发布时间 : 星期一 文章2019届高考数学二轮复习课时跟踪检测十九圆锥曲线中的定点定值存在性问题大题练理更新完毕开始阅读
课时跟踪检测（十九） 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题（大
题练）
A卷——大题保分练
x2y2
1．(2018·成都模拟)已知椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的右焦点F(3，0)，长半轴长与
ab短半轴长的比值为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设不经过点B(0,1)的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N，若点B在以线段MN为直径的圆上，证明直线l过定点，并求出该定点的坐标．
解：(1)由题意得，c＝3，＝2，a＝b＋c， ∴a＝2，b＝1，
∴椭圆C的标准方程为＋y＝1.
4
(2)证明：当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m(m≠1)，M(x1，y1)，N(x2，
ab222
x2
2
y2)．
??y＝kx＋m，由?22
?x＋4y＝4，?
2
消去y可得(4k＋1)x＋8kmx＋4m－4＝0.
2
2
222
－8km4m－4∴Δ＝16(4k＋1－m)>0，x1＋x2＝2，x1x2＝2.
4k＋14k＋1―→―→
∵点B在以线段MN为直径的圆上，∴BM·BN＝0.
―→―→2
∵BM·BN＝(x1，kx1＋m－1)·(x2，kx2＋m－1)＝(k＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)＝0，
4m－4－8km2
∴(k＋1)2＋k(m－1)2＋(m－1)＝0，
4k＋14k＋1
2
2
2
整理，得5m－2m－3＝0， 3
解得m＝－或m＝1(舍去)．
53
∴直线l的方程为y＝kx－. 5
易知当直线l的斜率不存在时，不符合题意． 3??故直线l过定点，且该定点的坐标为?0，－?. 5??
2．(2018·全国卷Ⅱ)设抛物线C：y＝4x的焦点为F，过F且斜率为k(k>0)的直线l与C交于A，B两点，|AB|＝8.
2
2
(1)求l的方程；
(2)求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程．
解：(1)由题意得F(1,0)，l的方程为y＝k(x－1)(k>0)． 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
??y＝kx－1由?2
??y＝4x2
，
得kx－(2k＋4)x＋k＝0.
2
2222
2k＋4Δ＝16k＋16>0，故x1＋x2＝2.
k4k＋4
所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝(x1＋1)＋(x2＋1)＝2.
2
k4k＋4
由题设知2＝8，解得k＝1或k＝－1(舍去)．
2
k因此l的方程为y＝x－1.
(2)由(1)得AB的中点坐标为(3,2)，
所以AB的垂直平分线方程为y－2＝－(x－3)， 即y＝－x＋5.
设所求圆的圆心坐标为(x0，y0)，
y0＝－x0＋5，??则?y0－x0＋12
x＝0＋1?2?
??x0＝3，解得?
??y0＝2
2
＋16.
2
??x0＝11，
或???y0＝－6.
2
2
2
因此所求圆的方程为(x－3)＋(y－2)＝16或(x－11)＋(y＋6)＝144.
x2y2
3.(2018·贵阳模拟)如图，椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的左顶点
ab与上顶点分别为A，B，右焦点为F，点P在椭圆C上，且PF⊥x轴，若AB∥OP，且|AB|＝23.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知Q是C上不同于长轴端点的任意一点，在x轴上是否存在一点D，使得直线QA1
与QD的斜率乘积恒为－，若存在，求出点D的坐标，若不存在，说明理由．
2
解：(1)由题意得A(－a,0)，B(0，b)，可设P(c，t)(t>0)，
b2?c2t2b2?∴2＋2＝1，得t＝，即P?c，?，
aba?a?
b2ba2222
由AB∥OP得＝，即b＝c，∴a＝b＋c＝2b，①
ac又|AB|＝23，∴a＋b＝12，②
由①②得a＝8，b＝4，∴椭圆C的方程为＋＝1.
84
1
(2)假设存在D(m,0)，使得直线QA与QD的斜率乘积恒为－，设Q(x0，y0)(y0≠0)，则
2
2
22
2
x2y2
x2y200
8
＋＝1，③
4
1
∵kQA·kQD＝－，A(－22，0)，
2∴
y0x0＋22
·
1
＝－(x0≠m)，④ x0－m2
y0
由③④得(m－22)x0＋22m－8＝0， 即?
?m－22＝0，
?22m－8＝0，
解得m＝22，
1
∴存在点D(22，0)，使得kQA·kQD＝－.
2
x2y25??
4．(2018·昆明模拟)已知椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的焦距为4，P?2，?是椭圆C上
ab5??
的点．
(1)求椭圆C的方程；
―→―→―→
(2)O为坐标原点，A，B是椭圆C上不关于坐标轴对称的两点，设OD＝OA＋OB，证明：直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值．
解：(1)由题意知2c＝4，即c＝2，
x2y2
则椭圆C的方程为2＋2＝1，
aa－4
因为点P?2，4所以2＋
??5?
?在椭圆C上， 5?
a5
11622
＝1，解得a＝5或a＝(舍去)，
a2－45
所以椭圆C的方程为＋y＝1.
5
―→―→―→
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1≠x2且x1＋x2≠0，由OA＋OB＝OD，得D(x1＋x2，y1
x2
2
＋y2)，
所以直线AB的斜率kAB＝
y1－y2y1＋y2
，直线OD的斜率kOD＝， x1－x2x1＋x2
??5＋y＝1，
由?x??5＋y＝1，
2
1
22
22
x21
1
得(x1＋x2)(x1－x2)＋(y1＋y2)(y1－y2)＝0， 5
即
y1＋y2y1－y211
·＝－，所以kAB·kOD＝－. x1＋x2x1－x255
1故直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值－. 5
B卷——深化提能练
1．(2018·安徽江南十校联考)在平面直角坐标系中，直线2x－y＋m＝0不过原点，且与椭圆＋＝1有两个不同的公共点A，B.
42
(1)求实数m的取值所组成的集合M；
(2)是否存在定点P使得任意的m∈M，都有直线PA，PB的倾斜角互补？若存在，求出所有定点P的坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1)因为直线2x－y＋m＝0不过原点，所以m≠0.将2x－y＋m＝0与＋＝1联
42立，消去y，得4x＋22mx＋m－4＝0.
因为直线与椭圆有两个不同的公共点A，B，所以Δ＝8m－16(m－4)>0，所以－22 (2)假设存在定点P(x0，y0)使得任意的m∈M，都有直线PA，PB的倾斜角互补，即kPA＋kPB＝0. 令A(x1，2x1＋m)，B(x2，2x2＋m)，则 2x1＋m－y02x2＋m－y0 ＋＝0， x1－x0x2－x0 2 2 2 2 y2x2 y2x2 整理得22x1x2＋(m－2x0－y0)(x1＋x2)＋2x0(y0－m)＝0.(*) 2mm－4?2? 由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝，代入(*)式化简得?y0－x0?m＋2(x0y0－2)＝0， 24?2? 2 ?2 ?y0－x0＝0，则?2??x0y0－2＝0， 解得? ?x0＝1， ?y0＝2 或? ?x0＝－1，?y0＝－2， 所以定点P的坐标为(1，2)或 (－1，－2)．经检验，此两点均满足题意． 故存在定点P使得任意的m∈M，都有直线PA，PB的倾斜角互补，且定点P的坐标为(1，