2022版高考数学二轮复习专题七圆锥曲线专题突破练23圆锥曲线中的定点定值与存在性问题文

专题突破练23　圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题1.已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率与等轴双曲线的离心率互为倒数关系,直线l:x-y+=0与以原点为圆心,以椭圆C的短半轴长为半径的圆相切.(1)求椭圆C的方程;(2)设M是椭圆的上顶点,过点M分别作直线MA,MB交椭圆于A,B两点,设两直线的斜率分别为k1,k2,且k1+k2=4,证明:直线AB过定点.2.(2022河北保定一模,文20)椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,且过点-1,.(1)求椭圆C的方程;(2)设P(x,y)为椭圆C上任一点,F为其右焦点,点P'满足=(4-x,0).①证明:为定值;②设直线y=x+m与椭圆C有两个不同的交点A,B,与y轴交于点M.若|AF|,|MF|,|BF|成等差数列,求m的值.11\n3.已知中心在原点O,焦点在x轴上的椭圆,离心率e=,且椭圆过点.(1)求椭圆的方程;(2)椭圆左、右焦点分别为F1,F2,过F2的直线l与椭圆交于不同的两点A,B,则△F1AB的内切圆的面积是否存在最大值?若存在,求出这个最大值及此时的直线方程;若不存在,请说明理由.4.(2022河南郑州三模,文20)已知动点M(x,y)满足:=2.(1)求动点M的轨迹E的方程;(2)设A,B是轨迹E上的两个动点,线段AB的中点N在直线l:x=-上,线段AB的中垂线与E交于P,Q两点,是否存在点N,使以PQ为直径的圆经过点(1,0),若存在,求出N点坐标,若不存在,请说明理由.11\n5.(2022山东烟台一模,文20)已知椭圆C:=1(a>b>0)的焦距为2,斜率为的直线与椭圆交于A,B两点,若线段AB的中点为D,且直线OD的斜率为-.(1)求椭圆C的方程;(2)若过左焦点F斜率为k的直线l与椭圆交于点M,N,P为椭圆上一点,且满足OP⊥MN,问:是否为定值?若是,求出此定值;若不是,说明理由.6.(2022河北衡水中学考前仿真,文20)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率与双曲线=1的离心率互为倒数,且过点P1,.(1)求椭圆的方程;(2)过P作两条直线l1,l2与圆(x-1)2+y2=r20<r<相切且分别交椭圆于M,N两点.①求证:直线MN的斜率为定值;②求△MON面积的最大值(其中O为坐标原点).11\n参考答案专题突破练23　圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题1.解(1)∵等轴双曲线离心率为,∴椭圆C的离心率e=.∴e2=,∴a2=2b2.∵由x-y+=0与圆x2+y2=b2相切,得b=1,∴a2=2.∴椭圆C的方程为+y2=1.(2)①若直线AB的斜率不存在,设方程为x=x0,则点A(x0,y0),B(x0,-y0).由已知=4,得x0=-.此时AB方程为x=-,显然过点.②若直线AB的斜率存在,设AB方程为y=kx+m,依题意m≠±1.设A(x1,y1),B(x2,y2),由得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0.则x1+x2=-,x1x2=.11\n由已知k1+k2=4,可得=4,∴=4,即2k+(m-1)=4,将x1+x2,x1x2代入得k-=2,∴k=2(m+1),∴m=-1,故直线AB的方程为y=kx+-1,即y=k-1.∴直线AB过定点.综上,直线AB过定点.2.解(1)由,得3a2=4b2,把点-1,代入椭圆方程为=1,∴=1,解得a2=4,∴b2=3,椭圆的标准方程为=1.(2)①由(1)知=1,c=1,||=|x-4|,而||=|4-x|,∴=2为定值;②直线y=x+m与椭圆C联立得x2+mx+m2-3=0,Δ=m2-4(m2-3)>0⇒-2<m<2,设Ax1,x1+m,Bx2,x2+m,则x1+x2=-m,x1·x2=m2-3,11\n由①知|AF|=(4-x1),|BF|=(4-x2),∴|AF|+|BF|=4-=4+,|MF|=,∵|AF|,|MF|,|BF|成等差数列,∴|AF|+|BF|=2|MF|,即4+=2,解得m=或m=-,又因为-2<m<2,所以m=-.3.解(1)由题意可设椭圆方程为=1(a>b>0).则解得a2=4,b2=3.∴椭圆方程为=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),不妨设y1>0,y2<0,设△F1AB的内切圆的半径为R,则△F1AB的周长=4a=8,(|AB|+|F1A|+|F1B|)R=4R,因此,最大,R就最大,由题知,直线l的斜率不为零,可设直线l的方程为x=my+1,由得(3m2+4)y2+6my-9=0,y1+y2=,y1y2=-.则|F1F2|(y1-y2)=.令=t,则m2=t2-1(t≥1),11\n∴.令f(t)=3t+,则f'(t)=3-,当t≥1时,f'(t)≥0,f(t)在[1,+∞)上单调递增,有f(t)≥f(1)=4,≤3,即当t=1,m=0时,≤3,由=4R,得Rmax=,这时所求内切圆面积的最大值为.故直线l:x=1,△F1AB内切圆面积的最大值为.4.解(1)∵动点M(x,y)满足=2,由椭圆的定义,知a=,c=1,∴b2=1,椭圆方程为+y2=1.(2)当AB⊥x轴时,直线AB的方程为x=-,此时P(-,0),Q(,0),=-1,不合题意;当直线AB不垂直于x轴时,设存在点N-,m(m≠0),直线AB的斜率为k,A(x1,y1),B(x2,y2),由得(x1+x2)+2(y1+y2)·=0,则-1+4mk=0,故k=,此时,直线PQ斜率为k1=-4m,PQ的直线方程为y-m=-4mx+,即y=-4mx-m.联立消去y,整理得(32m2+1)x2+16m2x+2m2-2=0.∴x1+x2=-,x1·x2=,由题意=0,于是11\n=(x1-1)(x2-1)+y1y2=x1·x2-(x1+x2)+1+(4mx1+m)(4mx2+m)=(1+16m2)x1·x2+(4m2-1)(x1+x2)+1+m2=+1+m2==0,∴m=±,因为N在椭圆内,∴m2<,∴m=±符合条件.综上:存在两点N符合条件,坐标为N-,±.5.解(1)由题意可知c=,设A(x1,y1),B(x2,y2),代入椭圆可得=1,=1,两式相减并整理可得=-,即kAB·kOD=-.又因为kAB=,kOD=-,代入上式可得a2=4b2.又a2=b2+c2,c2=3,所以a2=4,b2=1,故椭圆的方程为+y2=1.(2)由题意可知,F(-,0),当MN为长轴时,OP为短半轴,此时+1=;否则,可设直线l的方程为y=k(x+),联立消y可得(1+4k2)x2+8k2x+12k2-4=0,则x1+x2=-,x1x2=,所以|MN|=|x1-x2|=.11\n设直线OP的方程为y=-x,联立根据对称性,不妨设P-,所以|OP|==.故.综上所述,为定值.6.解(1)可得e=,设椭圆的半焦距为c,所以a=2c,因为C过点P1,,所以=1,又c2+b2=a2,解得a=2,b=,所以椭圆方程为=1.(2)①显然两直线l1,l2的斜率存在,设为k1,k2,M(x1,y1),N(x2,y2),由于直线l1,l2与圆(x-1)2+y2=r20<r<相切,则有k1=-k2,直线l1的方程为y-=k1(x-1),11\n联立方程组消去y,得x2(4+3)+k1(12-8k1)x+(3-2k1)2-12=0,因为P,M为直线与椭圆的交点,所以x1+1=,同理,当l2与椭圆相交时,x2+1=,所以x1-x2=,而y1-y2=k1(x1+x2)-2k1=,所以直线MN的斜率k=.②设直线MN的方程为y=x+m,联立方程组消去y得x2+mx+m2-3=0,所以|MN|=,原点O到直线的距离d=,△OMN面积为S==11\n≤,当且仅当m2=2时取得等号.经检验,存在r0<r<,使得过点P1,的两条直线与圆(x-1)2+y2=r2相切,且与椭圆有两个交点M,N.所以△OMN面积的最大值为.11