2018年高考数学命题角度5.6圆锥曲线的探究、存在性问题大题狂练理

1、命题角度5.6:圆锥曲线的探究、存在性问题十=11.1.在平面直角坐标系中，直线不过原点，且与椭圆有两个不同的公共点(I)求实数取值所组成的集合；(n)是否存在定点：使得任意的 ；都有直线的倾斜角互补. .若存在，求出所有定 点:的坐标；若不存在，请说明理由【答案】(I I)(-遍 o)ugQo)ugQ；(|)旳旃或P7_Q.【解析】试题分析： (1 1)联立直线与椭圆的方程运用二次方程的判别式建立不等式进行求解；(2 2)充分利用题设条件建立方程，借助坐标之间的关系进行运算求解、推理论证：试题解析：解：(I)因为直线逅卩+尬=0不过原臥 所以帼式0,将V2x-y + m = 0与总4牙=1联

2、立，消去y得：4x3+ 2芒皿+ + m mz z-4-4 = = 9 9f f因为直线与椭圆有两个不同的公共点4，所以d = 8m3一16(m3-4) 0,解得一2返m = 64m2k2-16 1 4k2m2-1广0得：1 4k2_m20/直线OM ,ON的斜率之积等于-丄4ree22y1y2kx-!m kx2m kmx1x2k x1x2m%x2%x2%x2km -8mk厂4k2m2T i亠m21 4k2m2-4k21圆心o到直线&月2的距离为一码(n)若直线MN的斜率存在,设直线MN的方程为y二kx m,M Xi,yi,N X2,y2,由x4y2得:=11 4k2x28mkx 4

3、m2-1 =0由韦达定x1x28mk1 4k2,x/2 =24 m -11 4k2- =-=4 m2-14 m2-142 m2=4k21满足4k2Xi X2 = , X1X2= 2 - 2mmm又O到直线MN的距离为d-Ji+k2MN I = Ji + k2J（% + x2$ 4X2 =“1 +k2所以OMN的面积s =iMN I d =1ji6k2+8_8m2=1 $6k2+8_4（4k2+1 ） = 1若直线MN的斜率不存在，M ,N关于x轴对称所以OMN的面积1S =汉2 y12综上可知，|_OMN的面积为定值1. .（1 1）求点 P P 的轨迹C的方程;当k为何值时？ =|GA|2屮

4、GB |2是与m无关的定值，并求出该值定值X2y2【答案】（1 1）1；（ 2 2）见解析. .43【解析】试题分析：（1 1）由椭圆定义易知轨迹为椭圆，确定a，b即可;（2 2 ）设A Xi, B X2, y2, G m,0 （- 2：m 2），直线I: y = k x - m，与椭圆联立得2 2 2 2 23 4k x -8k mx 4k m -12=0，进而通过韦达定理建立根与系数的关系，16k：8一8m设M捲$ ,N为，-如，则丸X1X1又丁M在椭圆上,2X14八1，X12 2=1X13.3.已知动圆P经过点N 1,0，并且与圆2 2M :X1 y二16相切. .（2 2）设G m,0

5、为轨迹 C C 内的一个动点,过点G且斜率为k的直线丨交轨迹C于A B两点,X1X228mk4k23,X1X24k2m2-124k23222GB |的值与m无关，4k -3=0,J3解得k = .此时=GA |2+2(方法2:当2k =0时，；当k = 0时，设直线I: X二ky m，；可以减少计算量. .)4.4.在平面直角坐标系xOy中，动点M到点F 1,0的距离与它到直线x=2的距离之比为2(1) 求动点M的轨迹E的方程；2 2 2 2 2 2 2 2GA | +GB|=(为_m ) + yj +(x2 m ) + y2=(Xj +x2) 2XJX2 2m(论 +x2)+2m +( %

6、+，代入化简即可求定值. .试题解析：y2-2丫$2(1(1)由题设得:PM + PN =4，所以点P的轨迹C是以M、N为焦点的椭圆,2 2：2一4，心2,厂c23椭圆方程为丁1.(2(2)设A X1,y1,B X2,y2,G m,0 ( -2 : m :2)，直线I : y = k x - m,y = k x -m由x2v2得3 4k x -8k mx 4k m -12 =0,1432 2 28mk4k m -12X1X22，X1X2：4k 34k 3.y1y2=kX1-mkX2-m二宀X2一2吩肌2 23k m -4 y1y2= k疋 一mx2- m = kx-ix2- k mx-ix2k

7、 m-2-，” GA |2彳22222GB | = x -m%X2my?2 2 2二x!X22X1X22m XiX22m g y一2%丫2=k21 -6m24k2324 3 k2224k23:蛍=|GA|2+2GB |=7.=7.2(2) 设直线y =kx m m = 0与曲线E交于 代B两点，与x轴、y轴分别交于C, D两点（且C、D在 A B 之间或同时在A、B之外）问：是否存在定值k,对于满足条件的任意 实数m，都有OAC的面积与：OBD的面积相等，若存在，求k的值；若不存在，说明理 由.2X2丿y =1；（2）存在,A05D 的面积总相等 oAC=AC=盟）|恒成立 O 线段ABAB的

8、中点与线段 CD 的中点重合,列出方程,即可求 解氐的值.J（ x一1 $ + y2J2x22试题解析：（1 ）设 M（x,y ），则 -=，整理得i + y2=1,x-222x2轨迹E的方程为y2=12f y二kx m222(2 2)联立22消去y得1 2k x 4mkx 2m -2=0,lx2+2y2=22222222:二4mk -4 1 2k 2m -2 =8 2k -m 1，由 0得m : 2k 1 *由题意，不妨设C号,D0,m,OAC的面积与也OBD的面积总相等二AC = BD恒成立二线段AB的中点与线段CD的中点重合都有OAC的面积与OBD的面积相等. 考点：椭圆的标准方程；直线

9、与椭圆的位置关系.【答案】（1 1）试题分析：（1）由题意设 M（xp）,则，化简即可得到动点 M 的轨迹E E的方程 j2）联立y = kx十朋+ + = = 2 2消去卩得】+ 2）* + 4 戚 x+2 初-2 二 0,利用韦达定理和OACOAC的面积与设A X1,% ,B X2,y2,则花-4mk22k 1-4mk2k21-，解得k2,k2即存在m = 0，且m八2（据（* *）的任意实数m,k【方法点晴】本题主要考查了直线与圆锥曲线问题，其中解答中涉及到椭圆的标准方程、直 线与椭圆的位置关系等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以 及推理与运算能力，本题解答中利

10、用直线与椭圆的方程联立，利用方程的根与系数的关系、 韦达定理的应用是解答关键，试题有一定的难度，属于中档试题.22卮5.已知椭圆C:X2y2“(a b 0)的离心率为6，以原点O为圆心，椭圆C的长a b 3半轴长为半径的圆与直线2x - .：2y *6=0相切. .(I)求椭圆C的标准方程;(n)已知点A, B为动直线y=kx-2 k=0与椭圆C的两个交点，问：在x轴上是否存在定点E, ,使得为定值？若存在,试求出点E的2【答案】(I)x6=1=1；【解(1)由，以原点O为圆心，椭圆C的长半轴为半径与直线2 2y6 =0相切，求出a, b的值，由此可求出椭圆的方程;y = k x -2( (2

11、 2)由 x2y216 2量积，结合已知条件能求出在x轴上存在点E，使EA为定值，定点为-fl I。13丿试题解析:由“吟普即“軒又以原点 0 为圆心，椭圆c c的长半釉长为半径的圆为y+尸=/,目圆Af与直线2工一0尸+6=0相切所以a a = =1 &=彳6 ,代入得c c = = 2,2,则b b2 2=a=a2 2-c-c2 2= = 2 2所那圆的方程応+知.2 2 2 2得1 3k x -12k x 12k -6=0，且0 x1设AX1,y1,B X2,y2,则x二EA EB二为-m, %X2-m,y2二为m x?-m讨*,2耳*22，22=为一mX2-mi亠k X1-2X

12、2-2二k 1X1X2-：i.2kmX1X2亠4k m2 212k - 6212k二k 1i-2- 2k mi-24k m1 +3k21 +3k2要使上式为定值，即与k无关，则应3m2-12m 13 m2-6,y = k x -2(n)由 x2y216 212k2X2 *21 3k212k2-6X2 -21 3k根据题意，假设x轴上存在定点E m,0，使得怎=EA EB为定值，则有3m2-12m 10 k2m2_61 3k2725即卄3，此时=EAEm-69为定值，定点为点睛：本题主要考查了直线与椭圆的位置关系的综合应用，其中解答中涉及到椭圆的标准方 程及其简单的几何性质，直线与椭圆的位置关系

13、的综合应用，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，本题的解答中把直线方程与椭圆方程联立，转化为方 程的根与系数的关系、韦达定理的应用是解答的关键。2 26.6.女口图，已知椭圆丨：笃爲=1(a . b 0)经过不同的三点a bA躬丘B 13C(C在第三象限)，线段BC的中点在直线OA上.I24丿I24丿(I)求椭圆-的方程及点C的坐标；(H)设点P是椭圆:上的动点(异于点A, B,C)且直线PB, PC分别交直线OA于M,N两点，问OM ON是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由.；(2 2)25i75【解析】试题分析：(1 1 )点A,BI2 4丿I设点C的坐标

14、，根据条件可得点C的坐标代入椭圆方程， BCBC 中点坐标代入直线OA的方程,两方程联立可求点C的坐标；(2 2)设Pxo, y0,M 2y1,y1, N 2y2, y2.，根据P,B,M点共线，用点 P P 的坐标x0, y0表示，同理用点 P P 的坐标x0, y0表示y2。再求y1y2为定值,2 2为乞丄=1552 8由已知，求得直线OA的方程为x-2y=0,从而m=2 n-1.(1 1)123-,的坐标代入椭圆的方程就可求得方程,4所以OM ON| = J5 y14525 y2= 5 % y2=16。试题解析：(I)由点A, B在椭圆-上,得4a 16b丄+2=1,a2解得=152所以

15、椭圆-的方程.25b .8J13又点C在椭圆丨上，故2m28n2= 5.（ 2 2）313由（1） （2 2）解得n（舍去）或n .从而m ,(n)设P x,y,M 2力，,N 2y2,y2.因点P在椭圆-上，故2x28y2=5，即X：4y；2 2从而y2 =3xo2yoX06yo3Xo-2OXoYo12yo【点睛】1.1.求点的坐标可由条件得关于坐标的两个关系式，解方程组即可；2.2.因为M,N两点,在直线OA上， 设P Xo,yo,M 2y1,y1, N 2y2,y2.所 以OM QN =15% 75丫2| =5%2,再由条件找M,N两点的坐标与点P的坐标的关系，根据点P在椭圆上，可求y1

16、y2为定值。442所以点C的坐标为 -21 i.6分I 2 4丿因P,B, M三点共线，故3y14yo因P,C, N三点共线，故3+ 4整理得C112y1Xo2211y2_yo-Xo332y22x2yiy23xo-2yo4 2y。-Xo1X -6y4 2yo-X-11010 分3 5-4y220 xoyo+12y；53- 4xoyo216所以OM ON| = J5 y1J516 -4xoyo25 y1y21625为定值.162 216 4yoXo-4xyo-116|；2yo -xo1J37.7.已知椭圆C:2 222 =1(a b 0)的左右焦点分别是F(c,0 , F2c,0,直线a b=

17、= MRFMRF2的面积为 6.6.my 与椭圆CM恰为椭圆C的上顶点，此时时,，所以点P的坐标是*i，同理，点Q的坐标是也丿，(1) 求椭圆C的方程；(2) 设椭圆C的左顶点为A，直线AM , AN与直线x = 4分别相交于点P,Q，问当m变化 时，以线段PQ为直径的圆被X轴截得的弦长是否为定值？若是，求出这个定值，若不是，说 明理由 2 2【答案】(1 1)=1=1 ；(2 2)弦长为定值 6 6.43J3【解析】试题分析：(1 1)根据m二时，直线的倾斜角为120，又.MF1F2的周长为 6 6,3即可求得椭圆方程；(2 2)利用特殊位置猜想结论：当m二0时，直线丨的方程为：x1，求得以

18、PQ为直径的圆过右焦点，被X轴截得的弦长为 6 6，猜测当m变化时，以PQ为直径的 圆恒过焦点F2，被X轴截得的弦长为定值 6 6,再进行证明即可. .试题解析：(1 1 )当时，直线的倾斜角为120，所以:证明如下：设点M,N点的坐标分别是x1,y1, x2,y2，则直线AM的方程是:解得:a =2,c =1= b = . 3，所以椭圆方程是：4(2(2)当m =0时，直线l:13，此时，点坐标是I,据可得f-一 ，L：，故以PQ为直径的圆过右焦点,x轴截得的弦长为 6 6.由此猜测当m变化时，以PQ为直径的圆恒过焦点F2,被x轴截得的弦长为定值 6 6.=cos601，所以点P的坐标是*i

19、，同理，点Q的坐标是也丿，二“2JL-T、+ 匚M I由方程组43、，,“=呵.+1得到：3(砂*1) +4y二12n帥 +4)y + 6my-9-0,-伽-9yr+眄二一；二一； 所以：.从而:36y2F2P F2Q = 4 -1 4 -1X!2 X2236y29x36+ r(+ ) + 99 +_ _W W_ _1 1 + + 27w27w- -3636=0,=0,所以：以为直径的圆一定过右焦点，被；轴截得的弦长为定值 6.6.【方法点睛】本题主要考查待定待定系数法椭圆标准方程方程、圆锥曲线的定值问题，属于 难题 探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定

20、值，再证明这个值与变量无关；直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值. .8.8.已知M4,0,N 1,0，曲线C上的任意一点P满足:=6=6PN. .(1(1)求点 P P 的轨迹方程;(2)过点N 1,0的直线与曲线C交于A,B两点，交y轴于H点，设HA=AN,HB二2BN，试问 2是否为定值？如果是定值，请求出这个定值，如果不是定值，请说明理由 228【答案】(1 1)-y1; ; (2 2)-8433【解析】试题分析：(I)求出向量的坐标，禾U用条件化简，即可求点P的轨迹方程;(n)分类讨论，利用HA二AN,HB =2BN，结合韦达定理,即可得出结论.试题解析：(1

21、1 )设P x,y，则MN二-3,0,MP = x-4,y,PN二1-x,-y,t22TMNMP =6 PN，二_3疋(x _4 )+0工y = 6Q(x_1 ) + y,22x v化简得，1为所求点P的轨迹方程 43(2)设A Xi,yi,B X2,y2. .当直线l与x轴不重合时，设直线l的方程为x = my 1 m = 0,iyiiyi,m豁=i -imyi同理由HB =t2BN得一2=imy2 (A, f 2+丄+丄|=2+丄myimy?丿mx二my i2 2由x2y2，得4 3m y 6my -9 =0. .i43忌二1 _,由HAAN得 yiy2二6m2，4 3myi 72-94

22、3m2代入式得-心亠；2= 2亠i y*1y?= 2亠2 = 8,myiy233当直线l与x轴重合时，A -2,0,T T T T由HA二iAN,HB二2BN，得iB 2,0,H 0,0. .综上， -，；“2为定值8. .点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的 同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数, 到最后必定参数统消，定点、定值显现. .“定值”是多少,. .定点、 定值问题 运用推理，2 29.9.已知椭圆C: 务，占胡(a b -i)的左焦点F与抛物线y2二-4

23、x的焦点重合，直a b线x-y0与以原点O为圆心，以椭圆的离心率e为半径的圆相切.2(I)求该椭圆C的方程；(H)过点F的直线交椭圆于A,B两点，线段AB的中点为G,AB的垂直平分线与x轴和y轴分别交于D,E两点记心GFD的面积为S,也OED的面积为S2.问：是否存在直线AB，使得，若存在，求直线AB的方程，若不存在，说明理由.U2. .yy2 2【答案】(i)y y1；(n)见解析.43 II)假设存在直线冋使得 31=52,由题意直线 AB 不能与引y轴垂直设直线肪的方程=代入手+弓 i 整理得(4 疋+3/+沁+4 疋12=0,由此利用韦达定理、直线垂直*三甬形相似等知识，结合已知条件能

24、求出结果.试题解析:(i)由题意，得c =1,e =02 a =2 , b=12 2所求椭圆C的方程为y y1.43(H)假设存在直线AB使S| = S2，显然直线AB不能与X,y轴垂直.直线AB的斜率存在，设其方程为y =kx，1(k = 0),将其代入42 2X y22221整理得4k 3 x 8k x 4k -12=0,设A Xi,yi，B X2,y2,X1X2=4k8k236kyiy2二k Xi1 k X21 =2 .3，4k 3-4k23k24k +324k 33k/ DG _ AB-4k2解得XD二-k24k234k2，即3XD-k2.4k2+3,0丿【解析】试题分析：(I )由已

25、知得1,夕0-0+2 2-7 由此得椭 SI 方程;10.10.已知椭圆笃占=1(a b 0),设P为椭圆上一点，且.RPF2=60：,a b3SPRF2(1)求b;(n)若a=2,A(0,b)，是否存在以A为直角顶点的内接于椭圆的等腰直角三角形？若存在，请求出共有几个？若不存在，请说明理由【答案】(I I)b=1；(1111)存在3个，理由见解析.【解析】试题分析：(I)根据椭圆定义及性质知m n-2a,a b2c2,在焦点三角形PF1F2中,由余弦定理得：(2c)2= m2n2- 2mncos R PF2= (m n)2- 3mn = (2 a)2- 3mn，得:421732mnb,再有匚矶侦盲b,得:AB, AC中一个斜率为零，一个斜率不存在显然不符合题意,GFDGGFDG(DGOEOD? =OEOD-V1OD)T.iGFD .LOED,即SS2ODOD