人教版新高考数学二轮复习习题训练--专题突破练23　圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题

这是一份人教版新高考数学二轮复习习题训练--专题突破练23　圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题，共9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，已知圆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PF=λFA,QF=μFB,证明:λμ为定值.
2.(2021·河北张家口三模)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|=642?若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由.
3.(2021·江苏南通适应性联考)已知双曲线C:x2a2−y2b2=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(2,1).
(1)求双曲线C的方程;
(2)设点P在直线x=m(y≠±m,00)的离心率为22,且经过点H(-2,1).
(1)求椭圆C的方程;
(2)过点P(-3,0)的直线(不与x轴重合)与椭圆C相交于A,B两点,直线HA,HB分别交x轴于M,N两点,点G(-2,0),若PM=λPG,PN=μPG,求证:1λ+1μ为定值.
5.(2021·广东汕头三模)已知圆C:x2+(y-2)2=1与定直线l:y=-1,且动圆M与圆C外切并与直线l相切.
(1)求动圆圆心M的轨迹E的方程.
(2)已知点P是直线l1:y=-2上一个动点,过点P作轨迹E的两条切线,切点分别为A,B.
①求证:直线AB过定点;
②求证:∠PCA=∠PCB.
6.(2021·北京东城一模)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点D(-2,0),且焦距为23.
(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t2.
故直线l的斜率k=1t的取值范围为-12,0∪0,12.
(2)证明: F(1,0),设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3),Q(x4,y4),由(1)得y1+y2=-24t3t2+4,y1y2=363t2+4,
所以ty1y2=-32(y1+y2).
由PF=λFA,得1-x3=λ(x1-1),-y3=λy1,即-x3=λx1-λ-1,-y3=λy1.
又点P在椭圆上,即有3x32+4y32=12,
代入上式得3(λx1-λ-1)2+4λ2y12=12,即λ2(3x12+4y12)-6λ(λ+1)x1+3(λ+1)2=12,
又3x12+4y12=12,所以12(λ+1)(λ-1)-6λ(λ+1)x1+3(λ+1)2=0.
易知λ+1≠0,故λ=35-2x1,同理可得μ=35-2x2.
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·-32(y1+y2)=9,
所以λμ=9(5-2x1)(5-2x2)=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y2=4x,x-m(y+2)-5=0,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MA·MB=(x1-1)(x2-1)+(y1-2)(y2-2)=y124-1y224-1+(y1-2)(y2-2)
=y12y2216−(y1+y2)2-2y1y24+y1y2-2(y1+y2)+5
=16(2m+5)216−(4m)2+8(2m+5)4-4(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=1+m2·(y1+y2)2-4y1y2·4|1+m|1+m2=4·|1+m|·16m2+16(2m+5)=16·|1+m|·(m+1)2+4=642,
所以(m+1)4+4(m+1)2-32=0,
解得(m+1)2=4或(m+1)2=-8(舍).
所以m=1或m=-3.
所以当实数m=1或m=-3时,|MA|·|MB|=642.
3.(1)解: 由ba=b,2a2-1b2=1,解得a=1,b=1,
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y-y1=k(x-x1),x2-y2=1,
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k2x12-2kx1y1+y12+1-k2=0,
即(x12-1)k2-2kx1y1+(y12+1)=0,
因为x12−y12=1,所以x12-1=y12,y12+1=x12代入可得y12k2-2x1y1k+x12=0,即(y1k-x1)2=0,所以k=x1y1.
故PA:y-y1=x1y1(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y0y1=mx1-1,y0y2=mx2-1,
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x=1m,y=0时,无论y0为何值,等式均成立.
故点1m,0恒在直线AB上,故无论P在何处,AB恒过定点1m,0.
4.(1)解: 由题意知e=ca=1-b2a2=22,则a2=2b2.
又椭圆C经过点H(2,1),所以4a2+1b2=1.
联立解得a2=6,b2=3,所以椭圆C的方程为x26+y23=1.
(2)证明: 设直线AB的方程为x=my-3,A(x1,y1),B(x2,y2),
由x=my-3,x26+y23=1联立消去x,得(m2+2)y2-6my+3=0,
所以Δ=36m2-12(m2+2)>0,y1+y2=6mm2+2,y1y2=3m2+2,由题意知,y1,y2均不为1.
设M(xM,0),N(xN,0),由H,M,A三点共线知AM与MH共线,所以xM-x1=(-y1)(-2-xM),化简得xM=x1+2y11-y1.
由H,N,B三点共线,同理可得xN=x2+2y21-y2.
由PM=λPG,得(xM+3,0)=λ(1,0),即λ=xM+3.
由PN=μPG,同理可得μ=xN+3.
所以1λ+1μ=1xM+3+1xN+3=1x1+2y11-y1+3+1x2+2y21-y2+3=1-y1x1-y1+3+1-y2x2-y2+3=1-y1(m-1)y1+1-y2(m-1)y2=1m-11-y1y1+1-y2y2=1m-1y1+y2y1y2-2=1m-16mm2+23m2+2-2=2,
所以1λ+1μ为定值.
5.(1)解: 依题意知:M到C(0,2)的距离等于M到直线y=-2的距离,
故动点M的轨迹是以C为焦点,直线y=-2为准线的抛物线.
设抛物线方程为x2=2py(p>0),则p2=2,则p=4,即抛物线的方程为x2=8y,故动圆圆心M的轨迹E的方程为x2=8y.
(2)证明: ①由x2=8y得y=18x2,y'=14x.
设Ax1,18x12,Bx2,18x22,P(t,-2),其中x1≠x2,
则切线PA的方程为y-18x12=x14(x-x1),
即y=14x1x-18x12.
同理,切线PB的方程为y=14x2x-18x22.
由y=14x1x-18x12,y=14x2x-18x22,解得x=x1+x22,y=x1x28,
故t=x1+x22,-2=x1x28,即x1+x2=2t,x1x2=-16.
故直线AB的方程为y-18x12=18x22-18x12x2-x1(x-x1),化简得y=x1+x28x-x1x28,即y=t4x+2,故直线AB过定点(0,2).
②由①知:直线AB的斜率为kAB=t4,
(i)当直线PC的斜率不存在时,直线AB的方程为y=2,
∴PC⊥AB,∴∠PCA=∠PCB;
(ii)当直线PC的斜率存在时,P(t,-2),C(0,2),直线PC的斜率kPC=-2-2t-0=-4t,kAB·kPC=t4×-4t=-1,故PC⊥AB,∠PCA=∠PCB.
综上所述,∠PCA=∠PCB得证.
6.解: (1)因为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点D(-2,0),所以a=2,又2c=23,即c=3,所以b2=a2-c2=4-3=1,所以椭圆C的方程为x24+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y=k(x+4),x24+y2=1,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