4k＋m)，∴＝，＝(4－t,4k＋m)，∴·＝·(4－t)＋·(4k＋m)＝t2－4t＋3＋(t－1)＝0恒成立，故解得t＝1.∴存在点M
21、(1,0)符合题意．2．(2018·河北质检)已知椭圆E：＋＝1的右焦点为F(c,0)，且a＞b＞c＞0，设短轴的一个端点为D，原点O到直线DF的距离为，过原点和x轴不重合的直线与椭圆E相交于C，G两点，且
22、
23、＋
24、
25、＝4.(1)求椭圆E的方程；(2)是否存在过点P(2,1)的直线l与椭圆E相交于不同的两点A，B且使得2＝4·成立？若存在，试求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．解：(1)由椭圆的对称性知
26、
27、＋
28、
29、＝2a＝4，∴a＝2.又原点O到直线DF的距离为，∴＝，∴bc＝，又a2＝b2＋c2＝4，a＞b＞c＞0，∴b＝，c＝1.故椭圆E的方程为＋＝1.(
30、2)当直线l与x轴垂直时不满足条件．故
