【文档说明】2024届高考二轮复习理科数学试题（老高考旧教材） 考点突破练15　圆锥曲线中的定点、定值、证明问题 Word版含答案.docx，共(6)页，45.370 KB，由小赞的店铺上传

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考点突破练15圆锥曲线中的定点、定值、证明问题1.(2023新高考Ⅱ,21)已知双曲线C的中心为坐标原点,左焦点为(-2√5,0),离心率为√5.(1)求C的方程;(2)记C的左、右顶点分别为A1,A2,过点(-4,0)的直线与C的左支交于M,N两点,M在第二象限,直线MA1与直线NA

2交于P,证明:点P在定直线上.2.已知抛物线x2=ay(a>0),过点M(0,𝑎2(作两条互相垂直的直线l1,l2,设l1,l2分别与抛物线相交于A,B及C,D两点,当A点的横坐标为2时,抛物线在点A处的切线斜率为1.(1)求抛物线的方程;(2)设线段AB,CD的中点分别为

E,F,O为坐标原点,求证:直线EF过定点.3.(2023陕西宝鸡三模)已知椭圆E:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的离心率为√22,短轴长为4.(1)求椭圆E的方程.(2)设直线y=kx-1(k

∈R)与椭圆E交于C,D两点,在y轴上是否存在定点Q,使得对任意实数k,直线QC,QD的斜率乘积为定值?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,说明理由.4.(2022全国乙,理20)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=𝑇𝐻⃗⃗⃗⃗

⃗.证明:直线HN过定点.5.(2023河南郑州一模)已知椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的离心率为√22,且过点P(2,1).(1)求椭圆C的方程;(2)设不过点P的直线l与椭圆C交于A,B两点,点A关于原点的对称点为D,记直线l,PB,P

D的斜率分别为k,k1,k2,若k1·k2=12,证明直线l的斜率k为定值.6.已知点A(2,√3),B(-2,-√3),点M与y轴的距离记为d,且点M满足𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑑24-1,记点M的轨迹为曲线W.(1)求曲线W的方程;(2)设

点P为x轴上除原点O外的一点,过点P作直线l1,l2,l1交曲线W于C,D两点,l2交曲线W于E,F两点,G,H分别为CD,EF的中点,过点P作x轴的垂线交GH于点N,设CD,EF,ON的斜率分别为k1,k2,k3,求证:k3(k1+k2)为定值.考点突破练15圆锥曲线中的定点、定值、证明问题

1.(1)解设双曲线C的方程为𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(a>0,b>0),∵c=2√5,e=𝑐𝑎=√5,∴a=2,∴b2=c2-a2=16,故双曲线C的方程为𝑥24−𝑦216=1.(2)证明方法一

:(ⅰ)当直线MN的斜率存在时,设直线MN的方程为y=k(x+4),设M(x1,y1),N(x2,y2),y1>0.联立{𝑦=𝑘(𝑥+4),𝑥24-𝑦216=1,消去y,得(k2-4)x2+8k2x+16

k2+16=0,∴{𝑥1+𝑥2=-8𝑘2𝑘2-4,𝑥1𝑥2=16𝑘2+16𝑘2-4.又A1(-2,0),A2(2,0),易知x1≠-2,x2≠2,从而直线A1M,直线A2N的方程分别为y=𝑦1𝑥1+2(x+2),①y=𝑦2𝑥2

-2(x-2),②①÷②,得𝑥+2𝑥-2=𝑦2(𝑥1+2)𝑦1(𝑥2-2).③∵点(x1,y1)在𝑥24−𝑦216=1上,∴𝑥124−𝑦1216=1,𝑦124=𝑥12-4=(x1-2)(x1+2),∴𝑥1+2𝑦1

=𝑦14(𝑥1-2),代入③得𝑥+2𝑥-2=𝑦1𝑦24(𝑥1-2)(𝑥2-2)=𝑘2[𝑥1𝑥2+4(𝑥1+𝑥2)+16]4[𝑥1𝑥2-2(𝑥1+𝑥2)+4],代入根与系数的关系式得𝑥+2𝑥-2=-1

3,∴x=-1.∴当直线MN的斜率存在时,点P在定直线x=-1上.(ⅱ)当直线MN的斜率不存在时,直线MN的方程为x=-4,代入𝑥24−𝑦216=1,得M(-4,4√3),N(-4,-4√3).又A1(-2,

0),A2(2,0),∴直线A1M,直线A2N的方程分别为y=-2√3(x+2),y=2√3(𝑥-2)3,联立{𝑦=-2√3(𝑥+2),𝑦=2√3(𝑥-2)3,解得x=-1.此时点P也在定直线x=-1上.综上可得,点P在定直线x=-1上.方法二:由于直线MN与双曲线左支交于M

,N两点,∴直线MN的斜率不为0.设直线MN的方程为x+4=my,与双曲线方程联立{𝑥+4=𝑚𝑦,𝑥24-𝑦216=1,消去x,得(4m2-1)y2-32my+48=0.设M(x1,y1),N(x2,y

2),y1>0,则{𝑦1+𝑦2=32𝑚4𝑚2-1,𝑦1𝑦2=484𝑚2-1.又A1(-2,0),A2(2,0),易知x1≠-2,x2≠2,∴直线A1M,直线A2N的方程分别为y=𝑦1(𝑥+2)𝑥1+2,y=𝑦2(𝑥-2)𝑥2-2,联立{

𝑦=𝑦1(𝑥+2)𝑥1+2,𝑦=𝑦2(𝑥-2)𝑥2-2,消去y,得x=-2(𝑥1𝑦2+𝑥2𝑦1)+4(𝑦1-𝑦2)(𝑥2𝑦1-𝑥1𝑦2)-2(𝑦1+𝑦2),(*)由x1=my

1-4,x2=my2-4,得x1y2+x2y1=(my1-4)y2+(my2-4)y1=2my1y2-4(y1+y2)=96𝑚4𝑚2-1−128𝑚4𝑚2-1=-32𝑚4𝑚2-1,①x2y1-x1y2=(my2-4)y1-(my1-4)

y2=-4(y1-y2),②把①②及y1+y2=32𝑚4𝑚2-1代入(*)式,得x=64𝑚4𝑚2-1+4(𝑦1-𝑦2)-4(𝑦1-𝑦2)-64𝑚4𝑚2-1=-1,∴点P在定直线x=-1上.2.(1)解∵y'=2𝑥𝑎,

由题意得2×2𝑎=1,∴a=4,∴抛物线的方程为x2=4y.(2)证明由题意得直线l1,l2的斜率都存在且都不为0,由M(0,2),可设直线AB的方程为y=kx+2(k≠0),设A(x1,y1),B(x2,y2),由{𝑦=𝑘𝑥+2,𝑥2=4𝑦,得x2-4kx-

8=0,则x1+x2=4k,∴y1+y2=k(x1+x2)+4=4k2+4,∴AB的中点E(2k,2k2+2).∵l1⊥l2,∴直线CD的斜率为-1𝑘,同理可得CD的中点F(-2𝑘,2𝑘2+2),∴EF的方程为y-(2k2+2)=2𝑘2+2-2𝑘2-22

𝑘+2𝑘(x-2k),化简整理得y=(k-1𝑘)x+4,∴直线EF恒过定点(0,4).3.解(1)由题意,得b=2,e=√1-𝑏2𝑎2=√22,解得a2=8,所以椭圆E的方程为𝑥28+𝑦24=1.(2)设存在点Q(0,m

)满足条件,记C(x1,y1),D(x2,y2).由{𝑦=𝑘𝑥-1,𝑥2+2𝑦2=8消去y,整理得(1+2k2)x2-4kx-6=0.显然其判别式Δ>0,所以x1+x2=4𝑘1+2𝑘2,x1x2=-61+2𝑘2.于是直线QC,QD的斜率之积为kQCkQD=𝑦1-𝑚𝑥1·𝑦

2-𝑚𝑥2=[𝑘𝑥1-(𝑚+1)]·[𝑘𝑥2-(𝑚+1)]𝑥1𝑥2=𝑘2𝑥1𝑥2-(𝑚+1)𝑘(𝑥1+𝑥2)+(𝑚+1)2𝑥1𝑥2=[1+23(m+1)-(𝑚+1)23]·k2-(𝑚+1)26.上式

为定值,当且仅当1+23(m+1)-(𝑚+1)23=0.解得m=2或m=-2.当m=2时,kQCkQD=-(𝑚+1)26=-32.当m=-2时,kQCkQD=-16.从而,存在定点Q(0,2)或Q(0,-2)满足条件.4.(1)解设椭圆E的方程为mx2+

ny2=1(m>0,n>0),则{4𝑛=1,94𝑚+𝑛=1,解得{𝑚=13,𝑛=14.故椭圆E的方程为𝑥23+𝑦24=1.(2)证明由点A(0,-2),B(32,-1),可知直线AB的方程为y=23x-2.当过点P的直

线MN的斜率不存在时,直线MN的方程为x=1.由{𝑥=1,𝑥23+𝑦24=1,解得{𝑥=1,𝑦=2√63或{𝑥=1,𝑦=-2√63,则点M(1,-2√63),N(1,2√63).将y=-2√63代入y=23x-2,得x=3-√6,则点T(3-√6,-2√63).又𝑀𝑇⃗⃗⃗⃗

⃗⃗=𝑇𝐻⃗⃗⃗⃗⃗,所以点H5-2√6,-2√63,所以直线HN的方程为y-2√63=-2√63-2√635-2√6-1(x-1),即y=(2√63+2)x-2,所以直线HN过点(0,-2).当过点P的直线MN的斜率存在时

,设直线MN的方程为y+2=k(x-1),点M(x1,y1),N(x2,y2).由{𝑦+2=𝑘(𝑥-1),𝑥23+𝑦24=1,消去y,得(4+3k2)x2-6k(k+2)x+3k(k+4)=0,则Δ>0,x1+x2=6𝑘(𝑘+2)4+3𝑘2,x1x2=3𝑘(𝑘+4)4+3

𝑘2.将y=y1代入y=23x-2,得x=32(y1+2),则点T(32(𝑦1+2),𝑦1).又𝑀𝑇⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑇𝐻⃗⃗⃗⃗⃗,所以点H(3y1+6-x1,y1).所以直线HN的方程为(3y1+6-x1-x2)(y-y2)=(y1-y2)(x-x2),即

(3y1+6-x1-x2)(y-y2)-(y1-y2)(x-x2)=0.将x=0,y=-2代入上式,整理得12-2(x1+x2)+3y1y2+6(y1+y2)-x1y2-x2y1=0.(*)因为x1+x2=6𝑘

(𝑘+2)4+3𝑘2,x1x2=3𝑘(𝑘+4)4+3𝑘2,所以y1+y2=k(x1-1)-2+k(x2-1)-2=-8𝑘-164+3𝑘2,x1y2+x2y1=x1[k(x2-1)-2]+x2[k(x1-1

)-2]=-24𝑘4+3𝑘2,y1y2=[k(x1-1)-2][k(x2-1)-2]=-8𝑘2+16𝑘+164+3𝑘2,所以(*)式左边=12-12𝑘(𝑘+2)4+3𝑘2+-24𝑘2+48𝑘+484

+3𝑘2+-48𝑘-964+3𝑘2−-24𝑘4+3𝑘2=0=右边,即(*)式成立.所以直线HN过点(0,-2).综上所述,直线HN恒过定点(0,-2).5.解(1)由题知e=√1-𝑏2𝑎2=√22,即𝑎2-𝑏2�

�2=12,∴a2=2b2,又4𝑎2+1𝑏2=1,得b2=3,∴a2=6,∴椭圆C的方程为𝑥26+𝑦23=1.(2)设直线l的方程为y=kx+m,代入𝑥26+𝑦23=1,消去y,整理得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0

,Δ=16k2m2-4(1+2k2)(2m2-6)=4(12k2-2m2+6)>0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则D(-x1,-y1),于是x1+x2=-4𝑘𝑚1+2𝑘2,x1x2=2𝑚2-61+2𝑘2.直线PA,PD的斜率之积为kPAk2=𝑦

1-1𝑥1-2·𝑦1+1𝑥1+2=𝑦12-1𝑥12-4=3(1-𝑥126)-1𝑥12-4=-12,又k1·k2=12,所以kPA=-k1.即直线PA,PB的斜率之和为kPA+k1=0,即𝑦1-1𝑥1-2+𝑦2-1𝑥2-2=0,即(y1-1)(x2-2)+(y2-1)

(x1-2)=0,(kx1+m-1)(x2-2)+(kx2+m-1)(x1-2)=0,整理得2kx1x2+(m-1-2k)(x1+x2)-4(m-1)=0,将x1+x2=-4𝑘𝑚1+2𝑘2,x1x2=2𝑚2-61+2𝑘2,代入整理得2k2-3k+1+mk-m=0,即(k-1)(2k

-1+m)=0,当2k-1+m=0时,直线y=kx+m过点P(2,1),舍去,所以k=1.6.(1)解设M(x,y),由题意得d=|x|,𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2-x,√3-y),𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-2-x,-√3-y),∵𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑑24

-1,∴(2-x,√3-y)·(-2-x,-√3-y)=𝑑24-1,∴x2-4+y2-3=𝑥24-1.∴3𝑥24+y2=6,M的轨迹方程为𝑥28+𝑦26=1.(2)证明(方法一)显然GH斜率存在,设P(x0

,0),设GH的方程为y=k4x+m,由题意知CD的方程为y=k1(x-x0),联立方程{𝑦=𝑘1(𝑥-𝑥0),𝑦=𝑘4𝑥+𝑚,解得{𝑥=𝑘1𝑥0+𝑚𝑘1-𝑘4,𝑦=𝑘1(𝑘4𝑥0+𝑚)𝑘1-�

�4,可得G(𝑘1𝑥0+𝑚𝑘1-𝑘4,𝑘1(𝑘4𝑥0+𝑚)𝑘1-𝑘4),设C(xC,yC),D(xD,yD),则有𝑥𝐶28+𝑦𝐶26=1,𝑥𝐷28+𝑦𝐷26=1,两式相减,得𝑥𝐶2-𝑥𝐷28+𝑦𝐶2-𝑦𝐷26=0,则有k

1=𝑦𝐶-𝑦𝐷𝑥𝐶-𝑥𝐷=-34·𝑥𝐶+𝑥𝐷𝑦𝐶+𝑦𝐷,又G为CD中点,则有k1=-34·𝑘1𝑥0+𝑚𝑘1(𝑘4𝑥0+𝑚),将G坐标代入CD的方程可得4(𝑘4𝑥0+m)𝑘12+3

𝑥0𝑘1+3m=0,同理可得4(𝑘4𝑥0+m)𝑘22+3𝑥0𝑘2+3m=0,故k1,k2为关于k的方程4(𝑘4𝑥0+m)k2+3x0k+3m=0的两实根.由韦达定理得k1+k2=-3𝑥04(𝑘4𝑥0+𝑚).将x=x0代入直线GH:y

=k4x+m,可得N(x0,k4x0+m),故有k3=𝑘4𝑥0+𝑚𝑥0,则k3(k1+k2)=𝑘4𝑥0+𝑚𝑥0·[-3𝑥04(𝑘4𝑥0+𝑚)]=-34,故k3(k1+k2)为定值-34.(方法二)由题意知直线CD,EF

,ON的斜率都存在,分别为k1,k2,k3,设P(t,0),N(t,k3t)(t≠0),则直线CD,EF的方程分别为y=k1(x-t),y=k2(x-t),两直线分别与曲线W相交,联立方程{𝑦=𝑘1(𝑥-𝑡),𝑥28+𝑦26=1,得(6+8�

�12)x2-16𝑘12tx+8𝑘12t2-48=0,解得{𝑥𝐺=𝑥1+𝑥22=4𝑘12𝑡3+4𝑘12,𝑦𝐺=-3𝑘1𝑡3+4𝑘12,可得G(4𝑘12𝑡3+4𝑘12,-3𝑘1𝑡3+4𝑘12),同

理可得H(4𝑘22𝑡3+4𝑘22,-3𝑘2𝑡3+4𝑘22),由题意知G,H,N三点共线,∴kGN=kHN,即𝑘3𝑡+3𝑘1𝑡3+4𝑘12𝑡-4𝑘12𝑡3+4𝑘12=𝑘3𝑡+3𝑘2𝑡3+4𝑘22𝑡-4𝑘22𝑡3+4𝑘22.化简整

理得4k3(𝑘12−𝑘22)=3(k2-k1),∵k1≠k2,∴4k3(k1+k2)=-3,故k3(k1+k2)为定值-34.