【文档说明】2025届高考数学一轮复习专练60 圆锥曲线中的定点问题.docx，共(11)页，100.840 KB，由小赞的店铺上传

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温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。六十圆锥曲线中的定点问题(时间:45分钟分值:60分)1.(10分)(2024·绍兴模拟)设抛物线C:

y2=2px(p>0),过y轴上点P的直线l与C相切于点Q,且当l的斜率为12时,|PQ|=2√5.(1)求C的方程;(2)过P且垂直于l的直线交C于M,N两点,若R为线段MN的中点,证明:直线QR过定点.【解析】(1)当l的斜率为12时,设直线l的方程为y=12x+b,l与

C的方程联立消去y,得x2+4(b-2p)x+4b2=0,当l与C相切时,Δ=16(b-2p)2-16b2=0,整理有b=p,此时x2-4px+4p2=0,所以x=2p,所以y=2p或-2p(舍去).故P(0,p),Q(2p,2p),所以|PQ|=√(2𝑝-0)2+(2𝑝-𝑝

)2=√5p=2√5,故p=2,所以C的方程为y2=4x.(2)设直线l的方程为y=kx+m,l与C的方程联立,得k2x2+2(km-2)x+m2=0,当l与C相切时,Δ=4(km-2)2-4k2m2=0,则km=1,m=1𝑘,故Q(1𝑘2,2𝑘),设直线MN的方程为y=-1𝑘x+1�

�,与C的方程联立有x2-2(2k2+1)x+1=0,设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=2(2k2+1),y1+y2=-1𝑘x1+1𝑘-1𝑘x2+1𝑘=-1𝑘(x1+x2)+2𝑘=

-4k,所以𝑥1+𝑥22=2k2+1,𝑦1+𝑦22=-2k,所以R(2k2+1,-2k),所以QR的方程为y+2k=2𝑘+2𝑘1𝑘2-2𝑘2-1(x-2k2-1),令y=0,则x-2k2-1=𝑘(1𝑘2-2𝑘2-1)1𝑘+𝑘=-(2𝑘2-1)(

𝑘2+1)𝑘2+1=-2k2+1,所以x=2,所以直线QR过定点(2,0).2.(10分)(2023·全国乙卷)已知椭圆C:𝑦2𝑎2+𝑥2𝑏2=1(a>b>0)的离心率是√53,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.【解析】(1)由题意可得{𝑏=2𝑎2=𝑏2+𝑐2𝑒=𝑐𝑎=√53,解得{𝑎=3𝑏=2𝑐=√5,所以椭圆方程为𝑦29+𝑥24=1.(2)由题意可知:直线PQ的斜率存在,设PQ:y=k(x+2)

+3,P(x1,y1),Q(x2,y2),联立方程组{𝑦=𝑘(𝑥+2)+3𝑦29+𝑥24=1,消去y得:(4k2+9)x2+8k(2k+3)x+16(k2+3k)=0,则Δ=64k2(2k+3)2-64(4k2+9)

(k2+3k)=-1728k>0,解得k<0,可得x1+x2=-8𝑘(2𝑘+3)4𝑘2+9,x1x2=16(𝑘2+3𝑘)4𝑘2+9,因为A(-2,0),则直线AP:y=𝑦1𝑥1+2(x+2),令x=0,解得y=2𝑦1𝑥1

+2,即M(0,2𝑦1𝑥1+2),同理可得N(0,2𝑦2𝑥2+2),则2𝑦1𝑥1+2+2𝑦2𝑥2+22=[𝑘(𝑥1+2)+3]𝑥1+2+[𝑘(𝑥2+2)+3]𝑥2+2=[𝑘𝑥1+(2𝑘+3)](𝑥2+2)+[𝑘𝑥2+(2𝑘+3)](𝑥1+2)(𝑥1+2

)(𝑥2+2)=2𝑘𝑥1𝑥2+(4𝑘+3)(𝑥1+𝑥2)+4(2𝑘+3)𝑥1𝑥2+2(𝑥1+𝑥2)+4=32𝑘(𝑘2+3𝑘)4𝑘2+9-8𝑘(4𝑘+3)(2𝑘+3)4𝑘2+9+4(2𝑘+3)16(𝑘2+3𝑘)4𝑘2+9-16�

�(2𝑘+3)4𝑘2+9+4=10836=3,所以线段MN的中点是定点(0,3).【加练备选】(2022·全国乙卷)已知椭圆E的中心为坐标原点,对称轴为x轴,y轴,且过A(0,-2),B(32,-1)两点.(1)求E的方程;(2)设过点P(1,-2)的直线交E于

M,N两点,过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T,点H满足𝑀𝑇⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑇𝐻⃗⃗⃗⃗⃗,证明:直线HN过定点.【解析】(1)因为椭圆E的中心为坐标原点,对称轴为x轴,y轴,且过A(0,-2),可设椭圆E的

方程为𝑥2𝑎2+𝑦24=1,又椭圆E过点(32,-1),所以94𝑎2+14=1,解得a2=3,所以E的方程为𝑥23+𝑦24=1.(2)当直线MN的斜率不存在时,lMN:x=1,由{𝑥=1𝑥23+�

�24=1,得y2=83,所以y=±2√63,可得N(1,2√63),M(1,-2√63),过点M且平行于x轴的直线方程为y=-2√63,直线AB的方程为y-(-2)=-1-(-2)32-0×(x-0),即y=23x-2,由{𝑦=-2√63

𝑦=23𝑥-2,解得xT=3-√6,所以T(3-√6,-2√63).因为𝑀𝑇⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑇𝐻⃗⃗⃗⃗⃗,所以H(5-2√6,-2√63).所以直线HN的方程为y-2√63=4√632√6-4×(x-1),即y=2

(3+√6)3x-2,所以直线HN过点(0,-2).当直线MN的斜率存在时,设M(x1,y1),N(x2,y2).lMN:y=kx+m(k+m=-2),由{𝑦=𝑘𝑥+𝑚𝑥23+𝑦24=1得,(

3k2+4)x2+6kmx+3m2-12=0,Δ>0,x1+x2=-6𝑘𝑚3𝑘2+4,x1x2=3𝑚2-123𝑘2+4,过点M且平行于x轴的直线方程为y=y1,与直线AB方程联立,得{𝑦=𝑦1𝑦=23𝑥-2,得xT=3

(𝑦1+2)2,所以T(3(𝑦1+2)2,y1),因为𝑀𝑇⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑇𝐻⃗⃗⃗⃗⃗,所以H(3y1+6-x1,y1),此时直线HN的方程为y-y2=𝑦1-𝑦23𝑦1+6-𝑥1-𝑥2(x-x2),即y=𝑦1-𝑦23𝑦1+6-𝑥1-𝑥2x+y2-𝑦1-𝑦2

3𝑦1+6-𝑥1-𝑥2·x2.令x=0,得y=y2-(𝑦1-𝑦2)𝑥23𝑦1+6-𝑥1-𝑥2=-(𝑥1𝑦2+𝑥2𝑦1)+3𝑦1𝑦2+6𝑦2-(𝑥1+𝑥2)+6+3𝑦1

=-(𝑥1𝑦2+𝑥2𝑦1)+3𝑦1𝑦2+6𝑦2-(𝑥1+𝑥2)+6+3(𝑦1+𝑦2)-3𝑦2,因为y1+y2=(kx1+m)+(kx2+m)=k(x1+x2)+2m=8𝑚3𝑘2+4,x1

y2+x2y1=x1(kx2+m)+x2(kx1+m)=2kx1x2+m(x1+x2)=-24𝑘3𝑘2+4,所以-(x1y2+x2y1)+3y1y2=-24(𝑘2-3𝑘-2)3𝑘2+4,所以-(x1+x2)+6+3(y1+y2)=12(𝑘2-3𝑘-2)3

𝑘2+4,所以y=-24(𝑘2-3𝑘-2)3𝑘2+4+6𝑦212(𝑘2-3𝑘-2)3𝑘2+4-3𝑦2=-2,所以直线HN过定点(0,-2).综上,可得直线HN过定点(0,-2).3.(10分)(2024·西安模拟)已知动圆M恒

过定点F(0,18),圆心M到直线y=-14的距离为d,d=|MF|+18.(1)求M点的轨迹C的方程;(2)过直线y=x-1上的动点Q作C的两条切线l1,l2,切点分别为A,B,证明:直线AB恒过定点

.【解析】(1)设M(x,y),则|MF|=√𝑥2+(𝑦-18)2,d=|y+14|,因为d=|MF|+18,即|y+14|=√𝑥2+(𝑦-18)2+18,当y+14≥0,即y≥-14时,则y+14=√𝑥2+(𝑦-18)2+18,整理得x2=

12y;当y+14<0,即y<-14时,则-y-14=√𝑥2+(𝑦-18)2+18,整理得x2=y+18<0,不成立.综上所述:M点的轨迹C的方程为x2=12y.(2)由(1)可知,曲线C:x2=12y,即y=2x2,则y'=4x,设A(x1,2𝑥12),B(x2,2𝑥22),Q(t

,t-1),可知切线QA的斜率为4x1,所以切线QA:y-2𝑥12=4x1(x-x1),则t-1-2𝑥12=4x1(t-x1),整理得2𝑥12-4tx1+t-1=0,同理由切线QB可得,2𝑥22-4tx2+t-1=0,可

知x1,x2为方程2x2-4tx+t-1=0的两根,则x1+x2=2t,x1x2=𝑡-12,可得直线AB的斜率kAB=2𝑥12-2𝑥22𝑥1-𝑥2=2(x1+x2)=4t,设AB的中点为N(x0,y0),则x0=𝑥1+𝑥22=t,y0=2𝑥12+2𝑥222=(𝑥

1+𝑥2)2-2x1x2=4t2-t+1,即N(t,4t2-t+1),所以直线AB:y-(4t2-t+1)=4t(x-t),整理得y-1=4t(x-14),所以直线AB恒过定点P(14,1).4.(10分)(2024·福州模拟)已知椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的左、右焦点

分别为F1,F2,A,B分别是C的右、上顶点,且|AB|=√7,D是C上一点,△BF2D周长的最大值为8.(1)求C的方程;(2)C的弦DE过F1,直线AE,AD分别交直线x=-4于M,N两点,P是线

段MN的中点,证明:以PD为直径的圆过定点.【解析】(1)依题意,a2+b2=7,△BF2D周长为|DB|+|DF2|+a=|DB|+2a-|DF1|+a≤|BF1|+3a=4a,当且仅当B,F1,D三点共线时等号成立,故

4a=8,所以a2=4,b2=3,所以C的方程为𝑥24+𝑦23=1;(2)设D(x1,y1),E(x2,y2),直线DE:x=my-1,代入𝑥24+𝑦23=1,整理得(3m2+4)y2-6my-9=0,Δ=36m2+36(3m2+4)>0,y1+y2=6𝑚3

𝑚2+4,y1y2=-93𝑚2+4,易知直线AD:y=𝑦1𝑥1-2(x-2),令x=-4,得N(-4,-6𝑦1𝑥1-2),同理得M(-4,-6𝑦2𝑥2-2),从而中点P(-4,-3(𝑦1𝑥1-2+𝑦2𝑥2-2)),以PD为直径的圆为(x+4)(x-x1)+(y+3(𝑦1

𝑥1-2+𝑦2𝑥2-2))(y-y1)=0,由对称性可知,定点必在x轴上,令y=0得,(x+4)(x-x1)-3y1(𝑦1𝑥1-2+𝑦2𝑥2-2)=0,𝑦1𝑥1-2+𝑦2𝑥2-2=𝑦1

𝑚𝑦1-3+𝑦2𝑚𝑦2-3=2𝑚𝑦1𝑦2-3(𝑦1+𝑦2)𝑚2𝑦1𝑦2-3𝑚(𝑦1+𝑦2)+9=-18𝑚3𝑚2+4-18𝑚3𝑚2+4-9𝑚23𝑚2+4-18𝑚23𝑚2+4+9=-

36𝑚36=-m,所以(x+4)(x-x1)+3my1=0,即x2+(4-x1)x-4x1+3my1=0,因为x1=my1-1,所以x2+(5-my1)x-my1+4=0,即(x+1)(x-my1+4)=0,解得x=-1,所以以PD为直径的圆

过定点(-1,0).5.(10分)(2024·泰安模拟)已知曲线C上的动点P满足|PF1|-|PF2|=2,且F1(-2,0),F2(2,0).(1)求C的方程;(2)若直线AB与C交于A,B两点,过A,B分别作C的

切线,两切线交于点P'.在以下两个条件(i)(ii)中选择一个条件,证明另外一个条件成立.(i)直线AB经过定点(4,0);(ii)点P'在定直线x=14上.【解析】(1)因为|PF1|-|PF2|=2<4=|F1F2|,所以曲线C是以F1,F2为焦点,2为实

轴长的双曲线的右支,所以2a=2,即a=1,又因为F1(-2,0),F2(2,0),所以c=2,得b2=3,所以曲线C的方程为x2-𝑦23=1(x≥1).(2)若选择(i)证明(ii)成立.依题意,A,B在双曲线右支上,此时直线A

B的斜率必不为0,设直线AB的方程为x=my+4,A(x1,y1),B(x2,y2),不妨设A在第一象限,B在第四象限.因为x2-𝑦23=1(x≥1),所以𝑦12=3𝑥12-3,且y=√3𝑥2-3,求导得y'=3𝑥√3𝑥2-3,所以过点A的切线方程为

y-y1=3𝑥1√3𝑥12-3(x-x1),化简为y·y1=3x1x-3①,同理y·y2=3x2x-3②,联立方程①②得,交点P'的横坐标为𝑦2-𝑦1𝑥1𝑦2-𝑥2𝑦1,因为A,B点在直线AB上,所以x1=my1+4,x2=my2+4,所以x1

y2=my1y2+4y2,x2y1=my1y2+4y1,所以P'的横坐标为𝑦2-𝑦1𝑥1𝑦2-𝑥2𝑦1=𝑦1-𝑦24(𝑦1-𝑦2)=14.即点P'在定直线x=14上.若选择(ii)证明(i)成立.不妨设A在第一象限,B在第四象限.设A(x

1,y1),B(x2,y2),因为x2-𝑦23=1(x≥1),所以𝑦12=3𝑥12-3,且y=√3𝑥2-3,求导得y'=3𝑥√3𝑥2-3,所以过点A的切线方程为y-y1=3𝑥1√3𝑥12-3(x-x1),化简为y·y1=3x1x-3①,同理y·y2=3x2

x-3②,联立方程①②得交点P'的横坐标为𝑦2-𝑦1𝑥1𝑦2-𝑥2𝑦1,由题意,𝑦2-𝑦1𝑥1𝑦2-𝑥2𝑦1=14,即x1y2-x2y1=4y2-4y1=4(y2-y1)③.因为A(x1,y1),B(x2,y2),所以过直线AB的方程为y-y1=

𝑦2-𝑦1𝑥2-𝑥1(x-x1),化简(x2-x1)(y-y1)=(y2-y1)(x-x1),整理得x1y2-x2y1=(y2-y1)x+(x1-x2)y,由③式可得(y2-y1)(x-4)+(x1-x2)y=0,易知x=4,y=0,即直线AB过定点(4,0).6.(10分)

在平面直角坐标系xOy中,动点Р与定点F(2,0)的距离和它到定直线l:x=32的距离之比是常数2√33,记P的轨迹为曲线E.(1)求曲线E的方程;(2)设过点A(√3,0)的两条互相垂直的直线分别与曲线E交于点M,N(异于点A),求证:直线MN过定点.【解析】(1)设P(x,

y),因为P与定点F(2,0)的距离和它到定直线l:x=32的距离之比是常数2√33,所以√(𝑥-2)2+𝑦2|𝑥-32|=2√33,化简得𝑥23-y2=1,所以曲线E的方程为𝑥23-y2=1.(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),当直线M

N斜率不存在时,直线AM,AN分别为y=x-√3,y=-x+√3,分别联立𝑥23-y2=1,解得M(2√3,√3),N(2√3,-√3),此时直线MN的方程为x=2√3,过点(2√3,0);当直线MN斜率存在时,设其方程为y=kx+m(k≠±√33),由{𝑥23-𝑦2=1𝑦=

𝑘𝑥+𝑚,消去y得(1-3k2)x2-6kmx-3m2-3=0,所以Δ=(-6km)2-4(1-3k2)(-3m2-3)>0,即m2+1-3k2>0,x1+x2=6𝑘𝑚1-3𝑘2,x1x2=-3𝑚2-31-3𝑘2,因为AM⊥

AN,所以kAM·kAN=𝑦1𝑥1-√3·𝑦2𝑥2-√3=-1,即y1y2=-(x1-√3)(x2-√3),即(kx1+m)(kx2+m)=-(x1-√3)(x2-√3),即k2x1x2+km(x1+x2)+m2=-x1x2+√3(x1+x2)-3,将x1+x2=6𝑘𝑚1-3𝑘2,x

1x2=-3𝑚2-31-3𝑘2代入化简得:m2+3√3km+6k2=0,所以m=-√3k或m=-2√3k,当m=-√3k时,直线MN的方程为y=kx-√3k(不符合题意舍去),当m=-2√3k时,直线MN的方程为y=k(x-2√3),直线MN恒过定

点(2√3,0),综上所述,直线MN过定点(2√3,0).