2025届高考数学二轮专题复习与测试专题强化练十八微专题3圆锥曲线中的定点定值与证明

这是一份2025届高考数学二轮专题复习与测试专题强化练十八微专题3圆锥曲线中的定点定值与证明，共5页。试卷主要包含了已知双曲线Q，设椭圆E，已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。
(1)求双曲线Q的标准方程；
(2)求证：C，D，B三点共线．
解：(1)解：由题意可知e＝ eq \f(\r(a2＋1),a) ＝ eq \f(\r(5),2) ，解得a＝2，
所以双曲线Q的标准方程为 eq \f(x2,4) －y2＝1.
(2)证明：方法一：由题意可知，直线AB，AC的斜率存在且不为0.因为AB⊥AC，
所以kAB·kAC＝－1，即 eq \f(y1,x1) · eq \f(y2－y1,x2－x1) ＝－1.
又点A，C在双曲线Q的右支上，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x eq \\al(2,1) ,4)－y eq \\al(2,1) ＝1，,\f(x eq \\al(2,2) ,4)－y eq \\al(2,2) ＝1，))
两式作差得 eq \f(y2－y1,x2－x1) ＝ eq \f(x1＋x2,4（y1＋y2）) ，
由对称性知识可知B(－x1，－y1)，
则kBC＝ eq \f(y2＋y1,x2＋x1) ＝ eq \f(x2－x1,4（y2－y1）) ＝－ eq \f(1,4) × eq \f(y1,x1) ，
又kBD＝ eq \f(－y1＋\f(3y1,2),－2x1) ＝－ eq \f(1,4) × eq \f(y1,x1) ，所以kBC＝kBD.
又BC，BD有公共点B，所以B，C，D三点共线．
方法二：由题意可知，直线AB，AC的斜率存在且不为0，且由对称性知识可知B(－x1，－y1).
因为AB⊥AC，所以kAB·kAC＝－1，
即 eq \f(y1,x1) · eq \f(y2－y1,x2－x1) ＝－1.①
又kBC·kAC＝ eq \f(y2＋y1,x2＋x1) · eq \f(y2－y1,x2－x1) ＝ eq \f(y eq \\al(2,2) －y eq \\al(2,1) ,x eq \\al(2,2) －x eq \\al(2,1) ) ，
点A，C在双曲线上，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x eq \\al(2,1) ,4)－y eq \\al(2,1) ＝1，,\f(x eq \\al(2,2) ,4)－y eq \\al(2,2) ＝1，))
所以kBC·kAC＝ eq \f(\f(x eq \\al(2,2) ,4)－1＋1－\f(x eq \\al(2,1) ,4),x eq \\al(2,2) －x eq \\al(2,1) ) ＝ eq \f(1,4) .②
由①②得 eq \f(kAB,kBC) ＝－4，所以kBC＝－ eq \f(1,4) × eq \f(y1,x1) ，
又kBD＝ eq \f(－y1＋\f(3y1,2),－2x1) ＝－ eq \f(1,4) × eq \f(y1,x1) ，所以kBC＝kBD.
又BC，BD有公共点B，所以B，C，D三点共线．
2．已知在平面直角坐标系Oxy中，点A(0，1)，设动点P(x，y)(y≥0)到x轴的距离为d，且|PA|－d＝1，记动点P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)设动直线DE与C交于D，E两点，B(2，b)为C上不同于D，E的点，若直线BD，BE分别与y轴相交于M，N两点，且 eq \(OM,\s\up10(→)) · eq \(ON,\s\up10(→)) ＝1，证明：动直线DE恒过定点．
解：(1)解：因为|PA|－d＝1，且动点P的纵坐标非负，
所以动点P到点A的距离与点P到直线y＝－1的距离相等，所以动点P的轨迹是以A为焦点，直线y＝－1为准线的抛物线，所以曲线C的方程为x2＝4y.
(2)证明：由点B(2，b)在曲线C上，可得b＝1，所以B(2，1).
由抛物线的方程x2＝4y，可设D(x1， eq \f(x eq \\al(2,1) ,4) )，E(x2， eq \f(x eq \\al(2,2) ,4) )，
显然直线BD的斜率存在，且斜率为 eq \f(\f(x eq \\al(2,1) ,4)－1,x1－2) ＝ eq \f(x1＋2,4) ，
所以直线BD的方程为y－1＝ eq \f(x1＋2,4) (x－2).
设M(0，yM)，所以yM＝1＋ eq \f(x1＋2,4) ·(－2)＝－ eq \f(1,2) x1，
即 eq \(OM,\s\up10(→)) ＝(0，－ eq \f(1,2) x1)，同理可得 eq \(ON,\s\up10(→)) ＝(0，－ eq \f(1,2) x2)，
所以 eq \(OM,\s\up10(→)) · eq \(ON,\s\up10(→)) ＝(－ eq \f(1,2) x1)·(－ eq \f(1,2) x2)＝1，
所以x1x2＝4，即x2＝ eq \f(4,x1) .①
显然直线DE的斜率存在，且斜率为 eq \f(\f(x eq \\al(2,2) ,4)－\f(x eq \\al(2,1) ,4),x2－x1) ＝ eq \f(x1＋x2,4) ，
所以直线DE的方程为y－ eq \f(x eq \\al(2,1) ,4) ＝ eq \f(x1＋x2,4) (x－x1).②
将①式代入②式，整理得(x1＋ eq \f(4,x1) )x－4y－4＝0，③
则无论x1为何值， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝－1)) 恒为方程③的解，
所以点(0，－1)恒在直线DE上，
即动直线DE恒过定点(0，－1).
3．(2024·平远模拟)设椭圆E： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的右焦点恰好是抛物线y2＝4 eq \r(3) x的焦点，椭圆E的离心率和双曲线 eq \f(x2,3) －y2＝1的离心率互为倒数．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设椭圆E的左、右顶点分别为A，B，过定点N(－1，0)的直线与椭圆E交于C，D两点(与点A，B不重合).证明：直线AC，BD的交点的横坐标为定值．
解：(1)解：因为抛物线y2＝4 eq \r(3) x的焦点为( eq \r(3) ，0)，
所以椭圆E的半焦距c＝ eq \r(3) .
因为双曲线 eq \f(x2,3) －y2＝1的离心率是 eq \f(2,\r(3)) ，
所以椭圆E的离心率是 eq \f(\r(3),2) ，从而a＝2，则b＝ eq \r(a2－c2) ＝1，
所以椭圆E的标准方程为 eq \f(x2,4) ＋y2＝1.
(2)证明：由(1)可得A(－2，0)，B(2，0).
设过点N(－1，0)的直线为x＝my－1，C(x1，y1)，D(x2，y2).
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my－1，,\f(x2,4)＋y2＝1，)) 整理得(4＋m2)y2－2my－3＝0，
则Δ＝4m2＋12(4＋m2)>0，
y1＋y2＝ eq \f(2m,4＋m2) ，y1y2＝－ eq \f(3,4＋m2) .
直线AC的方程为y＝ eq \f(y1,x1＋2) (x＋2)，直线BD的方程为y＝ eq \f(y2,x2－2) (x－2)，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(y1,x1＋2)（x＋2），,y＝\f(y2,x2－2)（x－2），)) 得x＝2· eq \f(y1（x2－2）＋y2（x1＋2）,y2（x1＋2）－y1（x2－2）) ，
将x1＝my1－1，x2＝my2－1代入上式，
得x＝2× eq \f(2my1y2＋y1＋y2－4y1,y1＋y2＋2y1) ，
将y1＋y2＝ eq \f(2m,4＋m2) ，y1y2＝－ eq \f(3,4＋m2) 代入，
得x＝2× eq \f(－4（\f(m,4＋m2)＋y1）,2（\f(m,4＋m2)＋y1）) ＝－4.
所以直线AC与直线BD的交点的横坐标为定值－4.
4．(2023·全国乙卷)已知椭圆C： eq \f(y2,a2) ＋ eq \f(x2,b2) ＝1(a>b>0)的离心率为 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：(1)解：因为点A(－2，0)在C上，所以 eq \f(4,b2) ＝1，得b2＝4.
因为椭圆C的离心率e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \f(\r(5),3) ，所以c2＝ eq \f(5,9) a2，
又a2＝b2＋c2＝4＋ eq \f(5,9) a2，所以a2＝9，c2＝5，
故椭圆C的方程为 eq \f(y2,9) ＋ eq \f(x2,4) ＝1.
(2)证明：由题意知，直线PQ的斜率存在且不为0，设直线lPQ：y－3＝k(x＋2)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y－3＝k（x＋2），,\f(y2,9)＋\f(x2,4)＝1，)) 消去y整理可得(4k2＋9)x2＋(16k2＋24k)x＋16k2＋48k＝0，
则Δ＝(16k2＋24k)2－4(4k2＋9)(16k2＋48k)＝－36×48k>0，
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＝2× eq \f(y1（x2＋2）＋y2（x1＋2）,（x1＋2）（x2＋2）)
＝2× eq \f(（kx1＋2k＋3）（x2＋2）＋（kx2＋2k＋3）（x1＋2）,（x1＋2）（x2＋2）)
＝2× eq \f(2kx1x2＋（4k＋3）（x1＋x2）＋8k＋12,x1x2＋2（x1＋x2）＋4)
＝2× eq \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，
所以线段MN的中点为定点(0，3).