2022届高考大一轮复习知识点精练：动态圆锥曲线问题的性质证明

这是一份2022届高考大一轮复习知识点精练：动态圆锥曲线问题的性质证明，共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（共12小题；共60分）
1. 以抛物线 y2=8x 上的任意一点为圆心作圆与直线 x=−2 相切，这些圆必过一定点，则这一定点的坐标是
A. 0,2B. 2,0C. 4,0D. 0,4

2. 过抛物线 y=ax2a>0 的焦点 F 作一条直线交抛物线于 P 、 Q 两点，若线段 PF 与 FQ 的长分别是 p 、 q，则 1p+1q 等于
A. 2aB. 12aC. 4aD. 4a

3. 如图，点 A 是曲线 y=x2+2y≤2 上的任意一点，P0,−2，Q0,2，射线 QA 交曲线 y=18x2 于 B 点，BC 垂直于直线 y=3，垂足为点 C．则下列判断：
① AP−AQ 为定值 22；
② QB+BC 为定值 5．
其中正确的说法是
A. ①②都正确B. ①②都错误
C. ①正确，②错误D. ①都错误，②正确

4. 过抛物线 y=ax2 a>0 的焦点 F 作一直线交抛物线于 P,Q 两点，若线段 PF 与 FQ 的长分别为 p,q，则 1p+1q 等于
A. 2aB. 12aC. 4aD. 4a

5. 已知抛物线 C:y2=2pxp>0 和动直线 l:y=kx+b（k，b 是参变量，且 k≠0，b≠0）相交于 Ax1,y2，Bx2,y2 两点，直角坐标系原点为 O，记直线 OA，OB 的斜率分别为 kOA⋅kOB=3 恒成立，则当 k 变化时直线 l 恒经过的定点为
A. −3p,0B. −23p,0C. −3p3,0D. −23p3,0

6. 已知 P 为双曲线 y24−x2=1 上任一点，过 P 点向双曲线的两条渐近线分别作垂线，垂足分别为 A，B，则 ∣PA∣⋅∣PB∣ 的值为
A. 4B. 5
C. 45D. 与点 P 的位置有关

7. 下列结论中，正确的有
① 不存在实数 k，使得方程 xlnx−12x2+k=0 有两个不等实根；
② 已知 △ABC 中，a，b，c 分别为角 A，B，C 的对边，且 a2+b2=2c2，则角 C 的最大值为 π6；
③ 函数 y=12ln1−csx1+csx 与 y=lntanx2 是同一函数；
④在椭圆 x2a2+y2b2=1a>b>0，左右顶点分别为 A，B，若 P 为椭圆上任意一点（不同于 A，B），则直线 PA 与直线 PB 斜率之积为定值．
A. ①④B. ①③C. ①②D. ②④

8. 已知点 A 为抛物线 C：x2=4y 上的动点（不含原点），过点 A 的切线交 x 轴于点 B，设抛物线的焦点为 F，则 ∠ABF
A. 一定是直角B. 一定是锐角
C. 一定是钝角D. 上述三种情况都有可能

9. 过 y=ax2a>0 的焦点 F 作直线交抛物线与 P、Q 两点，若 PF 与 FQ 的长分别是 p 、 q，则 1p+1q=
A. 2aB. 12aC. 4aD. 4a

10. 已知点 A 在曲线 P ： y=x2x>0 上，⊙A 过原点 O，且与 y 轴的另一个交点为 M，若线段 OM，⊙A 和曲线 P 上分别存在点 B，点 C 和点 D，使得四边形 ABCD （点 A，B，C，D 顺时针排列）是正方形，则称点 A 为曲线 P 的“完美点”，那么下列结论中正确的是
A. 曲线 P 上不存在“完美点”
B. 曲线 P 上只存在一个“完美点”，其横坐标大于 1
C. 曲线 P 上只存在一个“完美点”，其横坐标大于 12 且小于 1
D. 曲线 P 上存在两个“完美点”，其横坐标均大于 12

11. 已知 a>0，过 Ma,0 任作一条直线交抛物线 y2=2pxp>0 于 P，Q 两点，若 1∣MP∣2+1∣MQ∣2 为定值，则 a=
A. 2pB. 2pC. p2D. p

12. 已知“若点 Px0,y0 在双曲线 C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0 上，则 C 在点 P 处的切线方程为 C:xx0a2−yy0b2=1”，现已知双曲线 C:x24−y212=1 和点 Q1,tt≠±3，过点 Q 作双曲线 C 的两条切线，切点分别为 M，N，则直线 MN 过定点
A. 0,23B. 0,−23C. 4,0D. −4,0

二、填空题（共5小题；共25分）
13. 设抛物线 y2=2pxp>0 的焦点为 F，点 A0,2，若线段 FA 的中点 B 在抛物线上，则 B 到该抛物线准线的距离为 ．

14. 点 Ax0,y0 在双曲线 x24−y232=1 的右支上，若点 A 到右焦点的距离等于 2x0，则 x0= ．

15. 在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，M，N 是双曲线 x22−y24=1 上的两个动点，动点 P 满足：OP=2OM−ON，直线 OM 与直线 ON 斜率之积为 2．已知平面内存在两定点 F1，F2，使得 ∣∣PF1∣−∣PF2∣∣ 为定值，则该定值为 ．

16. 已知抛物线 C:y2=2pxp>0 的准线为 l，过 M1,0 且斜率为 3 的直线与 l 相交于 A，与 C 的一个交点为 B，若 AM=MB，则 p= ．

17. 已知 F 是椭圆 C 的一个焦点，B 是短轴的一个端点，线段 BF 的延长线交 C 于点 D，且 BF=2FD，则 C 的离心率为 ．

三、解答题（共10小题；共130分）
18. 双曲线 C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0 的左顶点为 A，右焦点为 F，动点 B 在 C 上．当 BF⊥AF 时，AF=BF．
（1）求 C 的离心率；
（2）若 B 在第一象限，证明：∠BFA=2∠BAF．

19. 已知抛物线 C 的顶点在原点，焦点在 x 轴上，且抛物线 C 上有一点 P4,h 到焦点的距离为 5．
（1）求该抛物线 C 的方程．
（2）已知抛物线上一点 Mt,4，过点 M 做抛物线的两条弦 MD 和 ME，且 MD⊥ME，判断直线 DE 是否过定点?并说明理由．

20. 已知直线 l:x=x+6，圆 O:x2+y2=5，椭圆 E:y2a2+x2b2=1a>b>0 的离心率 e=33，直线 l 被圆 O 截得的弦长与椭圆的短轴长相等．
（1）求椭圆 E 的方程；
（2）过圆 O 上任意一点 P 作椭圆 E 的两条切线，若切线的斜率都存在，求证：两条切线斜率之积为定值．

21. 已知点 M 为椭圆 C:3x2+4y2=12 的右顶点，点 A，B 是椭圆 C 上不同的两点（均异于点 M），且满足直线 MA 与直线 MB 斜率之积为 14．
（1）求椭圆 C 的离心率及焦点坐标；
（2）试判断直线 AB 是否过定点?若是，求出定点坐标；若否，说明理由．

22. 已知双曲线 C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0 的离心率为 3，右准线方程为 x=33．
（1）求双曲线 C 的方程；
（2）设直线 l 是圆 O:x2+y2=2 上动点 Px0,y0x0y0≠0 处的切线，l 与双曲线 C 交于不同的两点 A，B，证明 ∠AOB 的大小为定值．

23. 如图，椭圆 E:x2a2+y2b2=1a>b>0 经过点 A0,−1，且离心率为 22．
（1）求椭圆 E 的方程；
（2）经过点 1,1，且斜率为 k 的直线与椭圆 E 交于不同的两点 P，Q（均异于点 A），判断直线 AP 与 AQ 的斜率之和是否为定值?若是定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由．

24. 已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1a>b>0 的短半轴长为 1，离心率为 32．
（1）求 C 的方程；
（2）设 C 的上、下顶点分别为 B，D，动点 P（横坐标不为 0）在直线 y=2 上，直线 PB 交 C 于点 M，记直线 DM，DP 的斜率分别为 k1，k2，求 k1⋅k2 的值．

25. 已知椭圆 G:x2a2+y2b2=1a>b>0，上顶点为 B0,1，离心率为 22，直线 l:y=kx−2 交 y 轴于 C 点，交椭圆于 P，Q 两点，直线 BP，BQ 分别交 x 轴于点 M，N．
（1）求椭圆 G 的方程；
（2）求证：S△BOM⋅S△BCN 为定值．

26. 已知椭圆 C 的中心在原点，焦点在 x 轴上，短轴长为 2，离心率为 32．
（1）求椭圆 C 的方程；
（2）设 P 是椭圆 C 长轴上的一个动点，过 P 作斜率为 12 的直线 l 交椭圆 C 于 A，B 两点，求证：∣PA∣2+∣PB∣2 为定值．

27. 如图所示，已知椭圆 E:x2a2+y2b2=1a>b>0 的离心率为 32，过左焦点 F−3,0 且斜率为 k 的直线交椭圆 E 于 A，B 两点，线段 AB 的中点为 M，直线 l:x+4ky=0 交椭圆 E 于 C，D 两点．
（1）求椭圆 E 的方程；
（2）求证：点 M 在直线 l 上；
（3）是否存在实数 k，使得四边形 AOBC 为平行四边形?若存在求出 k 的值，若不存在说明理由．
答案
第一部分
1. B【解析】由题意得抛物线 y2=8x 的准线方程为 x=−2，
因为动圆的圆心在抛物线 y2=8x 上，且与抛物线的准线相切，
所以动圆的圆心必过抛物线的焦点，即过点 2,0．
2. C
3. A【解析】曲线 y=x2+2y≤2 两边平方，得 y2−x2=2，
为双曲线 y22−x22=1 的 2≤y≤2 的部分，
P0,−2，Q0,2 恰为该双曲线的两焦点，由双曲线定义，
知 AP−AQ=22，又 AP>AQ，所以 AP−AQ=22，①正确；
曲线 y=18x2 即抛物线 x2=8y，其焦点为 Q0,2，准线方程为 y=−2，
由抛物线定义，知 QB+BC=BD+BC=CD=5，②正确．
4. C【解析】设 Px1,y1、Qx2,y2，则 p= y1+14a,q=y2+14a．
设直线 PQ 为 y=kx+14a，联立直线方程与抛物线方程可得
y1+y2=1+2k22a，y1y2=116a2．
1p+1q=y1+y2+12ay1y2+14ay1+y2+116a2=4a．
5. D
【解析】将直线与抛物线联立，消去 y，得 k2x2+2kb−2px+b2=0，
所以 x1+x2=−2kb+2pk2，x1x2=b2k2；
所以 kOA⋅kOB=3，
所以 y1y2=3x1x2，
所以
y1y2=kx1+bkx2+b=k2x1x2+kbx1+x2+b2=2bpk,
所以 2bpk=3⋅b2k2，
解得 b=2pk3，
所以 y=kx+2pk3=kx+2p3．
令 x=−2p3，得 y=0，
所以直线过定点 −2p3,0．
6. C【解析】设 Pm,n，则 n24−m2=1，即 n2−4m2=4，
由双曲线 y24−x2=1 的渐近线方程为 y=±2x，
则由 y=2x,y−n=−12x−m, 解得交点 A2n+m5,4n+2m5；
由 y=−2x,y−n=12x−m, 解得交点 Bm−2n5,4n−2m5．
PA=2n−4m5,2m−n5，PB=−4m−2n5,−2m−n5，
则有
∣PA∣⋅∣PB∣=2n−4m2+2m−n25⋅−4m−2n2+−2m−n25=∣2m−n∣∣2m+n∣5=45.
7. A【解析】对于①，函数 fx=xlnx−12x2 在定义域内单调，不存在实数 k，使得方程 xlnx−12x2+k=0 有两个不等实根，正确；
对于 ②，因为 a2+b2=2c2，所以 a2+b2=2c2≥2ab，csC=a2+b2−c22ab=c22ab≥12，则角 C 的最大值为 π3，故错；
对于③，函数 y=12ln1−csx1+csx 与 y=lntanx2 的定义域不同，不是同一函数，故错；
对于④，设 A−a,0，Ba,0，Pm,n，则
b2m2+a2n2=a2b2⇒a2n2=b2a2−m2⇒直线PA与直线PB斜率之积为nm+a⋅nm−a=n2m2−a2=−b2a2定值,
故正确．
8. A【解析】设点 Ax0,x024，则抛物线 x2=4y 在点 A 处的切线的斜率 k=x02，则切线方程为 y−x024=x02x−x0，令 y=0，得 x=x02，即 Bx02,0，又因为点 F0,1，
所以 FB=x02,−1，AB=−x02,−x024，
所以 FB⋅AB=x02×−x02+−1×−x024=0，
所以 FB⊥AB．
9. C【解析】提示：考虑特殊位置 PQ⊥OP 时，∣PF∣=∣FQ∣=12a，所以 1p+1q=2a+2a=4a．
10. B
【解析】作出图形如图所示，过点 A 作 AH 垂直于 y 轴，
设 A 点的坐标为 x,x2，
因为 AH1，
又因为当 x 增大时，由抛物线趋势可知 AD 的增幅大于 AB 的增幅，
故仅存在一个点 A 使得 AD=AB，即“完美点”唯一．
11. D【解析】设直线方程为 my=x−a，联立消去 x 得 y2−2pmy−2pa=0．设 Px1,y1,Qx2,y2，
则 y1+y2=2pm，y1y2=−2pa．于是有
1∣MP∣2+1∣MQ∣2=11+m2y12+11+m2y22=4p2m2+ap4p2a21+m2.
要使得 1∣MP∣2+1∣MQ∣2 为定值，有 ap=1，即 a=p．
12. C【解析】设 Mx1,y1，Nx2,y2，则切点分别为 M，N 的切线方程为 x1x4−y1y12=1，x2x4−y2y12=1．
因为点 Q1,t 在两条切线上，
所以 x14−y1t12=1，x24−y2t12=1．
所以 M，N 两点均在直线 x4−ty12=1 上，
即直线 MN 的方程为 x4−ty12=1，显然直线过点 4,0．
第二部分
13. 324
【解析】由题意得 Bp4,1 在抛物线上，可知 p=2，B 到准线的距离为 ∣AF∣2=324．
14. 2
【解析】由题意右焦点坐标为 6,0，从而有 x0−62+y02=4x02，又点 A 在双曲线的右支上，解得 x0=2 或 x0=25（舍去）．
15. 210
【解析】设 PxP,yP，Mx1,y1，Nx2,y2，
由 OP=2OM−ON 可得 xP=2x1−x2,yP=2y1−y2. ⋯⋯①
由直线 OM 与直线 ON 的斜率之积为 2 可得 y1y2x1x2=2，
即 y1y2−2x1x2=0. ⋯⋯②
由①②可得，2xp2−yp2=22x1−x22−2y1−y22=42x12−y12+2x22−y22，
因为 M，N 是双曲线 x22−y24=1 上的动点，
所以 2x12−y12=4，2x22−y22=4．
所以 2xP2−yP2=20，也就是 xP210−yP220=1，
则 P 点轨迹为双曲线 x2p10−y2p20=1，
由双曲线的定义可知该定值为 2a，即 210．
16. 2
【解析】直线 AB:y=3x−3，代入 y2=2px，得 3x2+−6−2px+3=0，又 AM=MB，所以 xB=12p+2，解得 p2+4p−12=0，即 p=2，p=−6（舍去）．
17. 33
【解析】不妨设椭圆 C 的焦点在 x 轴上，中心在原点，即 x2a2+y2b2=1 a>b>0，B 点为椭圆上顶点，F 为右焦点，设 Dx0,y0，则由 BF=2FD，得 c,−b=2x0−c,y0，
即 x0=3c2,y0=−b2，代入椭圆方程得 c2a2=13，e=33．
第三部分
18. （1） 设双曲线的半焦距为 c，则 Fc,0，Bc,±b2a，
因为 AF=BF，故 b2a=a+c，
故 c2−ac−2a2=0，即 e2−e−2=0，所以 e=2．
（2） 设 Bx0,y0，其中 x0>a,y0>0．
因为 e=2，故 c=2a，b=3a，
故渐近线方程为：y=±3x，所以 ∠BAF∈0,π3，∠BFA∈0,2π3，
又 tan∠BFA=−y0x0−c=−y0x0−2a，tan∠BAF=y0x0+a，
所以
tan2∠BAF=2y0x0+a1−y0x0+a2=2y0x0+ax0+a2−y02=2y0x0+ax0+a2−b21−x02a2=2y0x0+ax0+a2−3a2x02a2−1=2y0x0+ax0+a2−3x02−a2=2y0x0+a−3x0−a=−y0x0−2a=tan∠BFA,
而 2∠BAF∈0,2π3，故 ∠BFA=2∠BAF．
19. （1） 由题意可设抛物线 C 的方程为 y2=2pxp>0，
其准线方程为 x=−p2．
因为点 P4,h 到焦点的距离等于到准线的距离，
所以 4+p2=5，
所以 p=2，
所以抛物线 C 的方程为 y2=4x．
（2） 由（1）可得点 M4,4，且直线 DE 的斜率不为 0，设直线 DE 的方程为 x=my+n，
联立 x=my+n,y2=4x, 得 y2−4my−4n=0，则 Δ=16m2+16n>0. ⋯⋯①
设 Dx1,y1，Ex2,y2，则 y1+y2=4m，y1y2=−4n，
因为 MD⋅ME=x1−4,y1−4⋅x2−4,y2−4=x1x2−4x1+x2+16+y1y2−4y1+y2+16=y124⋅y224−4y124+y224+16+y1y2−4y1+y2+16=y1y2216−y1+y22+3y1y2−4y1+y2+32=n2−16m2−12n−16m+32=0.
即 n2−12n+32=16m2+16m，
得 n−62=42m+12，
所以 n−6=±22m+1，即 n=4m+8 或 n=−4m+4，
代入①式检验知 n=4m+8 满足 Δ>0 恒成立，
所以直线 DE 的方程为 x=my+4m+8=my+4+8，
所以直线 DE 过定点 8,−4．
20. （1） 设椭圆半焦距为 c，
圆心 O 到直线 l 的距离 d=61+1=3，
则 l 被圆 O 截得的弦长为 22，
所以 b=2．
由题意得 ca=33,a2=b2+c2,
又 b=2，
所以 a2=3，b2=2．
所以椭圆 E 的方程为 y23+x22=1．
（2） 设点 Px0,y0，过点 P 的椭圆 E 的切线 l0 的方程为 y−y0=kx−x0，整理得 y=kx+y0−kx0．
联立直线 l0 与椭圆 E 的方程得 y=kx+y0−kx0,y23+x22=1,
消去 y，得 2kx+y0−kx02+3x2−6=0，
整理得 3+2k2x2+4ky0−kx0x+2y0−kx02−6=0，
因为切线 l0 与椭圆 E 相切，
所以 =14ky0−kx02−43+2k22y0−kx02−6=0，
整理得 2−x02k2+2x0y0k−y02−3=0，
=22x0y02+42−x02y02−3=12x02+8y02−24，
因为 x02+y02=5，
所以 =24x02+16>0．
设满足题意的椭圆 E 的两条切线的斜率分别为 k1，k2，
则 k1k2=−y02−32−x02．
因为点 P 在圆 O 上，
所以 x02+y02=5，
所以 k1k2=−5−x02−32−x02=−1．
所以两条切线斜率之积为定值 −1 .
21. （1） 椭圆 C 的方程可化为 x24+y23=1，则 a=2，b=3，c=1．
故离心率为 12，焦点坐标为 −1,0，1,0．
（2） 由题意，直线 AB 的斜率存在．可设直线 AB 的方程为 y=kx+m，Ax1,y1，Bx2,y2，
则 y1=kx1+m，y2=kx2+m．
由 y=kx+m,3x2+4y2=12 得 3+4k2x2+8kmx+4m2−12=0．
判别式 Δ=64k2m2−43+4k24m2−12=484k2−m2+3>0．
所以 x1+x2=−8km3+4k2，x1x2=4m2−123+4k2．
因为直线 MA 与直线 MB 斜率之积为 14，所以 y1x1−2⋅y2x2−2=14，
所以 4kx1+mkx2+m=x1−2x2−2．
化简得 4k2−1x1x2+4km+2x1+x2+4m2−4=0，即 m=4k 或 m=−2k．
当 m=4k 时，直线 AB 的方程为 y=kx+4，过定点 −4,0．
m=4k 代入判别式大于零中，解得 −12