高考数学二轮复习专题突破—圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题(含解析)

高考数学二轮复习专题突破—圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题
1.(2021·重庆八中月考)已知椭圆C :x 2
4+
y 23
=1的右焦点为F ,过点M (4,0)的直线l 交椭圆
C 于A ,B 两点,连接AF ,BF 并延长分别与椭圆交于异于A ,B 的两点P ,Q. (1)求直线l 的斜率的取值范围; (2)若PF ⃗⃗⃗⃗⃗ =λFA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,QF ⃗⃗⃗⃗⃗ =μFB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,证明:λμ为定值.
2.(2021·河北张家口三模)已知抛物线C :y 2=4px (p>0)的焦点为F ,且点M (1,2)到点F 的距离比到y 轴的距离大p. (1)求抛物线C 的方程;
(2)若直线l :x-m (y+2)-5=0与抛物线C 交于A ,B 两点,问是否存在实数m ,使|MA|·|MB|=64√2?若存在,求出m 的值;若不存在,请说明理由.
3.(2021·江苏南通适应性联考)已知双曲线C :x 2
a 2−y 2
b 2=1(a>0,b>0)的两个焦点为F 1,F 2,一条渐近线方程为y=bx (b ∈N *),且双曲线C 经过点D (√2,1). (1)求双曲线C 的方程;
(2)设点P 在直线x=m (y ≠±m ,0<m<1,且m 是常数)上,过点P 作双曲线C 的两条切线PA ,PB ,切点为A ,B ,求证:直线AB 过某一个定点.
4.(2021·山东济南二模)已知椭圆C :x 2
a 2+y 2
b 2=1(a>b>0)的离心率为√2
2,且经过点H (-2,1).
(1)求椭圆C 的方程;
(2)过点P (-3,0)的直线(不与x 轴重合)与椭圆C 相交于A ,B 两点,直线HA ,HB 分别交x 轴于M ,N 两点,点G (-2,0),若PM
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPG ⃗⃗⃗⃗⃗ ,PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =μPG ⃗⃗⃗⃗⃗ ,求证:1
λ+1
μ
为定值.
5.(2021·广东汕头三模)已知圆C :x 2+(y-2)2=1与定直线l :y=-1,且动圆M 与圆C 外切并与直线l 相切.
(1)求动圆圆心M 的轨迹E 的方程;
(2)已知点P 是直线l 1:y=-2上一个动点,过点P 作轨迹E 的两条切线,切点分别为A ,B.
①求证:直线AB 过定点; ②求证:∠PCA=∠PCB.
6.(2021·北京东城一模)已知椭圆C :x 2
a 2+y 2
b 2=1(a>b>0)过点D (-2,0),且焦距为2√3. (1)求椭圆C 的方程;
(2)过点A (-4,0)的直线l (不与x 轴重合)与椭圆C 交于P ,Q 两点,点T 与点Q 关于x 轴对称,直线TP 与x 轴交于点H ,是否存在常数λ,使得|AD|·|DH|=λ(|AD|-|DH|)成立?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.
答案及解析
1.(1)解 由题意知直线l 的斜率不为零,故设其方程为x=ty+4,与椭圆方程联立,消去x 得(3t 2+4)y 2+24ty+36=0,Δ=144(t 2-4)>0,解得t<-2或t>
2.
故直线l 的斜率k=1
t 的取值范围为(-1
2,0)∪(0,1
2).
(2)证明 F (1,0),设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),P (x 3,y 3),Q (x 4,y 4),由(1)得y 1+y 2=-24t
3t 2+4,y 1y 2=36
3t 2+4,
所以ty 1y 2=-3
2(y 1+y 2).
由PF
⃗⃗⃗⃗⃗ =λFA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,得{1−x 3=λ(x 1-1),-y 3=λy 1,
即{-x 3=λx 1-λ-1,-y 3=λy 1. 又点P 在椭圆上,即有3x 32+4y 32
=12,
代入上式得3(λx 1-λ-1)2+4λ2y 12=12,即λ2(3x 12+4y 12)-6λ(λ+1)x 1+3(λ+1)2=12, 又3x 12+4y 12=12,所以12(λ+1)(λ-1)-6λ(λ+1)x 1+3(λ+1)2=0.
易知λ+1≠0,故λ=35−2x 1
,同理可得μ=3
5−2x 2
.
又(5-2x 1)(5-2x 2)=25-10(x 1+x 2)+4x 1x 2 =25-10[t (y 1+y 2)+8]+4(ty 1+4)(ty 2+4)
=9+6t (y 1+y 2)+4t 2y 1y 2=9+6t (y 1+y 2)+4t ·(-3
2)(y 1+y 2)=9, 所以λμ=9
(5-2x
1)(5-2x 2)
=1.
2.解 (1)由点M 到点F 的距离比到y 轴的距离大p ,
得点M 到点F 的距离与到直线x=-p 的距离相等.
由抛物线的定义,可知点M 在抛物线C 上,所以4=4p ,解得p=1. 所以抛物线C 的方程为y 2=4x.
(2)存在满足题意的m ,其值为1或-3. 理由如下:
由{y 2=4x,x-m(y +2)−5=0,
得y 2-4my-8m-20=0. 因为Δ=16m 2+4(8m+20)>0恒成立,所以直线l 与抛物线C 恒有两个交点. 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则y 1+y 2=4m ,y 1y 2=-4(2m+5).
因为MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1-1)(x 2-1)+(y 1-2)(y 2-2)=(y 12
4-1)(y 2
2
4-1)+(y 1-2)(y 2-2)
=y 12y 2
216
−
(y 1+y 2)2-2y 1y 2
4
+y 1y 2-2(y 1+y 2)+5
=
16(2m+5)2
16
−
(4m)2+8(2m+5)
4
-4(2m+5)-8m+5
=0,
所以MA ⊥MB ,即△MAB 为直角三角形.
设d 为点M 到直线l 的距离,所以|MA|·|MB|=|AB|·d=√1+m 2·√(y 1+y 2)2-4y 1y 2·
√1+m 2
=4·|1+m|·√16m 2+16(2m +5)=16·|1+m|·√(m +1)2+4=64√2,
所以(m+1)4+4(m+1)2-32=0, 解得(m+1)2=4或(m+1)2=-8(舍). 所以m=1或m=-3.
所以当实数m=1或m=-3时,|MA|·|MB|=64√2.
3.(1)解 由{b
a =b,
2
a 2-1
b 2
=1,
解得{
a =1,
b =1,
故双曲线方程为x 2-y 2=1.
(2)证明 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),直线PA 的斜率为k ,P (m ,y 0).
则PA:y-y1=k(x-x1),联立方程组{y-y1=k(x-x1), x2-y2=1,
消去y,可得x2-[kx+(-kx1+y1)]2=1,
整理可得(1-k2)x2-2k(y1-kx1)x-(y1-kx1)2-1=0.
因为PA与双曲线相切,
所以Δ=4k2(y1-kx1)2+4(1-k2)·(y1-kx1)2+4(1-k2)=0,
整理得4(y1-kx1)2+4(1-k2)=0.
即k2x12-2kx1y1+y12+1-k2=0,
即(x12-1)k2-2kx1y1+(y12+1)=0,
因为x12−y12=1,所以x12-1=y12,y12+1=x12代入可得y12k2-2x1y1k+x12=0,即(y1k-x1)2=0,所
以k=x1
y1
.
故PA:y-y1=x1
y1
(x-x1),即y1y=x1x-1.
同理,切线PB的方程为y2y=x2x-1.
因为P(m,y0)在切线PA,PB上,所以有{y0y1=mx1-1, y0y2=mx2-1,
A,B满足直线方程y0y=mx-1,而两点唯一确定一条直线,
故AB:y0y=mx-1,所以当{x=1
m
,
y=0
时,无论y0为何值,等式均成立.
故点(1
m ,0)恒在直线AB上,故无论P在何处,AB恒过定点(1
m
,0).
4.(1)解由题意知e=c
a =√1−b2
a2
=√2
2
,则a2=2b2.
又椭圆C经过点H(2,1),所以4
a2+1
b2
=1.
联立解得a2=6,b2=3,所以椭圆C的方程为x 2
6+y2
3
=1.
(2)证明 设直线AB 的方程为x=my-3,A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),
由{x =my-3,
x 2
6
+
y 23
=1
联立消去x ,得(m 2+2)y 2-6my+3=0,
所以Δ=36m 2-12(m 2+2)>0,y 1+y 2=6m
m 2+2,y 1y 2=3
m 2+2,由题意知,y 1,y 2均不为1.
设M (x M ,0),N (x N ,0),由H ,M ,A 三点共线知AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与MH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 共线,所以x M -x 1=(-y 1)(-2-x M ),化简得x M =
x 1+2y 11−y 1
.
由H ,N ,B 三点共线,同理可得x N =
x 2+2y 21−y 2
.
由PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPG
⃗⃗⃗⃗⃗ ,得(x M +3,0)=λ(1,0),即λ=x M +3. 由PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =μPG ⃗⃗⃗⃗⃗ ,同理可得μ=x N +3. 所以1
λ+1
μ=1
x
M
+3
+1
x
N
+3
=1
x 1+2y 11−y 1
+3
+1
x 2+2y 2
1−y 2
+3
=1−y 1
x
1-y 1
+3
+1−y 2
x 2-y 2
+3=1−y
1
(m-1)y
1
+1−y 2(m-1)y 2
=1
m-1
1−y 1y 1
+
1−y 2y 2
=1
m-1(y 1+y 2
y
1y 2
-2)=1
m-1(
6m
m 2+23m 2+2
-2)=2,
所以1
λ+1
μ为定值.
5.(1)解 依题意知:M 到C (0,2)的距离等于M 到直线y=-2的距离,
故动点M 的轨迹是以C 为焦点,直线y=-2为准线的抛物线.
设抛物线方程为x 2=2py (p>0),则p
2=2,则p=4,即抛物线的方程为x 2=8y ,故动圆圆心M 的轨迹E 的方程为x 2=8y. (2)证明 ①由x 2=8y 得y=1
8x 2,y'=1
4x.
设A (x 1,1
8x 12),B (x 2,18x 22
),P (t ,-2),其中x 1≠x 2, 则切线PA 的方程为y-1
8x 12=x 14
(x-x 1),
即y=1
4x 1x-1
8x 12.
同理,切线PB 的方程为y=14x 2x-1
8x 22
. 由{y =1
4x 1x-1
8x 12
,y =14x 2x-18x 22,
解得{
x =x 1+x
22,y =x 1x 28, 故{
t =x 1+x 22
,
-2=
x 1x 28
,
即{
x 1+x 2=2t,
x 1x 2=−16.
故直线AB 的方程为y-1
8x 12
=
18x 22-18x 1
2x 2-x 1
(x-x 1),化简得y=
x 1+x 28
x-
x 1x 28
,即y=t
4x+2,故直线
AB 过定点(0,2).
②由①知:直线AB 的斜率为k AB =t
4,
(i)当直线PC 的斜率不存在时,直线AB 的方程为y=2,
∴PC ⊥AB ,∴∠PCA=∠PCB ;
(ii)当直线PC 的斜率存在时,P (t ,-2),C (0,2),直线PC 的斜率k PC =-2-2
t-0=-4
t
,k AB ·k PC =t 4×-4
t =-1,故PC ⊥AB ,∠PCA=∠PCB. 综上所述,∠PCA=∠PCB 得证.
6.解 (1)因为椭圆C :x 2a 2+y 2
b 2=1(a>b>0)过点D (-2,0),所以a=2,又2c=2√3,即c=√3,所以b 2
=a 2
-c 2
=4-3=1,所以椭圆C 的方程为x 2
4+y 2=1.
(2)存在常数λ=2,满足题意. 理由如下:
显然直线l 的斜率存在且不为0,设直线l :y=k (x+4),
联立{y =k(x +4),x 24+y 2
=1,消去y 并整理,得(1+4k 2)x 2+32k 2x+64k 2-4=0, Δ=(32k 2)2-4(1+4k 2)(64k 2-4)>0,得0<k 2<1
12.
设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),则T (x 2,-y 2),所以x 1+x 2=-32k 21+4k 2,x 1x 2=64k 2-4
1+4k 2,直线PT :y-y 1=y 1+y
2x 1
-x 2
(x-x 1),令y=0,得x=x 1-
y 1(x 1-x 2)y 1+y 2
,所以H x 1-
y 1(x 1-x 2)y 1+y 2
,0,
若存在常数λ,使得|AD|·|DH|=λ(|AD|-|DH|)成立, 所以1
λ=
|AD|-|DH|
|AD|·|DH|
=1|DH|−1
|AD|,
又因为D (-2,0),A (-4,0),H (x 1-y 1(x 1-x 2)y 1+y 2
,0),所以|AD|=2,
|DH|=x 1-y 1(x 1-x 2)y 1+y 2
+2 =x 1-k(x 1+4)(x 1-x 2)
k(x 1+4)+k(x 2+4)
+2
=x 1-k(x 1+4)(x 1-x 2)k(x 1+x 2)+8k
+2
=kx 1(x 1+x 2)+8kx 1-k(x 1+4)(x 1-x 2)
k(x 1+x 2)+8k
+2
=kx 12+kx 1x 2+8kx 1-kx 1
2+kx 1x 2-4kx 1+4kx 2k(x 1+x 2)+8k
+2
=
4k(x 1+x 2)+2kx 1x 2
k(x 1+x 2)+8k
+2
=
4k·
-32k 21+4k 2+2k·64k 2-4
1+4k 2
k·-32k 21+4k 2
+8k +2
=-1+2=1,
所以1
λ=1
1−1
2,解得λ=2.
所以存在常数λ=2,使得|AD|·|DH|=2(|AD|-|DH|)成立.。