2025届高考数学一轮复习专练61 圆锥曲线中的定值问题（Word版附解析）

这是一份2025届高考数学一轮复习专练61 圆锥曲线中的定值问题（Word版附解析），共8页。试卷主要包含了已知点F是抛物线C，已知双曲线C，已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。

1.(10分)(2024·咸阳模拟)已知点F是抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点,纵坐标为2的点N在C上,以F为圆心、NF为半径的圆交y轴于D,E,|DE|=23.
(1)求抛物线C的方程;
(2)过(-1,0)作直线l与抛物线C交于A,B,求kNA+kNB的值.
【解析】(1)由题知,N点的横坐标为2p,
所以|NF|=p2+2p,|OF|=p2,
所以|NF|2=|DF|2=|OF|2+|DE|22,所以p22+(3)2=(p2+2p)2,解得p=2,
所以抛物线C的方程为y2=4x.
(2)由(1)知N(1,2),设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为x=my-1,
代入y2=4x,整理得y2-4my+4=0,所以Δ=(4m)2-4×4>0,即m2>1,
所以y1+y2=4m,y1y2=4,
所以kNA+kNB=y1-2x1-1+y2-2x2-1=y1-2my1-2+y2-2my2-2=2my1y2-2(1+m)(y1+y2)+8m2y1y2-2m(y1+y2)+4=8m-2(1+m)×4m+84m2-2m×4m+4=2.
2.(10分)(2024·郑州模拟)在椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)中,其所有外切矩形的顶点在一个定圆Γ:x2+y2=a2+b2上,称此圆为椭圆的蒙日圆.椭圆C过P(1,22),Q(-62,12).
(1)求椭圆C的方程;
(2)过椭圆C的蒙日圆上一点M,作椭圆的一条切线,与蒙日圆交于另一点N,若kOM,kON存在,证明:kOM·kON为定值.
【解析】(1)将P(1,22),Q(-62,12)代入到x2a2+y2b2=1中,
可得1a2+24b2=164a2+14b2=1,解得a2=2,b2=1,
所以椭圆C的方程为x22+y2=1.
(2)由题意可知,蒙日圆方程为x2+y2=3.
若直线MN斜率不存在,则直线MN的方程为x=2或x=-2.
不妨取x=2,易得M(2,1),N(2,-1),kOM=12=22,kON=-12=-22,
所以kOM·kON=-12.
若直线MN斜率存在,设直线MN的方程为y=kx+t.
联立y=kx+tx22+y2=1,化简整理得(2k2+1)x2+4ktx+2t2-2=0,
据题意有Δ=16k2t2-4(4k2t2-4k2+2t2-2)=0,于是有t2=2k2+1.
设M(x1,y1)(x1≠0),N(x2,y2)(x2≠0).
y=kx+tx2+y2=3化简整理得(k2+1)x2+2ktx+t2-3=0,
Δ1=4k2t2-4(k2+1)(t2-3)=4(3k2-t2+3)=4(3k2+3-2k2-1)=4(k2+2)>0,
x1+x2=-2ktk2+1,x1x2=t2-3k2+1,
则kOM·kON=y1y2x1x2=(kx1+t)(kx2+t)x1x2=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2x1x2=k2+-2k2t21+k2+t2t2-31+k2=k2+t2-k2t2t2-3
=k2t2-3k2+t2-k2t2t2-3=t2-3k2t2-3,
因为t2=2k2+1,所以kOM·kON=2k2+1-3k22k2+1-3=1-k22k2-2=-12.
综上可知,kOM·kON为定值-12.
3.(10分)(2024·哈尔滨模拟)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线方程为y=±34x,焦距为10,A1,A2为其左、右顶点.
(1)求C的方程;
(2)设点P是直线l:x=2上的任意一点,直线PA1,PA2分别交双曲线C于点M,N,A2Q⊥MN,垂足为Q,求证:存在定点R,使得|QR|是定值.
【解析】(1)依题意ba=342c=10c2=a2+b2⇒a=4b=3⇒C:x216-y29=1.
(2)如图:
设Q(x0,y0),M(x1,y1),N(x2,y2),
直线MN:y-y0=-x0-4y0(x-x0),
即MN:y=-x0-4y0x+(x0-4)x0+y02y0.
(记k=-x0-4y0,m=(x0-4)x0+y02y0)代入9x2-16y2=9×16中得:(9-16k2)x2-32kmx-16(m2+9)=0.
所以x1+x2=32km9-16k2,x1x2=-16(m2+9)9-16k2.
又因为直线A1M:y=y1x1+4(x+4),
直线A2N:y=y2x2-4(x-4),联立得:-13=y1x1+4·x2-4y2=y1x1+4·(169)y2x2+4=169·(kx1+m)(kx2+m)(x1+4)(x2+4)
⇒(16k2+3)x1x2+4(4km+3)(x1+x2)+16(m2+3)=0
⇒(m2+9)(16k2+3)-8km(4km+3)+(m2+3)(16k2-9)=0
⇒-24km-6m2+16×12k2=0,
即32k2-4km-m2=0⇒m=-8k或m=4k(舍),
所以x0-4y0·8=(x0-4)x0+y02y0⇒(x0-6)2+y02=4,
所以Q点轨迹为以(6,0)为圆心,2为半径的圆,所以R(6,0),|QR|=2.
4.(10分)(2024·宁德模拟)在平面直角坐标系xOy中,圆F1:(x+2)2+y2=4,F2(2,0),P是圆F1上的一个动点,线段PF2的垂直平分线l与直线PF1交于点M.记点M的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程;
(2)过点F2作与x轴不垂直的任意直线交曲线C于A,B两点,线段AB的垂直平分线交x轴于点H,求证:|AB||F2H|为定值.
【解析】(1)如图所示,
连接MF2,根据题意,|MP|=|MF2|,
则||MF2|-|MF1||=||MP|-|MF1||=|PF1|=2<|F1F2|=4,
所以点M的轨迹是以F1,F2为焦点的双曲线,
设双曲线方程为x2a2-y2b2=1(a>0,b>0),
其中2a=2,2c=4,
所以a=1,c=2,b2=c2-a2=4-1=3,
故所求C的方程为x2-y23=1.
(2)设直线AB的方程为y=k(x-2),A(x1,y1),B(x2,y2),
y=k(x-2)x2-y23=1,(3-k2)x2+4k2x-4k2-3=0,Δ>0,
所以x1+x2=4k2k2-3,x1x2=4k2+3k2-3,则y1+y2=k(x1+x2)-4k=4k3k2-3-4k=12kk2-3,
所以AB中点为Q(2k2k2-3,6kk2-3),
当k=0时,Q(0,0),H(0,0),A(1,0),B(-1,0),此时|AB||F2H|=22=1;
当k≠0时,则AB的垂直平分线的方程为y-6kk2-3=-1k(x-2k2k2-3),令y=0得x=8k2k2-3,即H(8k2k2-3,0),
所以|F2H|=|2-8k2k2-3|=|6(1+k2)k2-3|,
又|AB|=1+k2|x1-x2|=1+k2·4k2k2-32-4(4k2+3k2-3)=6(1+k2)|k2-3|,
于是得|AB||F2H|=6(1+k2)|k2-3|6(1+k2)k2-3=1.
综上可得,|AB||F2H|为定值1.
5.(10分)(2023·潍坊模拟)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,双曲线C的右顶点A在圆O:x2+y2=3上,且AF1·AF2=-1.
(1)求双曲线C的方程;
(2)动直线l与双曲线C恰有1个公共点,且与双曲线C的两条渐近线分别交于点M,N,设O为坐标原点.
求证:△OMN的面积为定值.
【解析】(1)不妨设F1(-c,0),F2(c,0),
因为A(a,0),从而AF1=(-c-a,0),AF2=(c-a,0),
故由AF1·AF2=a2-c2=-1,
又因为a2+b2=c2,所以b=1,
又因为A(a,0)在圆O:x2+y2=3上,
所以a=3,
所以双曲线C的标准方程为x23-y2=1.
(2)设直线l与x轴交于D点,双曲线的渐近线方程为y=±33x,
由于动直线l与双曲线C恰有1个公共点,且与双曲线C的两条渐近线分别交于点M,N,
当动直线l的斜率不存在时,l:x=±3,|OD|=3,
|MN|=2,S△OMN=12×3×2=3.
当动直线l的斜率存在时,且斜率k≠±33,不妨设直线l:y=kx+m,
故由y=kx+m,x23-y2=1消y得(1-3k2)x2-6mkx-3m2-3=0,
依题意,1-3k2≠0且m≠0,
Δ=(-6mk)2-4(1-3k2)(-3m2-3)=0,
化简得3k2=m2+1,
故由y=kx+my=33x⇒xM=m33-k,
同理可求,xN=-m33+k,
所以|MN|=1+k2|xM-xN|=23|m|k2+1|1-3k2|,
又因为原点O到直线l:kx-y+m=0的距离d=|m|k2+1,
所以S△OMN=12|MN|d=3m2|1-3k2|,
又因为3k2=m2+1,
所以S△OMN=3m2|1-m2-1|=3m2m2=3,
故△OMN的面积是定值,定值为3.
6.(10分)(2024·大庆模拟)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=12,短轴长为23.
(1)求椭圆C的方程;
(2)已知经过定点P(1,1)的直线l与椭圆相交于A,B两点,且与直线y=-34x相交于点Q,如果AQ=λAP,QB=μPB,那么λ+μ是否为定值?若是,请求出具体数值;若不是,请说明理由.
【解析】(1)由题意得b=3ca=12a2=b2+c2,解得a2=4,b2=3,故椭圆C的方程为x24+y23=1;
(2)当直线l的斜率不存在时,A(1,32),
B(1,-32),Q(1,-34),P(1,1),
则AQ=(0,-94),AP=(0,-12),QB=(0,-34),PB=(0,-52),
此时AQ=92AP,QB=310PB,λ+μ=92+310=245;
当直线l的斜率存在时,设斜率为k,则直线l的方程为y=k(x-1)+1,
联立y=k(x-1)+1,y=-34x可得Q(4k-44k+3,3-3k4k+3),
设A(x1,y1),B(x2,y2),
联立y=k(x-1)+1,3x2+4y2=12可得(3+4k2)x2+(8k-8k2)x+4k2-8k-8=0,
则x1+x2=8k2-8k3+4k2,x1x2=4k2-8k-83+4k2,
因为AQ=λAP,QB=μPB,
所以λ=xQ-x11-x1,μ=xQ-x21-x2,
所以λ+μ=xQ(2-x2-x1)-(x1+x2)+2x1x21-(x1+x2)+x1x2=xQ(6+8k)-8k-16-5=2(4k-4)-8k-16-5=245.