新课标广西2022高考数学二轮复习专题对点练24圆锥曲线中的定点定值与存在性问题

专题对点练24　圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题1.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.2.已知椭圆Γ:x2a2+y2=1(a>1)与圆E:x2+y-322=4相交于A,B两点,且|AB|=23,圆E交y轴负半轴于点D.(1)求椭圆Γ的离心率;(2)过点D的直线交椭圆Γ于M,N两点,点N与点N'关于y轴对称,求证:直线MN'过定点,并求该定点坐标.3.已知抛物线E:y2=4x的焦点为F,圆C:x2+y2-2ax+a2-4=0,直线l与抛物线E交于A,B两点,与圆C切于点P.(1)当切点P的坐标为45,85时,求直线l及圆C的方程;(2)当a=2时,证明:|FA|+|FB|-|AB|是定值,并求出该定值.5\n4.设点M是x轴上的一个定点,其横坐标为a(a∈R),已知当a=1时,动圆N过点M且与直线x=-1相切,记动圆N的圆心N的轨迹为C.(1)求曲线C的方程;(2)当a>2时,若直线l与曲线C相切于点P(x0,y0)(y0>0),且l与以定点M为圆心的动圆M也相切,当动圆M的面积最小时,证明:M,P两点的横坐标之差为定值.5.已知椭圆M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为23,离心率为32.(1)求椭圆M的方程;(2)若圆N:x2+y2=r2上斜率为k的切线l与椭圆M相交于P,Q两点,OP与OQ能否垂直?若能垂直,请求出相应的r的值;若不能垂直,请说明理由.6.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F,右顶点为A,上顶点为B,已知|AB|=3|OF|,且△AOB的面积为2.(1)求椭圆的方程;(2)直线y=2上是否存在点Q,使得从该点向椭圆所引的两条切线相互垂直?若存在,求点Q的坐标;若不存在,说明理由.5\n专题对点练24答案1.(1)解∵动点M到直线y=-1的距离等于到定点C(0,1)的距离,∴动点M的轨迹为抛物线,且p2=1,解得p=2,∴动点M的轨迹方程为x2=4y.(2)证明由题意可知直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx-2,A(x1,y1),B(x2,y2),则C(-x2,y2).联立y=kx-2,x2=4y,化为x2-4kx+8=0,Δ=16k2-32>0,解得k>2或k<-2.∴x1+x2=4k,x1x2=8.直线AC的方程为y-y2=-y2-y1x2+x1(x+x2),又y1=kx1-2,y2=kx2-2,∴4k-4k(kx2-2)=(kx1-kx2)x+kx1x2-kx22,化为4y=(x1-x2)x+x2(4k-x2),∵x1=4k-x2,∴4y=(x1-x2)x+8,令x=0,则y=2,∴直线AC恒过一定点(0,2).2.(1)解由题意得A,B两点关于y轴对称,设xB=3,则圆心E到AB的距离为1,∴yB=12,∴B3,12,代入椭圆方程得3a2+14=1,解得a2=4,∴e=32.(2)证明设M(x1,y1),N(x2,y2),N'(-x2,y2).圆E交y轴负半轴于点D0,-12,当直线MN斜率存在时,设其方程为y=kx-12,y=kx-12,x24+y2=1,消去y得(1+4k2)x2-4kx-3=0.∴x1+x2=4k1+4k2,x1x2=-31+4k2,直线MN'的方程y-y1=y1-y2x1+x2(x-x1),依据椭圆的对称性,若直线MN'过定点,定点一定在y轴上,令x=0,y=y1-x1(y1-y2)x1+x2=x1y2+y2x1x1+x2=x1kx2-12+x2kx1-12x1+x2=2kx1x2x1+x2-12=-2.当直线MN斜率不存在时,直线MN'的方程为x=0,显然过点(0,-2).综上,直线MN'过定点(0,-2).3.(1)解由圆(x-a)2+y2=4,则圆心(a,0),半径为2,将P45,85代入圆方程,解得a=2或a=-25,∴圆的方程为(x-2)2+y2=4或x+252+y2=4,当a=2,圆心C(2,0),则直线CP的斜率k=85-045-2=-43,由直线l的斜率为-1k=34,则直线l的方程y-85=34x-45,整理得4y-3x-4=0;当a=-25,圆心C-25,0,则直线CP的斜率k=85-045--25=43,由直线l的斜率为-1k=-34,则直线l的方程y-85=-34x-45,整理得20y+15x-44=0,综上可知,直线l方程为4y-3x-4=0,圆C的方程为(x-2)2+y2=4,或直线l方程为20y+15x-44=0,圆C的方程为x+252+y2=4;(2)证明当a=2时,圆C的方程(x-2)2+y2=4,当l垂直于x轴时,则x=4,A(4,4),B(4,-4),∴|FA|=|FB|=5,|AB|=8,∴|FA|+|FB|-|AB|=2;当l不垂直于x轴时,设直线l:y=kx+b(k≠0),直线l与圆C相切,则|2k-0+b|1+k2=2,则4kb+b2=4,结合图象知kb<b(图略).则y=kx+b,y2=4x,整理得k2x2+(2kb-4)x+b2=0,由Δ=(2kb-4)2-4k2b2=-16kb+4(4kb+b2)=4b2>0,x1+x2=-2kb-4k2,x1x2=b2k2,|AB|=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2=1+k2·-2kb-4k22-4×b2k25\n=1+k2·-16kb+16k2=1+k2·4b2k2=4(b2+k2b2)k2=4(4-4kb+k2b2)k2=4-2kbk2,由抛物线的性质可知|FA|+|FB|=x1+x2+p=x1+x2+2,∴|FA|+|FB|=-2kb-4k2+2,∴|FA|+|FB|-|AB|=-2kb-4k2+2-4-2kbk2=2,∴|FA|+|FB|-|AB|是定值,定值为2.4.(1)解因为圆N与直线x=-1相切,所以点N到直线x=-1的距离等于圆N的半径,所以点N到点M(1,0)的距离与到直线x=-1的距离相等.所以点N的轨迹为以点M(1,0)为焦点,直线x=-1为准线的抛物线,所以圆心N的轨迹方程,即曲线C的方程为y2=4x.(2)证明由题意,直线l的斜率存在,设直线l的方程为y-y0=k(x-x0),由y-y0=k(x-x0),y2=4x得k4y2-y-kx0+y0=0,又y02=4x0,所以k4y2-y-k4y02+y0=0.因为直线l与曲线C相切,所以Δ=1-k-k4y02+y0=0,解得k=2y0.所以直线l的方程为4x-2y0y+y02=0.动圆M的半径即为点M(a,0)到直线l的距离d=|4a+y02|16+4y02.当动圆M的面积最小时,即d最小,而当a>2时,d=|4a+y02|16+4y02=y02+4a2y02+4=y02+4+4a-42y02+4=y02+42+4a-42y02+4≥2a-1.当且仅当y02=4a-8,即x0=a-2时取等号,所以当动圆M的面积最小时,a-x0=2,即当动圆M的面积最小时,M,P两点的横坐标之差为定值.5.解(1)依题意椭圆M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为23,离心率为32.得c=3,e=ca=32,可得a=2,则b=1,故椭圆的方程为x24+y2=1.(2)设直线l的方程为y=kx+m,∵直线l与圆x2+y2=1相切,∴|m|k2+1=r,即m2=r2(k2+1).①由y=kx+m,x24+y2=1可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,Δ=64k2m2-4(1+4k2)(4m2-4)=64k2-16m2+16>0,∴m2<4k2+1,可得r2<4.令P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=-8km1+4k2,x1x2=4m2-41+4k2,y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2,若OP与OQ能垂直,则OP·OQ=x1x2+y1y2=0,∴(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=0,(1+k2)4m2-41+4k2+-8k2m21+4k2+m2=0,整理得5m2-4(k2+1)=0,把①代入得(k2+1)(5r2-4)=0,∴r=255,满足r2<4,∴OP与OQ能垂直.6.解(1)∵椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F,右顶点为A,上顶点为B,已知|AB|=3|OF|,且△AOB的面积为2,∴a2+b2=3c,12ab=2,∴a=2,b=2,5\n∴椭圆方程为x24+y22=1.(2)假设直线y=2上存在点Q满足题意,设Q(m,2),当m=±2时,从点Q所引的两条切线不垂直.当m≠±2时,设过点Q向椭圆所引的切线的斜率为k,则l的方程为y=k(x-m)+2,代入椭圆方程,消去y,整理得(1+2k2)x2-4k(mk-2)x+2(mk-2)2-4=0,∵Δ=16k2(mk-2)2-4(1+2k2)[2(mk-2)2-4]=0,∴(m2-4)k2-4mk+2=0.设两条切线的斜率分别为k1,k2,则k1,k2是方程(m2-4)k2-4mk+2=0的两个根,∴k1k2=2m2-4=-1,解得m=±2,点Q坐标为(2,2)或(-2,2).∴直线y=2上两点(2,2),(-2,2)满足题意.5