新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷二命题点加强练命题点28圆锥曲线中的定点定值问题大题突破（附解析）

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(1)求动点P的轨迹W的方程；
(2)过点E(0，－4)作直线l与轨迹W交于A，B两点，点A关于y轴的对称点为A′，试判断直线A′B是否恒过定点．
解：
2．[2023·全国乙卷]已知椭圆C：eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)的离心率是eq \f(\r(5),3)，点A(－2，0)在C上．
(1)求C的方程；
(2)过点(－2，3)的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：线段MN的中点为定点．
解：
3．[2023·新课标Ⅱ卷]已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－2eq \r(5)，0)，离心率为eq \r(5).
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点(－4，0)的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P.证明：点P在定直线上．
解：
4．[2023·河南信阳模拟]已知抛物线C1：y2＝2px(p>0)上一点Q(1，a)到焦点的距离为3.
(1)求a，p的值；
(2)设P为直线x＝－1上除(－1，－eq \r(3))，(－1，eq \r(3))两点外的任意一点，过P作圆C2：(x－2)2＋y2＝3的两条切线，分别与曲线C1相交于点A，B和C，D，试判断A，B，C，D四点纵坐标之积是否为定值？若是，求该定值；若不是，请说明理由．
解：
5．[2023·河北邢台模拟]已知双曲线E：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)过点P(2，2)，且P与E的两个顶点连线的斜率之和为4.
(1)求E的方程；
(2)过点M(1，0)的直线l与双曲线E交于A，B两点(异于点P).设直线BC与x轴垂直且交直线AP于点C，若线段BC的中点为N，证明：直线MN的斜率为定值，并求该定值．
解：
6．[2023·山东省实验中学校考一模]在平面直角坐标系xOy中，点P到点F(1，0)的距离比到y轴的距离大1，记点P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)过点F且斜率不为零的直线l交椭圆E：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1于A，B两点，交曲线C于M，N两点，若eq \f(λ,|AB|)－eq \f(1,|MN|)为定值，求实数λ的值．
解：
命题点28 圆锥曲线中的定点、定值问题(大题突破)
1．解析：(1)由题意可得P(x，y)，M(x，－4)，因为以线段PM为直径的圆经过原点O.
所以OP⊥OM，即eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OM,\s\up6(→))＝0，所以x2－4y＝0.
即x2＝4y，即动点P的轨迹W的方程为：x2＝4y.
(2)如图：
由题意可知直线l的斜率一定存在，
故设直线l的方程为y＝kx－4，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A′(－x1，y1).
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝4y,y＝kx－4))联立得x2－4kx＋16＝0，
Δ＝16k2－4×16>0，则k>2或k0，
故x1＋x2＝－eq \f(16k2＋24k,4k2＋9)，x1x2＝eq \f(16k2＋48k,4k2＋9).
直线AP：y＝eq \f(y1,x1＋2)(x＋2)，
令x＝0，解得yM＝eq \f(2y1,x1＋2)，
同理得yN＝eq \f(2y2,x2＋2)，
则yM＋yN＝2eq \f(y1（x2＋2）＋y2（x1＋2）,（x1＋2）（x2＋2）)
＝2eq \f(（kx1＋2k＋3）（x2＋2）＋（kx2＋2k＋3）（x1＋2）,（x1＋2）（x2＋2）)
＝2eq \f(2kx1x2＋（4k＋3）（x1＋x2）＋8k＋12,x1x2＋2（x1＋x2）＋4)
＝2eq \f(2k（16k2＋48k）＋（4k＋3）（－16k2－24k）＋（8k＋12）（4k2＋9）,16k2＋48k＋2（－16k2－24k）＋4（4k2＋9）)
＝2×eq \f(108,36)
＝6.
所以MN的中点的纵坐标为eq \f(yM＋yN,2)＝3，
所以MN的中点为定点(0，3).
3．解析：(1)设双曲线C的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，c为双曲线C的半焦距，
由题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(c＝2\r(5),\f(c,a)＝\r(5),c2＝a2＋b2))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(c＝2\r(5),a＝2,b＝4)).
所以双曲线C的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,16)＝1.
(2)方法一 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为x＝my－4，
则x1＝my1－4，x2＝my2－4.
联立得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my－4,\f(x2,4)－\f(y2,16)＝1))，得(4m2－1)y2－32my＋48＝0.
因为直线MN与双曲线C的左支交于M，N两点，所以4m2－1≠0，且Δ>0.
由根与系数的关系得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(32m,4m2－1),y1y2＝\f(48,4m2－1)))，所以y1＋y2＝eq \f(2m,3)y1y2.
因为A1，A2分别为双曲线C的左、右顶点，
所以A1(－2，0)，A2(2，0).
直线MA1的方程为eq \f(y1,x1＋2)＝eq \f(y,x＋2)，直线NA2的方程为eq \f(y2,x2－2)＝eq \f(y,x－2)，
所以eq \f(\f(y1,x1＋2),\f(y2,x2－2))＝eq \f(\f(y,x＋2),\f(y,x－2))，得eq \f(（x2－2）y1,（x1＋2）y2)＝eq \f(x－2,x＋2)，eq \f(（my2－6）y1,（my1－2）y2)＝eq \f(my1y2－6y1,my1y2－2y2)＝eq \f(x－2,x＋2).
因为eq \f(my1y2－6y1,my1y2－2y2)＝eq \f(my1y2－6（y1＋y2）＋6y2,my1y2－2y2)
＝eq \f(my1y2－6·\f(2m,3)y1y2＋6y2,my1y2－2y2)
＝eq \f(－3my1y2＋6y2,my1y2－2y2)
＝－3，
所以eq \f(x－2,x＋2)＝－3，解得x＝－1，
所以点P在定直线x＝－1上．
方法二 由题意得A1(－2，0)，A2(2，0).
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为x＝my－4，
则eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,4)－eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,16)＝1，即4x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝16.
如图，连接MA2，
kMA1·kMA2＝eq \f(y1,x1＋2)·eq \f(y1,x1－2)＝eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －4)＝eq \f(4x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －16,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －4)＝4 ①.
由eq \f(x2,4)－eq \f(y2,16)＝1，得4x2－y2＝16，4[(x－2)＋2]2－y2＝16，
4(x－2)2＋16(x－2)＋16－y2＝16，4(x－2)2＋16(x－2)－y2＝0.
由x＝my－4，得x－2＝my－6，my－(x－2)＝6，eq \f(1,6)[my－(x－2)]＝1.
4(x－2)2＋16(x－2)·eq \f(1,6)[my－(x－2)]－y2＝0，4(x－2)2＋eq \f(8,3)(x－2)my－eq \f(8,3)(x－2)2－y2＝0，
两边同时除以(x－2)2，得eq \f(4,3)＋eq \f(8m,3)·eq \f(y,x－2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x－2)))eq \s\up12(2)＝0，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x－2)))eq \s\up12(2)－eq \f(8m,3)·eq \f(y,x－2)－eq \f(4,3)＝0.
kMA2＝eq \f(y1,x1－2)，kNA2＝eq \f(y2,x2－2)，
由根与系数的关系得kMA2·kNA2＝－eq \f(4,3) ②.
由①②可得kMA1＝－3kNA2.
lMA1：y＝kMA1(x＋2)＝－3kNA2(x＋2)，lNA2：y＝kNA2(x－2).
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－3kNA2（x＋2）,y＝kNA2（x－2）))，解得x＝－1.
所以点P在定直线x＝－1上．
4．解析：(1)根据抛物线的定义，Q(1，a)到准线x＝－eq \f(p,2)的距离为3，
∴1＋eq \f(p,2)＝3，∴p＝4；
∴抛物线的焦点坐标为(2，0)，∴eq \r(1＋a2)＝3，∴a＝±2eq \r(2).
(2)设P(－1，y0)，过点P的直线方程设为l：y－y0＝k(x＋1)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝8x,y－y0＝k（x＋1）))得，ky2－8y＋8y0＋8k＝0，∵y≠±eq \r(3)，∴k≠0，
若直线AB，CD的斜率分别为k1，k2，设A，B，C，D的纵坐标分别为y1，y2，y3，y4，
∴y1y2＝eq \f(8（y0＋k1）,k1)，y3y4＝eq \f(8（y0＋k2）,k2)，
∵C2到l的距离d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(3k＋y0)),\r(1＋k2))＝eq \r(3)，∴6k2＋6y0k＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －3＝0，
∴k1＋k2＝－y0，k1k2＝eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －3,6)，
∴y1y2y3y4＝eq \f(64\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(k1k2＋(k1＋k2)y0＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )),k1k2)＝eq \f(64（k1k2－y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ）,k1k2)＝64，
∴A，B，C，D四点纵坐标之积为定值，且定值为64.
5．解析：(1)双曲线的两顶点为(±a，0)，所以eq \f(2,2＋a)＋eq \f(2,2－a)＝eq \f(8,4－a2)＝4，即a2＝2，
将P(2，2)代入E的方程可得，b2＝4，故E的方程为eq \f(x2,2)－eq \f(y2,4)＝1.
(2)依题意，可设直线l：y＝k(x－1)(k≠2)，A(x1，y1)，B(x2，y2).
y＝k(x－1)与eq \f(x2,2)－eq \f(y2,4)＝1联立，整理得(k2－2)x2－2k2x＋k2＋4＝0，
所以k2≠2，Δ＝(2k2)2－4(k2－2)(k2＋4)>0，解得，k20恒成立，
因此x1＋x2＝eq \f(8k2,3＋4k2)，x1·x2＝eq \f(4k2－12,3＋4k2)，
则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AB))＝eq \r(1＋k2)·eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k2,3＋4k2)))2－4·\f(4k2－12,3＋4k2))＝eq \f(12（k2＋1）,3＋4k2)，
由(1)知，y2＝2eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x))＋2x＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4x，x≥0,0，x0，x3＋x4＝eq \f(2k2＋4,k2)，于是eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MN))＝x3＋x4＋2＝eq \f(4（k2＋1）,k2)，
从而eq \f(λ,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AB)))－eq \f(1,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MN)))＝eq \f(λ（4k2＋3）,12（k2＋1）)－eq \f(3k2,12（k2＋1）)＝eq \f(（4λ－3）k2＋3λ,12（k2＋1）)，
要使eq \f(λ,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AB)))－eq \f(1,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MN)))为定值，则4λ－3＝3λ，即λ＝3，
所以实数λ的值为3.