2021新高考数学二轮总复习专题突破练27圆锥曲线中的定点定值与存在性问题

专题突破练27圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题1.(2020山东德州二模,20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)与圆x2+y2=43b2相交于M,N,P,Q四点,四边形MNPQ为正方形,△PF(1)求椭圆C的方程;(2)设直线l与椭圆C相交于A、B两点,D(0,1),若直线AD与直线BD的斜率之积为16,证明:直线恒过定点2.(2020河南、广东等五省联考,19)已知点P在圆O:x2+y2=9上,点P在x轴上的投影为Q,动点M满足4PQ=32MQ(1)求动点M的轨迹E的方程;(2)设G(3,0),H(3,0),过点F(1,0)的动直线l与曲线E交于A、B两点,问直线AG与直线BH的斜率之比是否为定值?若为定值,求出该定值;若不为定值,试说明理由.3.(2020山东德州一模,20)已知抛物线E:x2=2py(p>0)的焦点为F,圆M的方程为:x2+y2py=0,若直线x=4与x轴交于点R,与抛物线交于点Q,且|QF|=54|RQ|(1)求出抛物线E和圆M的方程;(2)过焦点F的直线l与抛物线E交于A,B两点,与圆M交于C,D两点(A,C在y轴同侧),求证:|AC|·|DB|是定值.4.(2020河北衡水中学高三下学期十调,理19)已知圆C1:x2+y2=2,圆C2:x2+y2=4,如图,C1,C2分别交x轴正半轴于点E,A.射线OD分别交C1,C2于点B,D,动点P满足直线BP与y轴垂直,直线DP与x轴垂直.(1)求动点P的轨迹C的方程;(2)过点E作直线l交曲线C于点M,N,射线OH⊥l于点H,且交曲线C于点Q.问:1|MN|+1|OQ|2的值是否是定值5.(2020北京丰台一模,20)已知椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的离心率为22,点P(1,0)在椭圆C上,直线(1)求椭圆C的方程;(2)直线PA,PB分别交y轴于M,N两点,问:x轴上是否存在点Q,使得∠OQN+∠OQM=π2?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由6.(2020山东烟台一模,22)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)(1)求椭圆C的标准方程;(2)设P为直线l:y=22上一点,Q为椭圆C上一点,以PQ为直径的圆恒过坐标原点O.(ⅰ)求|OP|2+4|OQ|2的取值范围;(ⅱ)是否存在圆心在原点的定圆恒与直线PQ相切?若存在,求出该定圆的方程;若不存在,请说明理由.专题突破练27圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题1.解(1)因为四边形MNPQ是正方形,由正方形与椭圆的对称性可设M(x,x),x>0,则由2x2=43b2,即x2=23b2,代入椭圆方程,得2b2又2a+2c=2(2+1)②,由①②解得a2=2,b2=1.所以椭圆C的方程为x22+y2=(2)①当直线l斜率不存在时,设l:x=m,A(m,yA),B(m,yA),kAD·kBD=yA+1②当直线l斜率存在时,设l:y=kx+n(n≠1),A(x1,y1),B(x2,y2),联立y消去y,整理得(1+2k2)x2+4knx+2n22=0,x1+x2=-4kn1+2k2,x1则kAD·kBD=y=(=k=(即n2+3n+2=0,又n≠1,解得n=2,所以直线l恒过定点(0,2).2.解(1)设M(x,y),P(x0,y0),由4PQ=32MQ,又点P(x0,y0)在圆O:x2+y2=9上,∴x2+98y2=∴动点M的轨迹E的方程为:x29+(2)设l:x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2),联立x29+y28=1,x=my+1,消去x,得则y1+y2=16m8m2+9,y1∴my1y2=4(y1+y2).设直线AG与直线BH的斜率分别为k1,k2,则k1∴直线AG与直线BH的斜率之比是定值13.(1)解设Q(4,y0),由|QF|=54|RQ|y0+p2=54y0,所以y0将点(4,2p)代入抛物线方程得p=2,所以抛物线E:x2=4y,圆M:x2+y22y=0.(2)证明抛物线E:x2=4y的焦点F(0,1),设直线l的方程是y=kx+1,A(x1,y1),B(x2,y2),由x得x24kx4=0,则Δ=16(k2+1)>0,且x1+x2=4k,x1x2=4.由条件可知圆x2+(y1)2=1的圆心为M(0,1),半径为1,圆心就是抛物线E的焦点,由抛物线的定义有|AF|=y1+1,|BF|=y2+1,则|AC|=|AF|1=y1,|BD|=|BF|1=y2,|AC|·|BD|=y1y2=(kx1+1)(kx2+1)=k2x1x2+k(x1+x2)+1=4k2+4k2+1=1.即|AC|·|BD|为定值,定值为1.4.解(1)当射线OD的斜率存在时,设斜率为k,OD方程为y=kx,由y=kx,x2+y2=2,得yP2=2k21+k2,同理得xP2=41+k2,所以xP2+2(2)由(1)可知E为C的焦点,设直线l的方程为x=my+2(斜率不为0时)且设点M(x1,y1),N(x2,y2),由x=my+2,x24+y22=1,消去x,整理得所以y所以1又射线OQ方程为y=mx,代入椭圆C的方程得x2+2(mx)2=4,即xQyQ所以1又当直线l的斜率为0时,也符合条件.综上,1|MN|+5.解(1)由题意b=1,ca=22,a2所以椭圆C的方程为y22+x2=(2)假设存在点Q使得∠OQN+∠OQM=π2.设Q(因为∠OQN+∠OQM=π2所以∠OQN=∠OMQ.则tan∠OQN=tan∠OMQ,即|ON所以|OQ|2=|ON||OM|.因为直线y=y0交椭圆C于A,B两点,则A,B两点关于y轴对称.设A(x0,y0),B(x0,y0)(x0≠±1),因为P(1,0),则直线PA的方程为y=y0x0-令x=0,得yM=-直线PB的方程为y=-y0x0令x=0,得yN=y因为|OQ|2=|ON||OM|,所以m2=y又因为点A(x0,y0)在椭圆C上,所以y02=2(1x所以m2=2(1-x02所以存在点Q(±2,0),使得∠OQN+∠OQM=π2成立6.解(1)将点M(2,2)的坐标代入椭圆C的方程,得4a2+2b2=1,又a2b2=c所以由4a2+2b2=1,a2-b2=4,解得(2)设P(t,22),Q(x1,y1).因为以PQ为直径的圆恒过点O,所以OP·OQ=x1t+22y1=0,即y1因为点Q在椭圆上,所以x128(ⅰ)将y1=x1t22代入椭圆于是|OP|2+4|OQ|2=t2+8+4(x12+y12)=t2+64因为t2+64t2+4+24=t2+4+64t2+4+20≥2当且仅当t2+4=64t2+4,即t=±2时所以|OP|2+4|OQ|2的取值范围为[36,+∞).(ⅱ)存在.定圆的方程为x2+y2=4.假设存在满足题意的定圆,则点O到直线PQ的距离为定值.因为P(t,22),Q(x1,y1),所以直线PQ方程为(