【文档说明】2025届高考数学一轮复习专练63 圆锥曲线中的存在性问题.docx，共(12)页，160.398 KB，由小赞的店铺上传

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温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。六十三圆锥曲线中的存在性问题(时间:45分钟分值:60分)1.(10分)(2024·郑州模拟)已知抛物线Γ:x2=2

py(p>0)上一点到焦点F的距离比它到直线y=-4的距离小3.(1)求抛物线Γ的准线方程;(2)若过点F的直线l与抛物线Γ交于A,B两点,线段AB的中垂线与抛物线Γ的准线交于点C,请问:是否存在直线l,使得t

an∠ACB=43?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.【解析】(1)因为抛物线Γ:x2=2py上一点到焦点F的距离比它到直线y=-4的距离小于3,所以抛物线Γ:x2=2py上一点到焦点F的距离等

于它到直线y=-1的距离,所以-𝑝2=-1,解得p=2,故抛物线Γ的方程是x2=4y,抛物线的准线方程为y=-1.(2)由题意得F(0,1),且l斜率一定存在,设l:y=kx+1,A(x1,y1),B(x2,y2),由{𝑦=𝑘𝑥+1𝑥2=4𝑦,消去y可得x2-4kx-4=0,Δ=16

k2+16>0,则x1+x2=4k,x1x2=-4.设AB中点为M,如图,则tan∠ACB=tan2∠ACM=2tan∠𝐴𝐶𝑀1−tan2∠𝐴𝐶𝑀=2×|𝐴𝑀||𝐶𝑀|1−|𝐴𝑀|2|𝐶𝑀|2=43,

解得|CM|=2|AM|,即|CM|=|AB|.当k=0时,易知|CM|=2,|AB|=|x1-x2|=√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2=4,不符合题意;当k≠0时,设C(x3,y3),M(x4,y4).因为CM垂直平分AB,所

以CM的斜率为-1𝑘,易知|CM|=√1+𝑘2|y3-y4|,因此有√1+𝑘2|y3-y4|=√1+𝑘2|x1-x2|.因为M为AB的中点,所以y4=𝑦1+𝑦22=𝑘(𝑥1+𝑥2)+22=2k2+1,由题意,y3=-1,即|x1-x2|=2k2+2,√16𝑘2+16=2k2+

2,两边平方整理可得k4-2k2-3=0,解得k=±√3,故存在直线l使得tan∠ACB=43,且直线l的方程为y=√3x+1或y=-√3x+1.2.(10分)(2024·安庆模拟)如图1所示,双曲线具有光

学性质:从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射,其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点.若双曲线E:𝑥24-𝑦2𝑏2=1(b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,从F2发出的光线经过图2中的A,B两点反射后,分别经过点C和D,且tan∠CAB=-34,AB⊥B

D.(1)求双曲线E的方程;(2)设A1,A2为双曲线E实轴的左、右顶点,若过P(4,0)的直线l与双曲线C交于M,N两点,试探究直线A1M与直线A2N的交点Q是否在某条定直线上.若存在,请求出该定直线方程;若不存在,请说明理由.【解

析】(1)如图所示:延长CA与DB交于F1,因为AB⊥AD,tan∠CAB=-34,则tan∠F1AB=tan(π-∠CAB)=-tan∠CAB=34,即|𝐵𝐹1||𝐴𝐵|=34,令|BF1|=3t(t>0),则|AB|=4t,所以|AF1|=√|𝐴𝐵|

2+|𝐵𝐹1|2=√(4𝑡)2+(3𝑡)2=5t,由双曲线的定义可得|AF1|-|AF2|=2a=4,则|AF2|=|AF1|-4=5t-4,|BF1|-|BF2|=2a=4,则|BF2|=|BF1|-4

=3t-4,又因为|AB|=|AF2|+|BF2|,即4t=5t-4+3t-4,解得t=2,所以|BF1|=3t=6,|BF2|=3t-4=2,由勾股定理可得2c=|F1F2|=√|𝐵𝐹1|2+|𝐵𝐹2|2=√62+22=2√10,则c=√10,故b=√𝑐2

−𝑎2=√10−4=√6,因此,双曲线E的方程为𝑥24-𝑦26=1.(2)若直线l与x轴重合,则直线l与双曲线E的交点为双曲线E的两个顶点,不合乎题意;设直线l的方程为x=my+4,设点M(x1

,y1),N(x2,y2),联立{𝑥=𝑚𝑦+43𝑥2−2𝑦2=12可得(3m2-2)y2+24my+36=0,由题意可得{3𝑚2−2≠0𝛥=242𝑚2−144(3𝑚2−2)>0,解得m≠±√63,由根与系数的关系可得y1+y2=-24𝑚3𝑚2−2,y1y2=363𝑚

2−2,易知点A1(-2,0),A2(2,0),则𝑘𝐴1𝑀=𝑦1𝑥1+2=𝑦1𝑚𝑦1+6,𝑘𝐴2𝑁=𝑦2𝑥2−2=𝑦2𝑚𝑦2+2,直线A1M的方程为y=𝑦1𝑚𝑦1+6(x+2),直线A2

N的方程为y=𝑦2𝑚𝑦2+2(x-2),联立直线A1M,A2N的方程并消去y可得𝑦1𝑚𝑦1+6(x+2)=𝑦2𝑚𝑦2+2(x-2),可得𝑥+2𝑥−2=𝑦2(𝑚𝑦1+6)𝑦1(𝑚𝑦2+2)=𝑚𝑦1𝑦2+6𝑦2𝑚𝑦1𝑦2+2𝑦1=36

𝑚3𝑚2−2+6(−24𝑚3𝑚2−2−𝑦1)36𝑚3𝑚2−2+2𝑦1=−108𝑚3𝑚2−2−6𝑦136𝑚3𝑚2−2+2𝑦1=-3,解得x=1,因此,直线A1M与直线A2N的

交点Q在定直线x=1上.3.(10分)(2024·扬州模拟)已知椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的左顶点为A,过右焦点F且平行于y轴的弦PQ=AF=3.(1)求△APQ的内心坐标;(2)是否存在定点D,使过点D的直线l交C于M,N,交PQ于点R,且满足𝑀𝑅⃗⃗⃗⃗⃗⃗

·𝑁𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑀𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑅𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗?若存在,求出该定点坐标;若不存在,请说明理由.【解析】(1)因为a2=b2+c2,2𝑏2𝑎=a+c=3,所以a=2,b=√3,c=1,所以椭圆C的标准方程为𝑥24+𝑦23=1,不妨取P(1,32),

Q(1,-32),A(-2,0),F(1,0),则AP=3√52,PF=32;因为在△APQ中,AP=AQ,所以△APQ的内心在x轴上,设直线PT平分∠APQ,交x轴于T,则T为△APQ的内心,且𝐴𝑇𝑇𝐹=𝐴𝑃

𝑃𝐹=√5=𝐴𝑇3−𝐴𝑇,所以AT=3√5√5+1,则T(7−3√54,0);(2)因为椭圆和弦PQ均关于x轴对称.若存在定点D,则点D必在x轴上,所以设D(t,0),当直线l斜率存在时,设其方程为y=k(x-t),M(x1,y1),N(x2,y2),直线方程与椭

圆方程联立{𝑦=𝑘(𝑥−𝑡)𝑥24+𝑦23=1,消去y得(4k2+3)x2-8k2tx+4(k2t2-3)=0,则Δ=48(4k2+3-k2t2)>0,x1+x2=8𝑘2𝑡4𝑘2+3,x1x2=4(𝑘2𝑡2−3)4

𝑘2+3①.因为点R的横坐标为1,M,R,N,D均在直线l上,𝑀𝑅⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑁𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑀𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑅𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗,所以(1+k2)(1-x1)(t-x2)=(1+k2)(t-x1)(x2-1),所以2t-(1+t)(x1+x2)+2x1x2=0,所以2t-

(1+t)8𝑘2𝑡4𝑘2+3+2×4(𝑘2𝑡2−3)4𝑘2+3=0,整理得t=4,因为点D在椭圆外,则直线l的斜率必存在,所以存在定点D(4,0)满足题意.4.(10分)(2024·梅州模拟)已知双曲线C:𝑥2𝑎2-𝑦2𝑏2=1(a>0,b>0)的右焦点、右顶

点分别为F,A,B(0,b),|AF|=1,点M在线段AB上,且满足|BM|=√3|MA|,直线OM的斜率为1,O为坐标原点.(1)求双曲线C的方程.(2)过点F的直线l与双曲线C的右支相交于P,Q两点,在x轴上是否存在与F不同的定点E,使得|EP|·|FQ|=|EQ|·|FP|恒成立

?若存在,求出点E的坐标;若不存在,请说明理由.【解析】(1)设c2=a2+b2(c>0),所以F(c,0),A(a,0),B(0,b),因为点M在线段AB上,且满足|BM|=√3|MA|,所以点M(√3√3+1a,1√3+1b),因为直线OM的斜率为1,所以

1√3+1𝑏√3√3+1𝑎=1,所以𝑏𝑎=√3,因为|AF|=1,所以c-a=1,解得a=1,b=√3,c=2.所以双曲线C的方程为x2-𝑦23=1.(2)假设在x轴上存在与F不同的定点E,使得|EP|·|FQ|=|EQ|·|FP|恒成立,当直线l的斜率不存在时

,E在x轴上任意位置,都有|EP|·|FQ|=|EQ|·|FP|;当直线l的斜率存在且不为0时,设E(t,0),直线l的方程为x=ky+2,直线l与双曲线C的右支相交于P,Q两点,则-√33<k<√33且k≠0,设P(x1,y1),

Q(x2,y2),由{𝑥2−𝑦23=1𝑥=𝑘𝑦+2,得(3k2-1)y2+12ky+9=0,3k2-1≠0,Δ=36k2+36>0,所以y1+y2=-12𝑘3𝑘2−1,y1y2=93𝑘2−1,因为|EP|·|FQ|=|EQ|·|FP|,即|𝐸

𝑃||𝐸𝑄|=|𝐹𝑃||𝐹𝑄|,所以EF平分∠PEQ,kEP+kEQ=0,有𝑦1𝑥1−𝑡+𝑦2𝑥2−𝑡=0,即𝑦1𝑘𝑦1+2−𝑡+𝑦2𝑘𝑦2+2−𝑡=0,得2ky1y2+(2-t)(y1+

y2)=0,所以2k93𝑘2−1+(2-t)(-12𝑘3𝑘2−1)=0,由k≠0,解得t=12.综上所述,存在与F不同的定点E,使得|EP|·|FQ|=|EQ|·|FP|恒成立,且E(12,0).5.(10分)(2024·绵阳模拟)已知椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>

0)的焦距为4,左、右顶点分别为A1,A2,椭圆上异于A1,A2的任意一点P,都满足直线PA1,PA2的斜率之积为-12.(1)若椭圆上存在两点B1,B2关于直线y=x+m对称,求实数m的取值范围;(2)过右焦点F2的直线交椭圆于M,N两点,过原点O作直线MN

的垂线并延长交椭圆于点Q.那么,是否存在实数k,使得𝑘|𝑀𝑁|+1|𝑂𝑄|2为定值?若存在,请求出k的值;若不存在,请说明理由.【解析】(1)由题意得c=2,A1(-a,0),A2(a,0),P(x,y),𝑘𝑃𝐴1·𝑘𝑃𝐴2=𝑦𝑥+𝑎·𝑦�

�−𝑎=-12⇒2y2=a2-x2①,因为点P在C上,所以y2=b2-𝑏2𝑎2x2,代入①式,所以2b2-2𝑏2𝑎2x2=a2-x2,所以a2=2b2,因为c=2,所以a2=8,b2=4,椭圆C方程为𝑥28+𝑦24=1.设B1(x1,y1),

B(x2,y2),𝑙𝐵1𝐵2⊥l,设𝑙𝐵1𝐵2:y=-x+t,联立x2+2y2=8得3x2-4tx+2t2-8=0,Δ=(4t)2-12(2t2-8)>0⇒t2<12⇒t∈(-2√3,2√3),x1+x2=4𝑡3,x1x2=2𝑡2

−83.所以B1B2中点M(23t,𝑡3)在l上,𝑡3=23t+m,所以t=-3m⇒m=-𝑡3∈(-2√33,2√33).(2)设lMN:x=sy+2,联立x2+2y2=8得(s2+2)y2+4sy-4=0,y1+y2=−4𝑠�

�2+2,y1y2=−4𝑠2+2,|MN|=√1+𝑠2|y1-y2|=4√2(𝑠2+1)𝑠2+2,设Q(xQ,yQ),lOQ:y=-sx,联立x2+2y2=8得{𝑥𝑄2=81+2𝑠2,𝑦𝑄2=8𝑠21+

2𝑠2所以|OQ|2=8(𝑠2+1)1+2𝑠2,所以𝑘|𝑀𝑁|+1|𝑂𝑄|2=𝑘(𝑠2+2)4√2(𝑠2+1)+1+2𝑠28(𝑠2+1)=(√2𝑘+2)𝑠2+(2√2𝑘+1)8(𝑠2+1),因为𝑘|

𝑀𝑁|+1|𝑂𝑄|2为定值,设为λ,所以(√2k+2)s2+(2√2k+1)=8λs2+8λ,所以√2k+2=2√2k+1,k=√22,所以存在k=√22,使得𝑘|𝑀𝑁|+1|𝑂𝑄|2为定值38.

6.(10分)(2024·温州模拟)已知椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)离心率为12,一个焦点位于抛物线y2=4x的准线上.(1)求椭圆C的标准方程;(2)设直线l交椭圆C于A,B两点,点P(1,32),直线PA,PB分别交y轴于点M,N,且

𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-3.①问:直线l是否经过定点?若是,请求出定点坐标;若不是,请说明理由;②求点P到直线l的距离的最大值.【解析】(1)设椭圆𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1的半焦距为c,则c>0,因为抛物线y2=4x的准线方程为x=-1,又椭圆

C的一个焦点位于抛物线y2=4x的准线上,所以c=1,因为椭圆C的离心率e=𝑐𝑎=12,所以a=2,又a2=b2+c2,b>0,所以b=√3,所以椭圆C的标准方程为𝑥24+𝑦23=1.(2)①若直线AB的斜率不存在,设其方程为x=t(-2<t<2),由已知t≠1,设点A的坐标为(t,

m),则点B的坐标为(t,-m),𝑡24+𝑚23=1,所以直线PA的方程为y-32=𝑚−32𝑡−1(x-1),直线PB的方程为y-32=−𝑚−32𝑡−1(x-1),所以点M的坐标为(0,3𝑡−2�

�2𝑡−2),点N的坐标为(0,3𝑡+2𝑚2𝑡−2),所以𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=9𝑡2−4𝑚2(2𝑡−2)2,又𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-3,所以9𝑡2−4𝑚2(2𝑡−2)2=-3,解得t=0;当直线AB的斜率存在时,设

其方程为y=kx+n,联立{𝑥24+𝑦23=1𝑦=𝑘𝑥+𝑛,消去y得,(4k2+3)x2+8knx+4n2-12=0,方程(4k2+3)x2+8knx+4n2-12=0的判别式Δ=64k2n2-4(4k2+3)(4

n2-12)>0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-8𝑘𝑛4𝑘2+3,x1x2=4𝑛2−124𝑘2+3,则直线PA的方程为y-32=𝑦1−32𝑥1−1(x-1),直线PB的方程为y-32

=𝑦2−32𝑥2−1(x-1),所以点M的坐标为(0,3𝑥1−2𝑦12𝑥1−2),点N的坐标为(0,3𝑥2−2𝑦22𝑥2−2),所以𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(3𝑥1−2𝑦1)(3𝑥2−2𝑦2)(2𝑥1−2)(2𝑥2−2)

=(3𝑥1−2𝑘𝑥1−2𝑛)(3𝑥2−2𝑘𝑥2−2𝑛)(2𝑥1−2)(2𝑥2−2),又𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-3,所以(4k2-12k+21)x1x2+(4nk-6n-12)(x1+x2)+4n2+12=0,所以6k+

4kn+4n2-9=0,化简可得2k(3+2n)+(4n2-9)=0,所以n=-32或2k=3-2n,当2k=3-2n时,直线l的方程为y=k(x-1)+32,所以直线l过点(1,32),与已知矛盾,当n=-32时,直线l的方程为y=kx-32,所以直线l

过定点(0,-32).又点(0,-32)在直线x=0上,所以直线l经过定点,定点坐标为(0,-32).②方法一:因为直线l过定点(0,-32),所以当点P与点(0,-32)的连线与直线l垂直时,点P到直线l的距离最大,最大距离为√(1−0)

2+(32+32)2=√10.方法二:当直线l的斜率存在时,点P(1,32)到直线y=kx-32的距离d=|𝑘−3|√𝑘2+1,又因为Δ=64k2n2-4(4k2+3)(4n2-12)>0,n=-32

,所以k∈R,所以d2=𝑘2−6𝑘+9𝑘2+1=1+8−6𝑘𝑘2+1,设f(k)=1+8−6𝑘𝑘2+1,则f'(k)=−6𝑘2−6−2𝑘(8−6𝑘)(𝑘2+1)2=2(3𝑘+1)(𝑘−3)(𝑘2+1)2,当k<-13时,f'(k)>0,函数f

(k)在(-∞,-13)上单调递增,当-13<k<3时,f'(k)<0,函数f(k)在(-13,3)上单调递减,当k>3时,f'(k)>0,函数f(k)在(3,+∞)上单调递增,由k>3时,8−6𝑘𝑘2+1<0,所以d2<1,当k=-13时

,d2=10,所以当k=-13时,d2取最大值,最大值为10,所以当k=-13时,d取最大值,最大值为√10;当直线l的斜率不存在时,点P到直线l的距离为1.所以点P到直线l的距离的最大值为√10.【加练备选】(2024·南京模拟)椭圆E的方程为𝑥24+𝑦28=1,左、右顶点分

别为A(-2,0),B(2,0),点P为椭圆E上的点,且在第一象限,直线l过点P.(1)若直线l分别交x,y轴于C,D两点,若PD=2,求PC的长;(2)若直线l过点(-1,0),且交椭圆E于另一点Q(异于点A,B),记直线AP与直线BQ交于点M,试问:点M是

否在一条定直线上?若是,求出该定直线方程;若不是,说明理由.【解析】(1)设P(x,y),D(0,yD),则𝑥24+𝑦28=1①,x2+(y-yD)2=4②,由①②可得𝑦22=(𝑦−𝑦𝐷)2,因为y>0,所以𝑦√2=

|y-yD|,即𝑦|𝑦−𝑦𝐷|=√2,因为|𝑃𝐶||𝑃𝐷|=𝑦|𝑦−𝑦𝐷|=√2,所以|PC|=2√2.(2)依题可设直线l的方程为x=my-1,P(x1,y1),Q(x2,y2),M

(x0,y0).联立方程组{𝑥=𝑚𝑦−1𝑥24+𝑦28=1,整理得(2m2+1)y2-4my-6=0,Δ=16m2+24(2m2+1)>0,则y1+y2=4𝑚2𝑚2+1,y1y2=−62𝑚2+1.直线AP的方程为y=𝑦1𝑥1+2(

x+2),直线BQ的方程为y=𝑦2𝑥2−2(x-2),联立方程组{𝑦=𝑦1𝑥1+2(𝑥+2)𝑦=𝑦2𝑥2−2(𝑥−2),得x0=2𝑦1𝑥2−4𝑦1+2𝑥1𝑦2+4𝑦2(𝑥1+2)𝑦2−(𝑥2−2)𝑦1,因为(x1+2)y2-(x2-2)y

1=x1y2+2y2-x2y1+2y1=(my1-1)y2+2y2-(my2-1)y1+2y1=3y1+y2,2y1x2-4y1+2x1y2+4y2=2y1(my2-1)-4y1+2(my1-1)y2+4y2=4my1y2-6y1+2y2,所以x0=4𝑚𝑦1𝑦2−6𝑦1+2𝑦23𝑦

1+𝑦2.由y1+y2=4𝑚2𝑚2+1,得y1y2=−62𝑚2+1,得2my1y2=-3(y1+y2).所以x0=4𝑚𝑦1𝑦2−6𝑦1+2𝑦23𝑦1+𝑦2=−6(𝑦1+𝑦2)−6𝑦1+2𝑦23𝑦1+𝑦2=−12𝑦1−4𝑦23�

�1+𝑦2=-4.故点M在定直线x=-4上.