【文档说明】2024届高考二轮复习数学试题（新高考新教材） 专题突破练23　圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题 Word版含答案.docx，共(9)页，84.502 KB，由小赞的店铺上传

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专题突破练23圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题1.已知椭圆C:𝑥24+𝑦23=1的右焦点为F,过点M(4,0)的直线l交椭圆C于A,B两点,连接AF,BF并延长分别与椭圆交于异于A,B的两点P,Q.(1)求直线l的斜率的取值范围;(2)若𝑃𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝐹𝐴

⃗⃗⃗⃗⃗,𝑄𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=μ𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,证明:λμ为定值.2.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|=64√2?若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由.3.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,0<m<1,且m是常数)上,过点P作双曲线C的两条切线PA,PB,切点为A,B,求证:直线AB过某一个定点.4.已知椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)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𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝑃𝐺⃗⃗⃗⃗⃗,𝑃𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=μ𝑃𝐺⃗⃗⃗⃗

⃗,求证:1𝜆+1𝜇为定值.5.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.已知椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)过点D(-2,0),且焦距为2√3.(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t<-2或t>2.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𝑃𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝐹𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,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)(t

y2+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=1

6m2+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𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(x1-1)(x2-1)+(y1

-2)(y2-2)=(𝑦124-1)(𝑦224-1)+(y1-2)(y2-2)=𝑦12𝑦2216−(𝑦1+𝑦2)2-2𝑦1𝑦24+y1y2-2(y1+y2)+5=16(2𝑚+5)216−(4𝑚)2+8(2

𝑚+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=64√2,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|=64√2.3.(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:y0

y=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-𝑏2𝑎

2=√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𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗与𝑀𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗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𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝑃𝐺⃗⃗⃗⃗⃗,得(xM+3,0)=λ(1,0),即λ=xM+3.由𝑃𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=μ𝑃𝐺⃗⃗⃗⃗⃗,同理可得μ=xN+3.所以1𝜆+1𝜇=1𝑥𝑀+3+1𝑥

𝑁+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-𝑦

1𝑦1+1-𝑦2𝑦2=1𝑚-1(𝑦1+𝑦2𝑦1𝑦2-2)=1𝑚-1(6𝑚𝑚2+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A(𝑥1,18𝑥12),B(𝑥2,18𝑥22),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=2√3,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<k2<112.设P(x1,y1),Q(x2,y2),则T(x2,-y2),所以x1+x2=-32𝑘21+4𝑘2

,x1x2=64𝑘2-41+4𝑘2,直线PT:y-y1=𝑦1+𝑦2𝑥1-𝑥2(x-x1),令y=0,得x=x1-𝑦1(𝑥1-𝑥2)𝑦1+𝑦2,所以Hx1-𝑦1(𝑥1-𝑥2)𝑦1

+𝑦2,0,若存在常数λ,使得|AD|·|DH|=λ(|AD|-|DH|)成立,所以1𝜆=|𝐴𝐷|-|𝐷𝐻||𝐴𝐷|·|𝐷𝐻|=1|𝐷𝐻|−1|𝐴𝐷|,又因为D(-2,0),A(-4,0),H(𝑥1

-𝑦1(𝑥1-𝑥2)𝑦1+𝑦2,0),所以|AD|=2,|DH|=x1-𝑦1(𝑥1-𝑥2)𝑦1+𝑦2+2=x1-𝑘(𝑥1+4)(𝑥1-𝑥2)𝑘(𝑥1+4)+𝑘(𝑥2+4)+2=x1-𝑘(𝑥1+4)(𝑥1-𝑥2)𝑘(𝑥1+𝑥2)+8�

�+2=𝑘𝑥1(𝑥1+𝑥2)+8𝑘𝑥1-𝑘(𝑥1+4)(𝑥1-𝑥2)𝑘(𝑥1+𝑥2)+8𝑘+2=𝑘𝑥12+𝑘𝑥1𝑥2+8𝑘𝑥1-𝑘𝑥12+𝑘𝑥1𝑥2-4𝑘𝑥1+4𝑘𝑥2𝑘(𝑥1+𝑥2)+8𝑘+2=4𝑘(𝑥1+𝑥2)+2

𝑘𝑥1𝑥2𝑘(𝑥1+𝑥2)+8𝑘+2=4𝑘·-32𝑘21+4𝑘2+2𝑘·64𝑘2-41+4𝑘2𝑘·-32𝑘21+4𝑘2+8𝑘+2=-1+2=1,所以1𝜆=11−12

,解得λ=2.