高考二輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)試題（新高考新教材）專題突破練23圓錐曲線中的定點(diǎn)定值探索性問(wèn)題

專題突破練23圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值、探索性問(wèn)題1.已知橢圓C:x24+y23=1的右焦點(diǎn)為F,過(guò)點(diǎn)M(4,0)的直線l交橢圓C于A,B兩點(diǎn),連接AF,BF并延長(zhǎng)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.已知拋物線C:y2=4px(p>0)的焦點(diǎn)為F,且點(diǎn)M(1,2)到點(diǎn)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:xm(y+2)5=0與拋物線C交于A,B兩點(diǎn),問(wèn)是否存在實(shí)數(shù)m,使|MA|·|MB|=642?若存在,求出m的值;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.3.已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的兩個(gè)焦點(diǎn)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(shè)點(diǎn)P在直線x=m(y≠±m(xù),0<m<1,且m是常數(shù))上,過(guò)點(diǎn)P作雙曲線C的兩條切線PA,PB,切點(diǎn)為A,B,求證:直線AB過(guò)某一個(gè)定點(diǎn).4.已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)(1)求橢圓C的方程;(2)過(guò)點(diǎn)P(3,0)的直線(不與x軸重合)與橢圓C相交于A,B兩點(diǎn),直線HA,HB分別交x軸于M,N兩點(diǎn),點(diǎn)G(2,0),若PM=λPG,PN=μPG,求證:15.已知圓C:x2+(y2)2=1與定直線l:y=1,且動(dòng)圓M與圓C外切并與直線l相切.(1)求動(dòng)圓圓心M的軌跡E的方程.(2)已知點(diǎn)P是直線l1:y=2上一個(gè)動(dòng)點(diǎn),過(guò)點(diǎn)P作軌跡E的兩條切線,切點(diǎn)分別為A,B.①求證:直線AB過(guò)定點(diǎn);②求證:∠PCA=∠PCB.6.已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)(1)求橢圓C的方程.(2)過(guò)點(diǎn)A(4,0)的直線l(不與x軸重合)與橢圓C交于P,Q兩點(diǎn),點(diǎn)T與點(diǎn)Q關(guān)于x軸對(duì)稱,直線TP與x軸交于點(diǎn)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(shuō)明理由.專題突破練23圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值、探索性問(wèn)題1.(1)解由題意知直線l的斜率不為零,故設(shè)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(t24)>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(shè)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1又點(diǎn)P在橢圓上,即有3x32+4y代入上式得3(λx1λ1)2+4λ2y12=12,即λ2(3x12+4y12)6λ(λ+1)x1+3(又3x12+4y12=12,所以12(λ+1)(λ1)6λ(λ+1)x1+3(λ+1)易知λ+1≠0,故λ=35-2x1,又(52x1)(52x2)=2510(x1+x2)+4x1x2=2510[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(diǎn)M到點(diǎn)F的距離比到y(tǒng)軸的距離大p,得點(diǎn)M到點(diǎn)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(diǎn)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)-因?yàn)棣?16m2+4(8m+20)>0恒成立,所以直線l與拋物線C恒有兩個(gè)交點(diǎn).設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則y1+y2=4m,y1y2=4(2m+5).因?yàn)镸A·MB=(x11)(x21)+(y12)(y22)=y124-1y=y12y2216-(y1+y=16(2m+5)2=0,所以MA⊥MB,即△MAB為直角三角形.設(shè)d為點(diǎn)M到直線l的距離,所以|MA|·|MB|=|AB|·d=1+m2·(y1+y2)2-4y1y所以(m+1)4+4(m+1)232=0,解得(m+1)2=4或(m+1)2=8(舍).所以m=1或m=3.所以當(dāng)實(shí)數(shù)m=1或m=3時(shí),|MA|·|MB|=642.3.(1)解由ba=故雙曲線方程為x2y2=1.(2)證明設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),直線PA的斜率為k,P(m,y0).則PA:yy1=k(xx1),聯(lián)立方程組y消去y,可得x2[kx+(kx1+y1)]2=1,整理可得(1k2)x22k(y1kx1)x(y1kx1)21=0.因?yàn)镻A與雙曲線相切,所以Δ=4k2(y1kx1)2+4(1k2)·(y1kx1)2+4(1k2)=0,整理得4(y1kx1)2+4(1k2)=0.即k2x122kx1y1+y12+1即(x121)k22kx1y1+(y12因?yàn)閤12-y12=1,所以x121=y12,y12+1=x12代入可得y12k22x1y1k+故PA:yy1=x1y1(xx1),即y1y=x1同理,切線PB的方程為y2y=x2x1.因?yàn)镻(m,y0)在切線PA,PB上,所以有yA,B滿足直線方程y0y=mx1,而兩點(diǎn)唯一確定一條直線,故AB:y0y=mx1,所以當(dāng)x=1m,y=0時(shí),無(wú)論故點(diǎn)1m,0恒在直線AB上,故無(wú)論P(yáng)在何處,AB4.(1)解由題意知e=ca=1-b2a2=又橢圓C經(jīng)過(guò)點(diǎn)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(shè)直線AB的方程為x=my3,A(x1,y1),B(x2,y2),由x=my-3,x26+y23=1聯(lián)立消去x,所以Δ=36m212(m2+2)>0,y1+y2=6mm2+2,y1y2=3m2+2,由題意知,y設(shè)M(xM,0),N(xN,0),由H,M,A三點(diǎn)共線知AM與MH共線,所以xMx1=(y1)(2xM),化簡(jiǎn)得xM=由H,N,B三點(diǎn)共線,同理可得xN=x2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(dòng)點(diǎn)M的軌跡是以C為焦點(diǎn),直線y=2為準(zhǔn)線的拋物線.設(shè)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(dòng)圓圓心M的軌跡E的方程為x2=8(2)證明①由x2=8y得y=18x2,y'=1設(shè)Ax1,18x12,Bx2,18x2則切線PA的方程為y18x12=即y=14x1x1同理,切線PB的方程為y=14x2x1由y=1故t故直線AB的方程為y18x12=18x22-18x12x2-x1②由①知:直線AB的斜率為kAB=t4(i)當(dāng)直線PC的斜率不存在時(shí),直線AB的方程為y=2,∴PC⊥AB,∴∠PCA=∠PCB;(ii)當(dāng)直線PC的斜率存在時(shí),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?yàn)闄E圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)過(guò)點(diǎn)D(2,0),所以a=2,又2c=23,即c=3,所以b2=a2c2=43=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(shè)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+4k2Δ=(32k2)24(1+4k2)(64k24)>0,得0<k2<112設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),則T(x2,y2),所以x1