2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习65圆锥曲线中的定点定值问题（Word版附解析）

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(1)求双曲线Γ的标准方程；
(2)设过T(4，0)的直线与双曲线交于C，D两点，记直线AC，BD的斜率为k1，k2，请从下列的结论中选择一个正确的结论，并予以证明．
①k1＋k2为定值；②k1·k2为定值；③eq \f(k1,k2)为定值．
2．[2024·江苏扬州模拟]已知AB为抛物线G：y2＝2px(p>0)的弦，点C在抛物线的准线l上．当AB过抛物线焦点F且长度为8时，AB中点M到y轴的距离为3.
(1)求抛物线G的方程；
(2)若∠ACB为直角，求证：直线AB过定点．
3．[2024·广东阳江模拟]已知A(2，0)，B(－2，0)分别是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)长轴的两个端点，C的焦距为2.M(3，0)，N(eq \f(4,3)，0)，P是椭圆C上异于A，B的动点，直线PM与C的另一交点为D，直线PN与C的另一交点为E.
(1)求椭圆C的方程；
(2)证明：直线DE的倾斜角为定值．
优生选做题
4．[2024·河北张家口模拟]已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点A(－2，1)，且离心率e＝eq \f(\r(2),2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点A作与y＝tx2(t<0)相切的两条直线，分别交椭圆C于P，Q两点，求证：直线PQ恒过定点．
课后定时检测案65 圆锥曲线中的定点、定值问题
1．解析：(1)设P(x0，y0)是Γ上的一点，bx－ay＝0与bx＋ay＝0是Γ的两条渐近线，
P到两条渐近线的距离之积d1·d2＝eq \f(|bx0－ay0|,\r(a2＋b2))·eq \f(|bx0＋ay0|,\r(a2＋b2))＝eq \f(|b2x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －a2y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) |,a2＋b2)＝eq \f(a2b2,a2＋b2)＝eq \f(4,5)，
依题意，2a＝4，故b2＝1，双曲线Γ的标准方程为eq \f(x2,4)－y2＝1.
(2)正确结论：③eq \f(k1,k2)为定值．
证明如下：由(1)知A(－2，0)，B(2，0)，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
因为C，D不与A，B重合，所以可设直线CD：x＝ty＋4，
与Γ联立：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)－y2＝1，,x＝ty＋4，))消去x整理可得：(t2－4)y2＋8ty＋12＝0，
故t≠±2，Δ＝16(t2＋12)>0，y1·y2＝eq \f(12,t2－4)，y1＋y2＝eq \f(－8t,t2－4)，
所以ty1y2＝eq \f(12t,t2－4)＝－eq \f(3,2)(y1＋y2)，
k1＝kAC＝eq \f(y1,x1＋2)，k2＝kBD＝eq \f(y2,x2－2)，
①k1＋k2＝eq \f(y1,x1＋2)＋eq \f(y2,x2－2)＝eq \f(y1,ty1＋6)＋eq \f(y2,ty2＋2)＝eq \f(2ty1y2＋2y1＋6y2,t2y1y2＋2ty1＋6ty2＋12)＝eq \f(－2y1＋6y2,ty1＋9ty2＋24)，不是定值，
②k1k2＝eq \f(y1y2,（x1＋2）（x2－2）)＝eq \f(y1y2,（ty1＋6）（ty2＋2）)＝eq \f(y1y2,t2y1y2＋2ty1＋6ty2＋12)＝eq \f(2y1y2,ty1＋9ty2＋24)，不是定值，
③eq \f(k1,k2)＝eq \f(y1（x2－2）,y2（x1＋2）)＝eq \f(y1（ty2＋2）,y2（ty1＋6）)＝eq \f(－\f(3,2)（y1＋y2）＋2y1,－\f(3,2)（y1＋y2）＋6y2)＝eq \f(\f(1,2)y1－\f(3,2)y2,－\f(3,2)y1＋\f(9,2)y2)＝－eq \f(1,3)，所以eq \f(k1,k2)是定值．
2．解析：(1)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，
则由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|AB|＝xA＋xB＋p＝8，,\f(xA＋xB,2)＝3，))解得p＝2，
所以抛物线的方程为y2＝4x.
(2)直线AB过定点(1，0)，证明如下：
设C(－1，c)，A(eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,4)，y1)，B(eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,4)，y2)，直线AB的方程：x＝ty＋n，
将x＝ty＋n代入y2＝4x得y2－4ty－4n＝0，
则Δ>0，得t2＋n>0，
由韦达定理可得y1＋y2＝4t，y1y2＝－4n，
所以eq \(CA,\s\up6(→))＝(eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,4)＋1，y1－c)，eq \(CB,\s\up6(→))＝(eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,4)＋1，y2－c)，
因为∠ACB＝90°，所以eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝0，即eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,16)＋eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,4)＋1＋y1y2－c(y1＋y2)＋c2＝0，
即n2＋4t2＋2n＋1－4n－4tc＋c2＝0，
即(n－1)2＋(2t－c)2＝0，所以n＝1，
所以直线AB过定点(1，0).
3．解析：(1)由题意，a＝2，2c＝2，c＝1，∴b2＝a2－c2＝3.
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)设P(x0，y0)，D(x1，y1)，E(x2，y2)，则3x eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ＋4y eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ＝12 ①.
当直线PN的斜率存在时，其方程为y＝eq \f(y0,x0－\f(4,3))(x－eq \f(4,3))，代入椭圆C的方程，整理得
[3(x0－eq \f(4,3))2＋4y eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ]x2－eq \f(32y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,3)x＋eq \f(64y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,9)－12(x0－eq \f(4,3))2＝0.
∴x0＋x1＝eq \f(\f(32,3)y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,3（x0－\f(4,3)）2＋4y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )＝eq \f(32y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,52－24x0)＝eq \f(4y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,6.5－3x0).
直线PM的方程为y＝eq \f(y0,x0－3)(x－3)，代入椭圆C的方程，整理得[3(x0－3)2＋4y eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ]x2－24y eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) x＋36y eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) －12(x0－3)2＝0.
∴x0＋x2＝eq \f(24y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,3（x0－3）2＋4y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )＝eq \f(24y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,39－18x0)＝eq \f(4y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,6.5－3x0).
因此x1＝x2，此时DE⊥x轴，即直线DE的倾斜角为eq \f(π,2).
②当直线PN的斜率不存在时，其方程为x＝eq \f(4,3)，此时x0＝eq \f(4,3).
由①知x0＋x2＝eq \f(12－3x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,6.5－3x0)，
∴x2＝eq \f(12－6.5x0,6.5－3x0)＝eq \f(12－\f(13,2)×\f(4,3),\f(13,2)－3×\f(4,3))＝eq \f(4,3)＝x0.
∴x1＝x2＝eq \f(4,3)，此时DE⊥x轴，即直线DE的倾斜角为eq \f(π,2).
综上所述，直线DE的倾斜角为eq \f(π,2).
4．解析：(1)由点A(－2，1)代入方程eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，
由题可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(4,a2)＋\f(1,b2)＝1，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝6，,b2＝3，))
∴所求椭圆方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)设过点A的直线为y－1＝k(x＋2)与y＝tx2(t<0)相切，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y－1＝k（x＋2），,y＝tx2，))
消y得，tx2－kx－2k－1＝0，由Δ＝k2＋4t(2k＋1)＝0，
得k2＋8tk＋4t＝0，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k1＋k2＝－8t，,k1·k2＝4t，))
则eq \f(k1＋k2,k1k2)＝eq \f(1,k1)＋eq \f(1,k2)＝－2(k1，k2分别是直线PA和QA的斜率).
设直线PQ为y＝mx＋n，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝mx＋n，,x2＋2y2＝6，))得(1＋2m2)x2＋4mnx＋2n2－6＝0，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(－4mn,1＋2m2),x1x2＝\f(2n2－6,1＋2m2))) ①，
由Δ＝16m2n2－8(1＋2m2)(n2－3)>0得6m2－n2＋3>0.
eq \f(1,k1)＋eq \f(1,k2)＝eq \f(x1＋2,y1－1)＋eq \f(x2＋2,y2－1)＝eq \f(x1＋2,mx1＋n－1)＋eq \f(x2＋2,mx2＋n－1)＝－2，
即(x1＋2)(mx2＋n－1)＋(x2＋2)(mx1＋n－1)＝－2(mx2＋n－1)(mx1＋n－1)，
整理得(2m＋2m2)x1x2＋(n－1＋2mn)(x1＋x2)＋2(n2－1)＝0，
将①式代入得，
(2m＋2m2)(n2－3)＋(n－1＋2mn)(－2mn)＋(n2－1)(1＋2m2)＝0，
整理得：n2＋2mn－8m2－6m－1＝0，
即[n－(2m＋1)][n＋(4m＋1)]＝0，n＝2m＋1或n＝－(4m＋1)，
所以当n＝2m＋1时，直线PQ为y＝mx＋2m＋1，恒过点A(－2，1)，不符合题意；
当n＝－(4m＋1)时，直线PQ为：y＝mx－4m－1，即y＋1＝m(x－4)，恒过点(4，－1)，
综上，直线PQ恒过定点(4，－1).