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

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,(1)求直线l的斜率的取值范围;(2)若PF=λFA,QF=μFB,证明:λμ2.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:xm(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|=642?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*),(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)(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PM=λPG,PN=μPG,求证:15.已知圆C:x2+(y2)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)(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(t24)>0,解得t<2或t>2.故直线l的斜率k=1t的取值范围为-(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,y所以ty1y2=32(y1+y2)由PF=λFA,得1又点P在椭圆上,即有3x32+4y代入上式得3(λx1λ1)2+4λ2y12=12,即λ2(3x12+4y12)6λ(λ+1)x1+3(又3x12+4y12=12,所以12(λ+1)(λ1)6λ(λ+1)x1+3(λ+1)易知λ+1≠0,故λ=35-2x1,又(52x1)(52x2)=2510(x1+x2)+4x1x2=2510[t(y1+y2)+8]+4(ty1+4)(ty2+4)=9+6t(y1+y2)+4t2y1y2=9+6t(y1+y2)+4t·-32(y1+y2)所以λμ=9(5-2.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)-因为Δ=16m2+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MA·MB=(x11)(x21)+(y12)(y22)=y124-1y=y12y2216-(y1+y=16(2m+5)2=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)2-4y1y所以(m+1)4+4(m+1)232=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|=642.3.(1)解由ba=故双曲线方程为x2y2=1.(2)证明设A(x1,y1),B(x2,y2),直线PA的斜率为k,P(m,y0).则PA:yy1=k(xx1),联立方程组y消去y,可得x2[kx+(kx1+y1)]2=1,整理可得(1k2)x22k(y1kx1)x(y1kx1)21=0.因为PA与双曲线相切,所以Δ=4k2(y1kx1)2+4(1k2)·(y1kx1)2+4(1k2)=0,整理得4(y1kx1)2+4(1k2)=0.即k2x122kx1y1+y12+1即(x121)k22kx1y1+(y12因为x12-y12=1,所以x121=y12,y12+1=x12代入可得y12k22x1y1k+故PA:yy1=x1y1(xx1),即y1y=x1同理,切线PB的方程为y2y=x2x1.因为P(m,y0)在切线PA,PB上,所以有yA,B满足直线方程y0y=mx1,而两点唯一确定一条直线,故AB:y0y=mx1,所以当x=1m,y=0时,无论故点1m,0恒在直线AB上,故无论P在何处,AB4.(1)解由题意知e=ca=1-b2a2=又椭圆C经过点H(2,1),所以4a2+联立解得a2=6,b2=3,所以椭圆C的方程为x26+(2)证明设直线AB的方程为x=my3,A(x1,y1),B(x2,y2),由x=my-3,x26+y23=1联立消去x,所以Δ=36m212(m2+2)>0,y1+y2=6mm2+2,y1y2=3m2+2,由题意知,y设M(xM,0),N(xN,0),由H,M,A三点共线知AM与MH共线,所以xMx1=(y1)(2xM),化简得xM=由H,N,B三点共线,同理可得xN=x2由PM=λPG,得(xM+3,0)=λ(1,0),即λ=xM+3.由PN=μPG,同理可得μ=xN+3.所以1λ+1μ=所以1λ+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=8(2)证明①由x2=8y得y=18x2,y'=1设Ax1,18x12,Bx2,18x2则切线PA的方程为y18x12=即y=14x1x1同理,切线PB的方程为y=14x2x1由y=1故t故直线AB的方程为y18x12=18x22-18x12x2-x1②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×-4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=23,即c=3,所以b2=a2c2=43=1,所以椭圆(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+4k2Δ=(32k2)24(1+4k2)(64k24)>0,得0<k2<112设P(x1,y1),Q(x2,y2),则T(x2,y2),所以x1