2025年高考数学一轮复习-考点突破练14-圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题-专项训练【含解析】

这是一份2025年高考数学一轮复习-考点突破练14-圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题-专项训练【含解析】，共10页。试卷主要包含了已知抛物线C，已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。

(1)求曲线C的方程;
(2)设O为原点,曲线C与y轴正半轴交于点A,直线AP与曲线C交于点P,与x轴交于点M,直线AQ与曲线C交于点Q,与x轴交于点N,若OM·ON=-2,求证:直线PQ经过定点.
2.已知抛物线C:y=ax2(a>0)的焦点是F,若过焦点F的直线与抛物线C相交于A,B两点,所得弦长|AB|的最小值为2.
(1)求实数a的值.
(2)设P,Q是抛物线C上不同于坐标原点O的两个不同的动点,且以线段PQ为直径的圆经过点O,作OM⊥PQ,垂足为M,试探究是否存在定点N,使得|MN|为定值.若存在,求出该定点N的坐标及定值|MN|;若不存在,请说明理由.
3.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F(1,0),上、下顶点分别为B1,B2,以点F为圆心,FB1为半径作圆,与x轴交于点T(3,0).
(1)求椭圆C的标准方程.
(2)已知点P(2,0),点A,B为椭圆C上异于点P且关于原点对称的两点,直线PA,PB与y轴分别交于点M,N,记以MN为直径的圆为圆K,试判断是否存在直线l截圆K的弦长为定值.若存在,请求出该直线的方程;若不存在,请说明理由.
4.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,其左、右焦点分别为F1,F2,T为椭圆C上任意一点,△TF1F2面积的最大值为1.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)已知A(0,1),过点0,12的直线l与椭圆C交于不同的两点M,N,直线AM,AN与x轴的交点分别为P,Q,证明:以PQ为直径的圆过定点.
5. 如图,在平面直角坐标系中,F1,F2分别为等轴双曲线Γ:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点,若点A为双曲线右支上一点,且|AF1|-|AF2|=42,直线AF2交双曲线于B点,A(x1,y1),B(x2,y2),D为线段F1O的中点,延长AD,BD,分别与双曲线Γ交于P,Q两点.
(1)求证:x1y2-x2y1=4(y2-y1).
(2)若直线AB,PQ的斜率都存在,且依次设为k1,k2,试判断k2k1是否为定值.如果是,请求出k2k1的值;如果不是,请说明理由.
6.“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动,在我国源远流长,某些折纸活动蕴含丰富的数学内容,例如:用一张圆形纸片,按如下步骤折纸(如下图1),
步骤1:设圆心是E,在圆内异于圆心处取一点,标记为F;
步骤2:把纸片折叠,使圆周正好通过点F;
步骤3:把纸片展开,并留下一道折痕;
步骤4:不停重复步骤2和3,就能得到越来越多的折痕(如图2).
图1
图2
已知这些折痕所围成的图形是一个椭圆.若取半径为23的圆形纸片,设定点F到圆心E的距离为2,按上述方法折纸.
(1)以点F,E所在的直线为x轴,线段EF的中垂线为y轴,建立平面直角坐标系,求折痕所围成的椭圆C(即图1中T点的轨迹)的标准方程.
(2)经过椭圆C的左焦点F作直线l,且直线l交椭圆C于P,Q两点,x轴上是否存在一点M,使得MP·MQ为常数?若存在,求出M的坐标及该常数;若不存在,说明理由.
考点突破练14 圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题
1. (1)解 由题意,设E(x,y),D(x0,y0),因为|DH||EH|=2,
所以x0=x,y0=2y.
又因为点D在圆x2+y2=2上,所以x2+2y2=2,
故曲线C的方程为x22+y2=1.
(2)证明 由题意,A(0,1),设M(a,0),N(b,0),
则OM·ON=ab=-2.
易得直线AP,AQ的斜率必然存在,所以kAP·kAQ=kAM·kAN=-1a·-1b=-12.
设P(x1,y1),Q(x2,y2),易知直线PQ斜率不存在时不符合题意,
设直线PQ的方程为y=kx+n,
联立y=kx+n,x22+y2=1,得(2k2+1)x2+4knx+2n2-2=0,
Δ=(4kn)2-4(2k2+1)(2n2-2)=16k2-8n2+8>0,得n2<2k2+1,所以x1+x2=-4kn2k2+1,x1x2=2n2-22k2+1.由题意知,直线AP,AQ均不过原点,所以x1x2≠0,从而n≠±1.
所以kAP·kAQ=kx1+n-1x1·kx2+n-1x2
=k2x1x2+k(n-1)(x1+x2)+(n-1)2x1x2
=k2+k(n-1)·-4kn2k2+1+(n-1)22n2-22k2+1
=n-12(n+1)=-12,
解得n=0,满足Δ>0,所以直线PQ的方程为y=kx,恒过定点(0,0).
2.解 (1)抛物线C:y=ax2(a>0)化为标准方程为x2=1ay,其焦点F0,14a,由题意知直线斜率一定存在,设其方程为y=k1x+14a,A(x1,y1),B(x2,y2),联立y=k1x+14a,x2=1ay,
整理得x2-k1ax-14a2=0,Δ>0恒成立,
则x1+x2=k1a,y1+y2=k1(x1+x2)+12a=k12a+12a.
因为|AB|=y1+y2+12a=k12a+1a,所以当k12=0时,弦长|AB|min=1a=2.所以实数a的值为12.
(2)存在定点N(0,1),使得|MN|为定值1.
由题意可知直线PQ的斜率存在,设其方程为y=kx+t(t≠0),P(x3,y3),Q(x4,y4),联立y=kx+t,x2=2y,
整理得x2-2kx-2t=0,Δ=4k2+8t>0,
则x3+x4=2k,x3x4=-2t.
因为以PQ为直径的圆经过点O,所以OP·OQ=x3x4+y3y4=x3x4+x322·x422=-2t+4t24=-2t+t2=0.
因为t≠0,所以t=2.所以直线PQ过定点T(0,2).
又因为OM⊥PQ,所以△OMT为直角三角形,所以当N为斜边OT中点时,|MN|为定值,此时|MN|=12|OT|=1.
所以存在定点N(0,1),使得|MN|为定值1.
3.解 (1)以点F为圆心,FB1为半径的圆的方程为(x-1)2+y2=a2.
因为该圆经过点T(3,0),即可得a2=4,所以b2=a2-c2=3.
从而可得椭圆C的标准方程为x24+y23=1.
(2)存在直线l:y=0满足题意.
设点A,B的坐标分别为(x1,y1),(-x1,-y1),则直线PA的方程为y=y1x1-2(x-2),可得点M的坐标为0,2y12-x1.
同理可得点N的坐标为0,-2y12+x1.
取圆K上任意一点D(x,y),则MD=x,y-2y12-x1,ND=x,y+2y12+x1,
由圆的几何性质可知MD⊥ND,则MD·ND=x2+y-2y12-x1y+2y12+x1=0,
则以MN为直径的圆K的方程为x2+y-2y12-x1y+2y12+x1=0,化简可得x2+y2-4x1y14-x12y-4y124-x12=0.
由椭圆的方程可得4-x12=43y12,
代入圆的方程可得x2+y2-3-3x1y1y=0.
令y=0,可得x=±3恒成立.
据此可知,存在直线l:y=0截圆K的弦长为定值,定值为23.
4.(1)解 因为椭圆C的离心率为22,所以ca=22.
又当T位于上顶点或者下顶点时,△TF1F2的面积最大,即bc=1.又a2=b2+c2,所以b=c=1,a=2.
所以椭圆C的标准方程为x22+y2=1.
(2)证明 由题知,直线l的斜率存在,所以设直线l的方程为y=kx+12,M(x1,y1),N(x2,y2),将直线l的方程代入椭圆C的方程得(4k2+2)x2+4kx-3=0,则x1+x2=-4k4k2+2,x1x2=-34k2+2.因为直线AM的方程为y=y1-1x1x+1,直线AN的方程为y=y2-1x2x+1,所以P-x1y1-1,0,Q-x2y2-1,0,
所以以PQ为直径的圆为x+x1y1-1x+x2y2-1+y2=0,
整理得x2+y2+x1y1-1+x2y2-1x+x1x2(y1-1)(y2-1)=0.①
因为x1x2(y1-1)(y2-1)=x1x2kx1-12kx2-12=4x1x24k2x1x2-2k(x1+x2)+1=-12-12k2+8k2+4k2+2=-6,
令①中的x=0,可得y2=6,所以以PQ为直径的圆过定点(0,±6).
5.(1)证明 由等轴双曲线知离心率e=ca=2.
又由|AF1|-|AF2|=42=2a,及c2=a2+b2,可得a2=8,b2=8,c2=16,
所以双曲线的标准方程为x28-y28=1,F2(4,0).
当直线AB的斜率不存在时,x1=x2=4,x1y2-x2y1=4y2-4y1=4(y2-y1);
当直线AB的斜率存在时,kAF2=kBF2,即y1x1-4=y2x2-4,整理得x1y2-x2y1=4(y2-y1).
综上所述,x1y2-x2y1=4(y2-y1)成立.
(2)解 k2k1为定值7.
依题意可知直线AD的斜率存在且不为0,设直线AD的方程为y=y1x1+2(x+2),联立y=y1x1+2(x+2),x2-y2=8,
得(x1+2)2x2-y12(x+2)2-8(x1+2)2=0,①
由于x12-y12=8,则y12=x12-8,代入①并化简得(4x1+12)x2-4(x12-8)x-12x12-32x1=0.
设P(x0,y0),则x1x0=-3x12-8x1x1+3,x1+x0=x12-8x1+3,
解得x0=-3x1-8x1+3,
代入y=y1x1+2(x+2),得y0=-y1x1+3,
即P-3x1-8x1+3,-y1x1+3,同理可得Q-3x2-8x2+3,-y2x2+3.
所以k2=-y2x2+3--y1x1+3-3x2-8x2+3--3x1-8x1+3=-(x1y2-x2y1)-3(y2-y1)x1-x2=-4(y2-y1)-3(y2-y1)x1-x2=(-7)·y2-y1x1-x2=7k1,
所以k2k1=7是定值.
6. 解 (1)如图,以FE所在的直线为x轴,FE的中点O为原点建立平面直角坐标系.
由题意可知|TF|+|TE|=|AE|=23>|EF|=2,
所以点T的轨迹是以F,E分别为左、右焦点的椭圆.
因为2c=2,2a=23,所以c=1,a=3,则b2=a2-c2=2,
所以椭圆C的标准方程为x23+y22=1.
(2)存在M-43,0使得MP·MQ为常数-119.
由题知,F(-1,0),假设存在点M(t,0),t∈R,使得MP·MQ为常数.
当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=k(x+1),P(x1,y1),Q(x2,y2),
联立y=k(x+1),x23+y22=1,得(2+3k2)x2+6k2x+3k2-6=0,
所以x1+x2=-6k22+3k2,x1x2=3k2-62+3k2.
因为MP=(x1-t,y1),MQ=(x2-t,y2),
所以MP·MQ=(x1-t)(x2-t)+y1y2
=(x1-t)(x2-t)+k2(x1+1)(x2+1)
=(k2+1)x1x2+(k2-t)(x1+x2)+k2+t2
=(k2+1)(3k2-6)2+3k2-(k2-t)·6k22+3k2+k2+t2
=6k2t-k2-62+3k2+t2
=2t-13(2+3k2)-4t+1632+3k2+t2
=t2+2t-13-4t+1632+3k2.
因为MP·MQ为常数,故t2+2t-13-4t+1632+3k2与k无关,
所以4t+163=0,即t=-43,此时MP·MQ=-119.当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=-1,此时y=±233,由椭圆的对称性,不妨令P-1,233,Q-1,-233,
所以MP=-1-t,233,MQ=-1-t,-233,
当t=-43时,MP·MQ=(1+t)2-43=-119.
综上,在x轴上存在一点M-43,0,使得MP·MQ为常数,这个常数为-119.