适用于新高考新教材广西专版2024届高考数学二轮总复习专题突破练23圆锥曲线中的定点定值探索性问题

这是一份适用于新高考新教材广西专版2024届高考数学二轮总复习专题突破练23圆锥曲线中的定点定值探索性问题，共6页。试卷主要包含了已知椭圆C，已知抛物线C，已知双曲线C等内容，欢迎下载使用。

(1)求直线l的斜率的取值范围;
(2)若=λ=μ,证明:λμ为定值.
2.已知抛物线C:y2=4px(p>0)的焦点为F,且点M(1,2)到点F的距离比到y轴的距离大p.
(1)求抛物线C的方程;
(2)若直线l:x-m(y+2)-5=0与抛物线C交于A,B两点,问是否存在实数m,使|MA|·|MB|=64?若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由.
3.已知双曲线C:=1(a>0,b>0)的两个焦点为F1,F2,一条渐近线方程为y=bx(b∈N*),且双曲线C经过点D(,1).
(1)求双曲线C的方程;
(2)设点P在直线x=m(y≠±m,04.(2023·广东梅州一模)已知动圆M经过定点F1(-,0),且与圆F2:(x-)2+y2=16内切.
(1)求动圆圆心M的轨迹C的方程;
(2)设轨迹C与x轴从左到右的交点依次为点A,B,点P为轨迹C上异于A,B的动点,设PB交直线x=4于点T,连接AT交轨迹C于点Q.直线AP,AQ的斜率分别为kAP,kAQ.
①求证:kAP·kAQ为定值;
②证明直线PQ经过x轴上的定点,并求出该定点的坐标.
5.(2023·湖南邵阳二模)已知双曲线C:=1(00)的右顶点为A,左焦点F(-c,0)到其渐近线bx+ay=0的距离为2,斜率为的直线l1交双曲线C于A,B两点,且|AB|=.
(1)求双曲线C的方程;
(2)过点T(6,0)的直线l2与双曲线C交于P,Q两点,直线AP,AQ分别与直线x=6相交于M,N两点,试问:以线段MN为直径的圆是否过定点?若过定点,求出定点的坐标;若不过定点,请说明理由.
6.已知椭圆C:=1(a>b>0)过点D(-2,0),且焦距为2.
(1)求椭圆C的方程;
(2)过点A(-4,0)的直线l(不与x轴重合)与椭圆C交于P,Q两点,点T与点Q关于x轴对称,直线TP与x轴交于点H,是否存在常数λ,使得|AD|·|DH|=λ(|AD|-|DH|)成立?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.
专题突破练23 圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题
1.(1)解 由题意知直线l的斜率不为零,故设其方程为x=ty+4,与椭圆方程联立,消去x得(3t2+4)y2+24ty+36=0,Δ=144(t2-4)>0,解得t<-2或t>2.
故直线l的斜率k=的取值范围为
(2)证明 F(1,0),设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3),Q(x4,y4),由(1)得y1+y2=,y1y2=,所以ty1y2=-(y1+y2).
由=,得
又点P在椭圆上,即有3+4=12,
代入上式得3(λx1-λ-1)2+4λ2=12,即λ2(3+4)-6λ(λ+1)x1+3(λ+1)2=12,
又3+4=12,
所以12(λ+1)(λ-1)-6λ(λ+1)x1+3(λ+1)2=0.
易知λ+1≠0,故λ=,同理可得μ=
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(y1+y2)=9,
所以λμ==1.
2.解 (1)由点M到点F的距离比到y轴的距离大p,
得点M到点F的距离与到直线x=-p的距离相等.
由抛物线的定义,可知点M在抛物线C上,所以4=4p,解得p=1.
所以抛物线C的方程为y2=4x.
(2)存在满足题意的m,其值为1或-3.
理由如下:
由得y2-4my-8m-20=0.
因为Δ=16m2+4(8m+20)>0恒成立,所以直线l与抛物线C恒有两个交点.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=4m,y1y2=-4(2m+5).
因为=(x1-1)(x2-1)+(y1-2)·(y2-2)=+(y1-2)(y2-2)=+y1y2-2(y1+y2)+5=-4(2m+5)-8m+5=0,
所以MA⊥MB,即△MAB为直角三角形.
设d为点M到直线l的距离,
所以|MA|·|MB|=|AB|·d=
=4·|1+m|=16·|1+m|=64,
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.
所以当实数m=1或m=-3时,|MA|·|MB|=64
3.(1)解 由解得
故双曲线方程为x2-y2=1.
(2)证明 设A(x1,y1),B(x2,y2),直线PA的斜率为k,P(m,y0).
则PA:y-y1=k(x-x1),联立方程组
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.
因为PA与双曲线相切,
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k2-2kx1y1++1-k2=0,
即(-1)k2-2kx1y1+(+1)=0,
因为=1,所以-1=+1=代入可得k2-2x1y1k+=0,即(y1k-x1)2=0,所以k=
故PA:y-y1=(x-x1),即y1y=x1x-1.
同理,切线PB的方程为y2y=x2x-1.
因为P(m,y0)在切线PA,PB上,所以有
A,B满足直线方程y0y=mx-1,而两点唯一确定一条直线,
故AB:y0y=mx-1,所以当时,无论y0为何值,等式均成立.
故点恒在直线AB上,故无论P在何处,AB恒过定点
4.(1)解 设动圆的半径为r,由题意得圆F2的圆心为F2(,0),半径R=4,
所以|MF1|=r,|MF2|=R-r,则|MF1|+|MF2|=4>2=|F1F2|.
所以动点M的轨迹C是以F1,F2为焦点,长轴长为4的椭圆.
因此轨迹C的方程为+y2=1.
(2)①证明 设P(x1,y1),Q(x2,y2),T(4,m).
由题可知A(-2,0),B(2,0),如图所示,
则kAP=,kAQ=kAT=,
而kBP=kBT,即,于是m=,
所以kAP·kAQ=,
又=1,则(4-),
所以kAP·kAQ==-为定值.
②解 由题意设直线PQ的方程为x=ty+n,由①知,P(x1,y1),Q(x2,y2).
由得(t2+4)y2+2tny+n2-4=0,所以
由①可知,kAP·kAQ=-,
即=-,
化简得=-,解得n=1或n=-2(舍去),
所以直线PQ的方程为x=ty+1,
因此直线PQ经过定点(1,0).
5.解 (1)∵双曲线C的左焦点F(-c,0)到双曲线C的一条渐近线bx+ay=0的距离d==b,而d=2,∴b=2.
∴双曲线C的方程为=1(0依题意直线l1的方程为y=(x-a).
由消去y整理得(36-a2)x2+2a3x-a2(a2+36)=0,
依题意36-a2≠0,Δ>0.
设点A,B的横坐标分别为xA,xB,则xAxB=
∵xA=a,∴xB=
∴|AB|=|xA-xB|=|xA-xB|=,∴|xA-xB|=8.
即a-=8,
解得a=3或a=12(舍去),负值也舍去,且a=3时,Δ>0,
∴双曲线C的方程为=1.
(2)依题意直线l2的斜率不等于0,设直线l2的方程为x=my+6.
由消去x整理得(4m2-9)y2+48my+108=0,
∴4m2-9≠0,Δ1>0.
设P(x1,y1),Q(x2,y2),则y1+y2=,y1y2=
直线AP的方程为y=(x-3),令x=6得y=,∴M(6,).
同理可得N(6,).
由对称性可知,若以线段MN为直径的圆过定点,则该定点一定在x轴上,设该定点为R(t,0),则=(6-t,),=(6-t,),
故=(6-t)2+=(6-t)2+
=(6-t)2+=(6-t)2+=(6-t)2-12=0.
解得t=6-2或t=6+2
故以线段MN为直径的圆过定点(6-2,0)和(6+2,0).
6.解 (1)因为椭圆C:=1(a>b>0)过点D(-2,0),所以a=2,又2c=2,即c=,
所以b2=a2-c2=4-3=1,所以椭圆C的方程为+y2=1.
(2)存在常数λ=2,满足题意.
理由如下:
显然直线l的斜率存在且不为0,设直线l:y=k(x+4),
联立消去y并整理,得(1+4k2)x2+32k2x+64k2-4=0,
Δ=(32k2)2-4(1+4k2)(64k2-4)>0,得0设P(x1,y1),Q(x2,y2),则T(x2,-y2),所以x1+x2=-,x1x2=,直线PT:y-y1=(x-x1),令y=0,得x=x1-,所以H(x1-,0),
若存在常数λ,使得|AD|·|DH|=λ(|AD|-|DH|)成立,
所以,
又因为D(-2,0),A(-4,0),H(x1-,0),所以|AD|=2,
|DH|=x1-+2=x1-+2=x1-+2
=+2=+2
=+2=+2=-1+2=1,
所以,解得λ=2.
所以存在常数λ=2,使得|AD|·|DH|=2(|AD|-|DH|)成立.