2025高考數(shù)學(xué)考二輪專題突破練23圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值、探索性問(wèn)題-專項(xiàng)訓(xùn)練【含答案】

2025高考數(shù)學(xué)考二輪專題突破練23圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值、探索性問(wèn)題-專項(xiàng)訓(xùn)練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:x-m(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.約定若一個(gè)橢圓的長(zhǎng)軸和短軸分別是另一條雙曲線的實(shí)軸和虛軸,則稱它們互為“姊妹”圓錐曲線.已知橢圓C1:x24+y2b2=1(0<b<2),雙曲線C2是橢圓C1的“姊妹”圓錐曲線,e1,e2分別為C1,C2的離心率,且e1e2=154,點(diǎn)M,N分別為橢圓C1的左、右頂點(diǎn),設(shè)過(guò)點(diǎn)G(4,0)的動(dòng)直線l交雙曲線C2的右支于A,B兩點(diǎn),若直線AM,(1)求雙曲線C2的方程;(2)試探究kAMk5.已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1(0<a<10,b>0)的右頂點(diǎn)為A,左焦點(diǎn)F(-c,0)到其漸近線bx+ay=0的距離為2,斜率為13的直線l1交雙曲線(1)求雙曲線C的方程;(2)過(guò)點(diǎn)T(6,0)的直線l2與雙曲線C交于P,Q兩點(diǎn),直線AP,AQ分別與直線x=6相交于M,N兩點(diǎn),試問(wèn):以線段MN為直徑的圓是否過(guò)定點(diǎn)?若過(guò)定點(diǎn),求出定點(diǎn)的坐標(biāo);若不過(guò)定點(diǎn),請(qǐng)說(shuō)明理由.6.已知橢圓C:x2a2+y2b2=1((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)題答案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(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(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3),Q(x4,y4),由(1)得y1+y2=-24t3t2+4,y1y2=363t2+4,所以ty1y由PF=λFA,得1又點(diǎn)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+4y所以12(λ+1)(λ-1)-6λ(λ+1)x1+3(λ+1)2=0.易知λ+1≠0,故λ=35-2x1,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(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)-5=0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=(x1-1)(x2-1)+(y1-2)·(y2-2)=y124-1y224-1+(y1-2)(y2-2)=y12y2216?(y1+y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)2-4y1y2·4|所以(m+1)4+4(m+1)2-32=0,解得(m+1)2=4或(m+1)2=-8(舍去).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x2-y2=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: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?yàn)镻A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?yàn)閤12?y12=1,所以x12-1=y12,y12+1=x12代入可得y12k2-2x1y1故PA:y-y1=x1y1(x-x1),即y1y=x1同理,切線PB的方程為y2y=x2x-1.因?yàn)镻(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(diǎn)唯一確定一條直線,故AB:y0y=mx-1,所以當(dāng)x=1m,y=0時(shí),無(wú)論y0為何值,等式均成立.故點(diǎn)1m,0恒在直線AB上4.解(1)由題意可設(shè)雙曲線C2:x24?y2b2=1,則e1e2=4-b22×4+b22(2)kAMkBN為定值,理由如下:如圖,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),直線AB由x=ty+4,x24-y2=1,消元得(t所以t≠±2,Δ=16t2+192>0,可得y1+y2=-8tt2-4,y1y2=12t即kAM與kBN的比值為定值-135.解(1)∵雙曲線C的左焦點(diǎn)F(-c,0)到雙曲線C的一條漸近線bx+ay=0的距離d=|bc|a2+b2=b,∴雙曲線C的方程為x2a2?y依題意直線l1的方程為y=13(x-a)由x2a2-y24=1,y=13(x-a),消去y整理得(36依題意36-a2≠0,Δ>0.設(shè)點(diǎn)A,B的橫坐標(biāo)分別為xA,xB,則xAxB=a2∵xA=a,∴xB=a(∴|AB|=1+(13)

2|xA-xB|=103|xA-xB|=8103,即|a-a(a2解得a=3或a=12(舍去),負(fù)值也舍去,且a=3時(shí),Δ>0,∴雙曲線C的方程為x29?(2)依題意直線l2的斜率不等于0,設(shè)直線l2的方程為x=my+6.由x=my+6,x29-y24=1,消去x整理得∴4m2-9≠0,Δ1>0.設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),則y1+y2=-48m4m2-9,直線AP的方程為y=y1x1-3(x-3),令x=6得y=3y1同理可得N(6,3y2由對(duì)稱性可知,若以線段MN為直徑的圓過(guò)定點(diǎn),則該定點(diǎn)一定在x軸上,設(shè)該定點(diǎn)為R(t,0),則RM=(6-t,3y1x1-3),RN故RM·RN=(6-t)2=(6-t)2+9=(6-t)2+9=(6-t)2+9=(6-t)2-12=0.解得t=6-23或t=6+23.故以線段MN為直徑的圓過(guò)定點(diǎn)(6-23,0)和(6+23,0).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2所以b2=a2-c2=4-3=1,所以橢圓C的方程為x24+y2=(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+4k2)Δ=(32k2)2-4(1+4k2)(64k2-4)>0,得0<k2<112設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),則T(x2,-y2),所以x1+x2=-32k21+4k2,x1x2=64k2-41+4k2,直線PT