2025届高考数学二轮专题复习与测试专题强化练十八微专题3圆锥曲线中的定点定值与证明

专题强化练（十八）微专题3圆锥曲线中的定点、定值与证明1．已知双曲线Q：eq\f(x2,a2)－y2＝1(a>0)的离心率为eq\f(\r(5),2)，经过坐标原点O的直线l与双曲线Q交于A，B两点，点A(x1，y1)位于第一象限，C(x2，y2)是双曲线Q右支上一点，AB⊥AC，设点D(x1，－eq\f(3y1,2)).(1)求双曲线Q的标准方程；(2)求证：C，D，B三点共线．解：(1)解：由题意可知e＝eq\f(\r(a2＋1),a)＝eq\f(\r(5),2)，解得a＝2，所以双曲线Q的标准方程为eq\f(x2,4)－y2＝1.(2)证明：方法一：由题意可知，直线AB，AC的斜率存在且不为0.因为AB⊥AC，所以kAB·kAC＝－1，即eq\f(y1,x1)·eq\f(y2－y1,x2－x1)＝－1.又点A，C在双曲线Q的右支上，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),4)－yeq\o\al(2,1)＝1，,\f(xeq\o\al(2,2),4)－yeq\o\al(2,2)＝1，))两式作差得eq\f(y2－y1,x2－x1)＝eq\f(x1＋x2,4（y1＋y2）)，由对称性知识可知B(－x1，－y1)，则kBC＝eq\f(y2＋y1,x2＋x1)＝eq\f(x2－x1,4（y2－y1）)＝－eq\f(1,4)×eq\f(y1,x1)，又kBD＝eq\f(－y1＋\f(3y1,2),－2x1)＝－eq\f(1,4)×eq\f(y1,x1)，所以kBC＝kBD.又BC，BD有公共点B，所以B，C，D三点共线．方法二：由题意可知，直线AB，AC的斜率存在且不为0，且由对称性知识可知B(－x1，－y1).因为AB⊥AC，所以kAB·kAC＝－1，即eq\f(y1,x1)·eq\f(y2－y1,x2－x1)＝－1.①又kBC·kAC＝eq\f(y2＋y1,x2＋x1)·eq\f(y2－y1,x2－x1)＝eq\f(yeq\o\al(2,2)－yeq\o\al(2,1),xeq\o\al(2,2)－xeq\o\al(2,1))，点A，C在双曲线上，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),4)－yeq\o\al(2,1)＝1，,\f(xeq\o\al(2,2),4)－yeq\o\al(2,2)＝1，))所以kBC·kAC＝eq\f(\f(xeq\o\al(2,2),4)－1＋1－\f(xeq\o\al(2,1),4),xeq\o\al(2,2)－xeq\o\al(2,1))＝eq\f(1,4).②由①②得eq\f(kAB,kBC)＝－4，所以kBC＝－eq\f(1,4)×eq\f(y1,x1)，又kBD＝eq\f(－y1＋\f(3y1,2),－2x1)＝－eq\f(1,4)×eq\f(y1,x1)，所以kBC＝kBD.又BC，BD有公共点B，所以B，C，D三点共线．2．已知在平面直角坐标系Oxy中，点A(0，1)，设动点P(x，y)(y≥0)到x轴的距离为d，且|PA|－d＝1，记动点P的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)设动直线DE与C交于D，E两点，B(2，b)为C上不同于D，E的点，若直线BD，BE分别与y轴相交于M，N两点，且eq\o(OM,\s\up10(→))·eq\o(ON,\s\up10(→))＝1，证明：动直线DE恒过定点．解：(1)解：因为|PA|－d＝1，且动点P的纵坐标非负，所以动点P到点A的距离与点P到直线y＝－1的距离相等，所以动点P的轨迹是以A为焦点，直线y＝－1为准线的抛物线，所以曲线C的方程为x2＝4y.(2)证明：由点B(2，b)在曲线C上，可得b＝1，所以B(2，1).由抛物线的方程x2＝4y，可设D(x1，eq\f(xeq\o\al(2,1),4))，E(x2，eq\f(xeq\o\al(2,2),4))，显然直线BD的斜率存在，且斜率为eq\f(\f(xeq\o\al(2,1),4)－1,x1－2)＝eq\f(x1＋2,4)，所以直线BD的方程为y－1＝eq\f(x1＋2,4)(x－2).设M(0，yM)，所以yM＝1＋eq\f(x1＋2,4)·(－2)＝－eq\f(1,2)x1，即eq\o(OM,\s\up10(→))＝(0，－eq\f(1,2)x1)，同理可得eq\o(ON,\s\up10(→))＝(0，－eq\f(1,2)x2)，所以eq\o(OM,\s\up10(→))·eq\o(ON,\s\up10(→))＝(－eq\f(1,2)x1)·(－eq\f(1,2)x2)＝1，所以x1x2＝4，即x2＝eq\f(4,x1).①显然直线DE的斜率存在，且斜率为eq\f(\f(xeq\o\al(2,2),4)－\f(xeq\o\al(2,1),4),x2－x1)＝eq\f(x1＋x2,4)，所以直线DE的方程为y－eq\f(xeq\o\al(2,1),4)＝eq\f(x1＋x2,4)(x－x1).②将①式代入②式，整理得(x1＋eq\f(4,x1))x－4y－4＝0，③则无论x1为何值，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝－1))恒为方程③的解，所以点(0，－1)恒在直线DE上，即动直线DE恒过定点(0，－1).3．(2024·平远模拟)设椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点恰好是抛物线y2＝4eq\r(3)x的焦点，椭圆E的离心率和双曲线eq\f(x2,3)－y2＝1的离心率互为倒数．(1)求椭圆E的标准方程；(2)设椭圆E的左、右顶点分别为A，B，过定点N(－1，0)的直线与椭圆E交于C，D两点(与点A，B不重合).证明：直线AC，BD的交点的横坐标为定值．解：(1)解：因为抛物线y2＝4eq\r(3)x的焦点为(eq\r(3)，0)，所以椭圆E的半焦距c＝eq\r(3).因为双曲线eq\f(x2,3)－y2＝1的离心率是eq\f(2,\r(3))，所以椭圆E的离心率是eq\f(\r(3),2)，从而a＝2，则b＝eq\r(a2－c2)＝1，所以椭圆E的标准方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)证明：由(1)可得A(－2，0)，B(2，0).设过点N(－1，0)的直线为x＝my－1，C(x1，y1)，D(x2，y2).联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my－1，,\f(x2,4)＋y2＝1，))整理得(4＋m2)y2－2my－3＝0，则Δ＝4m2＋12(4＋m2)>0，y1＋y2＝eq\f(2m,4＋m2)，y1y2＝－eq\f(3,4＋m2).直线AC的方程为y＝eq\f(y1,x1＋2)(x＋2)，直线BD的方程为y＝eq\f(y2,x2－2)(x－2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(y1,x1＋2)（x＋2），,y＝\f(y2,x2－2)（x－2），))得x＝2·eq\f(y1（x2－2）＋y2（x1＋2）,y2（x1＋2）－y1（x2－2）)，将x1＝my1－1，x2＝my2－1代入上式，得x＝2×eq\f(2my1y2＋y1＋y2－4y1,y1＋y2＋2y1)，将y1＋y2＝eq\f(2m,4＋m2)，y1y2＝－eq\f(3,4＋m2)代入，得x＝2×eq\f(－4（\f(m,4＋m2)＋y1）,2（\f(m,4＋m2)＋y1）)＝－4.所以直线AC与直线BD的交点的横坐标为定值－4.4．(2023·全国乙卷)已知椭圆C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(5),3)，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：(1)解：因为点A(－2，0)在C上，所以eq\f(4,b2)＝1，得b2＝4.因为椭圆C的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),3)，所以c2＝eq\f(5,9)a2，又a2＝b2＋c2＝4＋eq\f(5,9)a2，所以a2＝9，c2＝5，故椭圆C的方程为eq\f(y2,9)＋eq\f(x2,4)＝1.(2)证明：由题意知，直线PQ的斜率存在且不为0，设直线lPQ：y－3＝k(x＋2)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－3＝k（x＋2），,\f(y2,9)＋\f(x2,4)＝1，))消去y整理可得(4k2＋9)x2＋(16k2＋24k)x＋16k2＋48k＝0，则Δ＝(16k2＋24k)2－4(4k2＋9)(16k2＋48k)＝－36×48k>0，故x1＋x2＝－eq\f(16k2＋24k,4k2＋9)，x1x2＝eq\f(16k2＋48k,4k2＋9).直线AP：y＝eq\f(y1,x1＋2)(x＋2)，令x＝0，解得yM＝eq\f(2y1,x1＋2)，同理得yN＝eq\f(2y2,x2＋2)，则yM＋yN＝2×eq\f(y1（x2＋2）＋y2（x1＋2）,（x1＋2）（x2＋2）)＝2×eq\f(（kx1＋2k＋3）（x2＋2）＋（kx2＋2k＋3）（x1＋2）,（x1＋