高考數(shù)學二輪復習專題六解析幾何專題突破練23圓錐曲線中的定點定值探索性問題含解析

PAGEPAGE11專題突破練23圓錐曲線中的定點、定值、探索性問題1.(2021·重慶八中月考)已知橢圓C:x24+y23=1的右焦點為F,過點M(4,0)的直線l交橢圓C于A,B兩點,連接AF,BF并延長分別與橢圓交于異于A,(1)求直線l的斜率的取值范圍;(2)若PF=λFA,QF=μFB,證明:λμ2.(2021·河北張家口三模)已知拋物線C:y2=4px(p>0)的焦點為F,且點M(1,2)到點F的距離比到y(tǒng)軸的距離大p.(1)求拋物線C的方程;(2)若直線l:x-m(y+2)-5=0與拋物線C交于A,B兩點,問是否存在實數(shù)m,使|MA|·|MB|=642?若存在,求出m的值;若不存在,請說明理由.3.(2021·江蘇南通適應性聯(lián)考)已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的兩個焦點為F1,F2,一條漸近線方程為y=bx(b∈N*),(1)求雙曲線C的方程;(2)設點P在直線x=m(y≠±m(xù),0<m<1,且m是常數(shù))上,過點P作雙曲線C的兩條切線PA,PB,切點為A,B,求證:直線AB過某一個定點.4.(2021·山東濟南二模)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為(1)求橢圓C的方程;(2)過點P(-3,0)的直線(不與x軸重合)與橢圓C相交于A,B兩點,直線HA,HB分別交x軸于M,N兩點,點G(-2,0),若PM=λPG,PN=μPG,求證:15.(2021·廣東汕頭三模)已知圓C:x2+(y-2)2=1與定直線l:y=-1,且動圓M與圓C外切并與直線l相切.(1)求動圓圓心M的軌跡E的方程;(2)已知點P是直線l1:y=-2上一個動點,過點P作軌跡E的兩條切線,切點分別為A,B.①求證:直線AB過定點;②求證:∠PCA=∠PCB.6.(2021·北京東城一模)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)過點(1)求橢圓C的方程;(2)過點A(-4,0)的直線l(不與x軸重合)與橢圓C交于P,Q兩點,點T與點Q關于x軸對稱,直線TP與x軸交于點H,是否存在常數(shù)λ,使得|AD|·|DH|=λ(|AD|-|DH|)成立?若存在,求出λ的值;若不存在,說明理由.專題突破練23圓錐曲線中的定點、定值、探索性問題1.(1)解由題意知直線l的斜率不為零,故設其方程為x=ty+4,與橢圓方程聯(lián)立,消去x得(3t2+4)y2+24ty+36=0,Δ=144(t2-4)>0,解得t<-2或t>2.故直線l的斜率k=1t的取值范圍為(2)證明F(1,0),設A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3),Q(x4,y4),由(1)得y1+y2=-24t3t2+4,y所以ty1y2=-32(y1+y2)由PF=λFA,得又點P在橢圓上,即有3x32+4y代入上式得3(λx1-λ-1)2+4λ2y12=12,即λ2(3x12+4y12)-6λ(λ+1)x1+3(又3x12+4y12=12,所以12(λ+1)(λ-1)-6λ(λ+1)x1+3(λ+1)易知λ+1≠0,故λ=35-2x又(5-2x1)(5-2x2)=25-10(x1+x2)+4x1x2=25-10[t(y1+y2)+8]+4(ty1+4)(ty2+4)=9+6t(y1+y2)+4t2y1y2=9+6t(y1+y2)+4t·-32(y1+y2所以λμ=9(5-2.解(1)由點M到點F的距離比到y(tǒng)軸的距離大p,得點M到點F的距離與到直線x=-p的距離相等.由拋物線的定義,可知點M在拋物線C上,所以4=4p,解得p=1.所以拋物線C的方程為y2=4x.(2)存在滿足題意的m,其值為1或-3.理由如下:由y2=4x,x-m(y+2)-5=0因為Δ=16m2+4(8m+20)>0恒成立,所以直線l與拋物線C恒有兩個交點.設A(x1,y1),B(x2,y2),則y1+y2=4m,y1y2=-4(2m+5).因為MA·MB=(x1-1)(x2-1)+(y1-2)(y2-2)=y124-1y22=y12y2216-(y1+y2=16(2m+5)216-=0,所以MA⊥MB,即△MAB為直角三角形.設d為點M到直線l的距離,所以|MA|·|MB|=|AB|·d=1+m2·(y1+y2)2-4y1y2·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.所以當實數(shù)m=1或m=-3時,|MA|·|MB|=6423.(1)解由ba=故雙曲線方程為x2-y2=1.(2)證明設A(x1,y1),B(x2,y2),直線PA的斜率為k,P(m,y0).則PA:y-y1=k(x-x1),聯(lián)立方程組y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.因為PA與雙曲線相切,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即(x12-1)k2-2kx1y1+(y12因為x12-y12=1,所以x12-1=y12,y12+1=x12代入可得y12k2-2故PA:y-y1=x1y1(x-x1),即y1y=x1同理,切線PB的方程為y2y=x2x-1.因為P(m,y0)在切線PA,PB上,所以有yA,B滿足直線方程y0y=mx-1,而兩點唯一確定一條直線,故AB:y0y=mx-1,所以當x=1m,y故點1m,0恒在直線AB上,故無論P在何處,4.(1)解由題意知e=ca=1-b2a2又橢圓C經(jīng)過點H(2,1),所以4a2+聯(lián)立解得a2=6,b2=3,所以橢圓C的方程為x26+(2)證明設直線AB的方程為x=my-3,A(x1,y1),B(x2,y2),由x=my-3,x26+y23=1聯(lián)立消去x所以Δ=36m2-12(m2+2)>0,y1+y2=6mm2+2,y1y2=3m2+2,由題意知,設M(xM,0),N(xN,0),由H,M,A三點共線知AM與MH共線,所以xM-x1=(-y1)(-2-xM),化簡得xM由H,N,B三點共線,同理可得xN=x由PM=λPG,得(xM+3,0)=λ(1,0),即λ=xM+3由PN=μPG,同理可得μ=xN+3所以1λ+1μ=所以1λ+5.(1)解依題意知:M到C(0,2)的距離等于M到直線y=-2的距離,故動點M的軌跡是以C為焦點,直線y=-2為準線的拋物線.設拋物線方程為x2=2py(p>0),則p2=2,則p=4,即拋物線的方程為x2=8y,故動圓圓心M的軌跡E的方程為x2=8y(2)證明①由x2=8y得y=18x2,y'=14設Ax1,18x12,Bx2,18x2則切線PA的方程為y-18x12即y=14x1x-同理,切線PB的方程為y=14x2x-由y=1故t故直線AB的方程為y-18x12=18x22-18x12②由①知:直線AB的斜率為kAB=t4(i)當直線PC的斜率不存在時,直線AB的方程為y=2,∴PC⊥AB,∴∠PCA=∠PCB;(ii)當直線PC的斜率存在時,P(t,-2),C(0,2),直線PC的斜率kPC=-2-2t-0=-4t,kAB·kPC=t4×-4綜上所述,∠PCA=∠PCB得證.6.解(1)因為橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)過點D(-2,0),所以a=2,又2c=23,即c=3,所以b2=a2-c2=4-3=1,所以橢圓(2)存在常數(shù)λ=2,滿足題意.理由如下:顯然直線l的斜率存在且不為0,設直線l:y=k(x+4),聯(lián)立y=k(x+4),x24+y2=1,消去y并整理,得(1+4k2)Δ=(32k2)2-4(1+4k2)(64k2-4)>0,得0<k2<1設P(x1,y1),Q(x2,y2),則T(x2,-y2),所以x1+x2=-32k21+4k2,x1x2=64k2-41+4k2,直線P