2025高考数学考二轮专题突破练23圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题-专项训练【含答案】

2025高考数学考二轮专题突破练23圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题-专项训练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: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|=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.约定若一个椭圆的长轴和短轴分别是另一条双曲线的实轴和虚轴,则称它们互为“姊妹”圆锥曲线.已知椭圆C1:x24+y2b2=1(0<b<2),双曲线C2是椭圆C1的“姊妹”圆锥曲线,e1,e2分别为C1,C2的离心率,且e1e2=154,点M,N分别为椭圆C1的左、右顶点,设过点G(4,0)的动直线l交双曲线C2的右支于A,B两点,若直线AM,(1)求双曲线C2的方程;(2)试探究kAMk5.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(0<a<10,b>0)的右顶点为A,左焦点F(-c,0)到其渐近线bx+ay=0的距离为2,斜率为13的直线l1交双曲线(1)求双曲线C的方程;(2)过点T(6,0)的直线l2与双曲线C交于P,Q两点,直线AP,AQ分别与直线x=6相交于M,N两点,试问:以线段MN为直径的圆是否过定点?若过定点,求出定点的坐标;若不过定点,请说明理由.6.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1((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、探索性问题答案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-(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ty1y由PF=λFA,得1又点P在椭圆上,即有3x32+4y代入上式得3(λx1-λ-1)2+4λ2y12=12,即λ2(3x12+4y12)-6λ(λ+1)x1+3(又3x12+4y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,又(5-2x1)(5-2x2)=25-10(x1+x2)+4x1x2=25-10[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)-5=0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=(x1-1)(x2-1)+(y1-2)·(y2-2)=y124-1y224-1+(y1-2)(y2-2)=y12y2216−(y1+y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|所以(m+1)4+4(m+1)2-32=0,解得(m+1)2=4或(m+1)2=-8(舍去).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即(x12-1)k2-2kx1y1+(y12因为x12−y12=1,所以x12-1=y12,y12+1=x12代入可得y12k2-2x1y1故PA:y-y1=x1y1(x-x1),即y1y=x1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yA,B满足直线方程y0y=mx-1,而两点唯一确定一条直线,故AB:y0y=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4.解(1)由题意可设双曲线C2:x24−y2b2=1,则e1e2=4-b22×4+b22(2)kAMkBN为定值,理由如下:如图,设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB由x=ty+4,x24-y2=1,消元得(t所以t≠±2,Δ=16t2+192>0,可得y1+y2=-8tt2-4,y1y2=12t即kAM与kBN的比值为定值-135.解(1)∵双曲线C的左焦点F(-c,0)到双曲线C的一条渐近线bx+ay=0的距离d=|bc|a2+b2=b,∴双曲线C的方程为x2a2−y依题意直线l1的方程为y=13(x-a)由x2a2-y24=1,y=13(x-a),消去y整理得(36依题意36-a2≠0,Δ>0.设点A,B的横坐标分别为xA,xB,则xAxB=a2∵xA=a,∴xB=a(∴|AB|=1+(13)

2|xA-xB|=103|xA-xB|=8103,即|a-a(a2解得a=3或a=12(舍去),负值也舍去,且a=3时,Δ>0,∴双曲线C的方程为x29−(2)依题意直线l2的斜率不等于0,设直线l2的方程为x=my+6.由x=my+6,x29-y24=1,消去x整理得∴4m2-9≠0,Δ1>0.设P(x1,y1),Q(x2,y2),则y1+y2=-48m4m2-9,直线AP的方程为y=y1x1-3(x-3),令x=6得y=3y1同理可得N(6,3y2由对称性可知,若以线段MN为直径的圆过定点,则该定点一定在x轴上,设该定点为R(t,0),则RM=(6-t,3y1x1-3),RN故RM·RN=(6-t)2=(6-t)2+9=(6-t)2+9=(6-t)2+9=(6-t)2-12=0.解得t=6-23或t=6+23.故以线段MN为直径的圆过定点(6-23,0)和(6+23,0).6.解(1)因为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点D(-2,0),所以a=2,又2所以b2=a2-c2=4-3=1,所以椭圆C的方程为x24+y2=(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)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