2023屆高考數(shù)學(xué)特訓(xùn)營(yíng)-專攻(七)-圓錐曲線中的定點(diǎn)問(wèn)題

高考專攻(七)圓錐曲線中的定點(diǎn)問(wèn)題1．(2022·山西省名校聯(lián)考(三模))已知直線l：y＝kx＋2與拋物線C：x2＝2py(p>0)相交于A，B兩點(diǎn)，當(dāng)k＝1時(shí)，在C上有且僅有三個(gè)點(diǎn)到l的距離為eq\f(5\r(2),4).(1)求C的方程；(2)若點(diǎn)P在直線y＝－2上，且BP與y軸平行，求證：直線AP恒過(guò)定點(diǎn)．解：(1)由題意可知斜率為1的某直線與拋物線C相切且切點(diǎn)到直線y＝x＋2的距離為eq\f(5\r(2),4).因?yàn)閥＝eq\f(x2,2p)，所以y′＝eq\f(x,p)＝1，因此切點(diǎn)坐標(biāo)為(p，eq\f(p,2))，所以eq\f(|p－\f(p,2)＋2|,\r(2))＝eq\f(5\r(2),4)，所以p＝1或p＝－9(舍去)，所以C的方程為x2＝2y.(2)證明：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則P(x2，－2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝2y，,y＝kx＋2，))得x2－2kx－4＝0，所以Δ>0，且x1＋x2＝2k，x1x2＝－4，所以kx1x2＝－2(x1＋x2)．又直線AP的方程為y＋2＝eq\f(y1＋2,x1－x2)(x－x2)，令x＝0，得y＋2＝eq\f(x2（y1＋2）,x2－x1).因?yàn)閥1＝kx1＋2，所以y＋2＝eq\f(x2（kx1＋4）,x2－x1)＝eq\f(－2（x1＋x2）＋4x2,x2－x1)＝2，所以y＝0.故直線AP恒過(guò)定點(diǎn)(0，0)．2．(2022·江蘇南通市模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的離心率為2，過(guò)點(diǎn)P(0，eq\r(6))且斜率為1的直線l交雙曲線C于A，B兩點(diǎn)，且eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝3(O為坐標(biāo)原點(diǎn))．(1)求雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程．(2)設(shè)Q為雙曲線C右支上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)為雙曲線C的右焦點(diǎn)，在x軸的負(fù)半軸上是否存在定點(diǎn)M，使得∠QFM＝2∠QMF？若存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解：(1)設(shè)雙曲線C的焦距為2c，由雙曲線C的離心率為2，知c＝2a，所以b＝eq\r(3)a，從而雙曲線C的方程可化為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,3a2)＝1.聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋\r(6)，,\f(x2,a2)－\f(y2,3a2)＝1))得2x2－2eq\r(6)x－6－3a2＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．因?yàn)棣ぃ?－2eq\r(6))2－4×2×(－6－3a2)＝72＋24a2>0，所以x1＋x2＝eq\r(6)，x1·x2＝－3－eq\f(3,2)a2.因?yàn)閑q\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝3，所以x1x2＋y1y2＝x1x2＋(x1＋eq\r(6))(x2＋eq\r(6))＝3，于是2x1x2＋eq\r(6)(x1＋x2)＋6＝2×(－3－eq\f(3,2)a2)＋eq\r(6)×eq\r(6)＋6＝3，解得a＝1，所以雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)假設(shè)存在點(diǎn)M(t，0)(t<0)滿足題設(shè)條件，由(1)知雙曲線C的右焦點(diǎn)為F(2，0)．設(shè)Q(x0，y0)(x0≥1)為雙曲線C右支上一點(diǎn)，當(dāng)x0＝2時(shí)，因?yàn)椤螿FM＝2∠QMF＝90°，所以∠QMF＝45°，于是MF＝QF＝eq\f(b2,a)＝3，所以t＝－1，即M(－1，0)．當(dāng)x0≠2時(shí)，tan∠QFM＝－kQF＝－eq\f(y0,x0－2)，tan∠QMF＝kQM＝eq\f(y0,x0－t).因?yàn)椤螿FM＝2∠QMF，所以－eq\f(y0,x0－2)＝eq\f(2×\f(y0,x0－t),1－（\f(y0,x0－t)）2).將yeq\o\al(2,0)＝3xeq\o\al(2,0)－3代入并整理得－2xeq\o\al(2,0)＋(4＋2t)x0－4t＝－2xeq\o\al(2,0)－2tx0＋t2＋3，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4＋2t＝－2t，,－4t＝t2＋3，))解得t＝－1，即M(－1，0)．綜上，滿足條件的點(diǎn)M存在，其坐標(biāo)為(－1，0)．3．已知拋物線C：y2＝2px(p>0)與直線l：x＋2y＝0交于M，N兩點(diǎn)，且線段MN的中點(diǎn)為P(8，yP)．(1)求拋物線C的方程；(2)過(guò)點(diǎn)P作直線m交拋物線于點(diǎn)A，B，求證：以弦AB為直徑的圓恒過(guò)點(diǎn)(4，4)．解：(1)由題意知，yP＝－eq\f(1,2)×8＝－4.設(shè)M，N兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，顯然x1≠x2，所以kMN＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(2p,y1＋y2)＝－eq\f(1,2).又y1＋y2＝2yP＝－8，所以kMN＝－eq\f(2p,8)＝－eq\f(p,4)＝－eq\f(1,2)，解得p＝2，所以拋物線C的方程為y2＝4x.(2)當(dāng)直線m的斜率存在時(shí)，設(shè)直線m：y＝k(x－8)－4(k≠0)，A(x3，y3)，B(x4，y4)．聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝k（x－8）－4，))整理得ky2－4y－32k－16＝0，Δ>0，y3＋y4＝eq\f(4,k)，y3y4＝－32－eq\f(16,k)，所以x3＋x4＝eq\f(y3＋y4＋8,k)＋16＝eq\f(8k＋4,k2)＋16，x3x4＝eq\f(（y3y4）2,16)＝eq\f(64k＋16,k2)＋64.令Q(4，4)，則eq\o(QA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))＝(x3－4)(x4－4)＋(y3－4)(y4－4)＝x3x4－4(x3＋x4)＋16＋y3y4－4(y3＋y4)＋16＝eq\f(64k＋16,k2)＋64－4(eq\f(8k＋4,k2)＋16)＋16＋(－32－eq\f(16,k))－eq\f(16,k)＋16＝0，所以QA⊥QB，故以弦AB為直徑的圓恒過(guò)點(diǎn)(4，4)．當(dāng)直線m的斜率不存在時(shí)，直線m：x＝8，此時(shí)直線m與拋物線的兩個(gè)交點(diǎn)分別為(8，4eq\r(2))，(8，－4eq\r(2))，不妨令A(yù)(8，4eq\r(2))，B(8，－4eq\r(2))，此時(shí)eq\o(QA,\s\up6(→))＝(4，4eq\r(2)－4)，eq\o(QB,\s\up6(→))＝(4，－4eq\r(2)－4)，則eq\o(QA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))＝16－(4eq\r(2)＋4)(4eq\r(2)－4)＝0，所以QA⊥QB，故以弦AB為直徑的圓過(guò)點(diǎn)(4，4)．綜上所述，以弦AB為直徑的圓恒過(guò)點(diǎn)(4，4)．4．(2022·海南一模)在△ABC中，已知B(－eq\r(2)，0)，C(eq\r(2)，0)，AD⊥BC交BC于點(diǎn)D，H為AD的中點(diǎn)，滿足BH⊥AC，點(diǎn)H的軌跡為曲線C.(1)求曲線C的方程；(2)過(guò)點(diǎn)M(0，eq\f(1,3))作直線l交曲線C于P，Q兩點(diǎn)，求證：以PQ為直徑的圓恒過(guò)定點(diǎn)．解：(1)設(shè)H(x，y)，A(x，2y)，eq\o(BH,\s\up6(→))＝(x＋eq\r(2)，y)，eq\o(CA,\s\up6(→))＝(x－eq\r(2)，2y)，因?yàn)锽H⊥AC，所以eq\o(BH,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝0，即(x＋eq\r(2))(x－eq\r(2))＋2y2＝0，整理得x2＋2y2＝2，即eq\f(x2,2)＋y2＝1.在△ABC中，三頂點(diǎn)不可能共線，所以y≠0，故曲線C的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1(y≠0)．(2)若直線l的斜率不存在，可得圓的方程為x2＋y2＝1，若直線l的斜率為0，可得圓的方程為x2＋(y－eq\f(1,3))2＝eq\f(16,9).兩個(gè)圓的公共點(diǎn)為N(0，－1)，若直線l的斜率存在且不為0時(shí)，設(shè)其方程為y＝kx＋eq\f(1,3)(k≠0)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋\f(1,3)，,\f(x2,2)＋y2＝1，))可得(2k2＋1)x2＋eq\f(4,3)kx－eq\f(16,9)＝0，Δ>0恒成立，設(shè)點(diǎn)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由韋達(dá)定理得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－\f(4k,6k2＋3)，,x1x2＝－\f(16,18k2＋9)，))所以eq\o(NP,\s\up6(→))·eq\o(NQ,\s\up6(→))＝(x1，y1＋1)·(x2，y2＋1)＝x1x2＋(y1＋1)(y2＋1)＝x1x2＋(kx1＋eq\f(4,3))(kx2＋eq\f(4,3))＝(k2＋1)x