2023届高考数学二轮复习考点14圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题作业含答案

考点突破练14　圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题

1.(2022·广东广州三模)在圆x2+y2=2上任取一点D,过点D作x轴的垂线段DH,H为垂足,线段DH上一点E满足.记动点E的轨迹为曲线C.

(1)求曲线C的方程;

(2)设O为原点,曲线C与y轴正半轴交于点A,直线AP与曲线C交于点P,与x轴交于点M,直线AQ与曲线C交于点Q,与x轴交于点N,若=-2,求证:直线PQ经过定点.

2.(2022·湖南衡阳三模)已知抛物线C:y=ax2(a>0)的焦点是F,若过焦点F的直线与抛物线C相交于A,B两点,所得弦长|AB|的最小值为2.

(1)求实数a的值.

(2)设P,Q是抛物线C上不同于坐标原点O的两个不同的动点,且以线段PQ为直径的圆经过点O,作OM⊥PQ,垂足为M,试探究是否存在定点N,使得|MN|为定值.若存在,求出该定点N的坐标及定值|MN|;若不存在,请说明理由.

3.(2022·广东佛山模拟)已知椭圆C:=1(a>b>0)的右焦点为F(1,0),上、下顶点分别为B1,B2,以点F为圆心,FB1为半径作圆,与x轴交于点T(3,0).

(1)求椭圆C的标准方程.

(2)已知点P(2,0),点A,B为椭圆C上异于点P且关于原点对称的两点,直线PA,PB与y轴分别交于点M,N,记以MN为直径的圆为圆K,试判断是否存在直线l截圆K的弦长为定值.若存在,请求出该直线的方程;若不存在,请说明理由.

4.(2022·山东烟台三模)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,其左、右焦点分别为F1,F2,T为椭圆C上任意一点,△TF1F2面积的最大值为1.

(1)求椭圆C的标准方程;

(2)已知A(0,1),过点的直线l与椭圆C交于不同的两点M,N,直线AM,AN与x轴的交点分别为P,Q,证明:以PQ为直径的圆过定点.

5.(2022·辽宁沈阳三模)如图,在平面直角坐标系中,F1,F2分别为等轴双曲线Γ:=1(a>0,b>0)的左、右焦点,若点A为双曲线右支上一点,且|AF1|-|AF2|=4,直线AF2交双曲线于B点,A(x1,y1),B(x2,y2),D为线段F1O的中点,延长AD,BD,分别与双曲线Γ交于P,Q两点.

(1)求证:x1y2-x2y1=4(y2-y1).

(2)若直线AB,PQ的斜率都存在,且依次设为k1,k2,试判断是否为定值.如果是,请求出的值;如果不是,请说明理由.

6.(2022·江西鹰潭一模)“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动,在我国源远流长,某些折纸活动蕴含丰富的数学内容,例如:用一张圆形纸片,按如下步骤折纸(如下图1),

步骤1:设圆心是E,在圆内异于圆心处取一点,标记为F;

步骤2:把纸片折叠,使圆周正好通过点F;

步骤3:把纸片展开,并留下一道折痕;

步骤4:不停重复步骤2和3,就能得到越来越多的折痕(如图2).

图1

图2

已知这些折痕所围成的图形是一个椭圆.若取半径为2的圆形纸片,设定点F到圆心E的距离为2,按上述方法折纸.

(1)以点F,E所在的直线为x轴,线段EF的中垂线为y轴,建立平面直角坐标系,求折痕所围成的椭圆C(即图1中T点的轨迹)的标准方程.

(2)经过椭圆C的左焦点F作直线l,且直线l交椭圆C于P,Q两点,x轴上是否存在一点M,使得为常数?若存在,求出M的坐标及该常数;若不存在,说明理由.

考点突破练14　圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题

1.(1)解由题意,设E(x,y),D(x0,y0),因为,

所以

又因为点D在圆x2+y2=2上,所以x2+2y2=2,

故曲线C的方程为+y2=1.

(2)证明由题意,A(0,1),设M(a,0),N(b,0),

则=ab=-2.

易得直线AP,AQ的斜率必然存在,所以kAP·kAQ=kAM·kAN==-.

设P(x1,y1),Q(x2,y2),易知直线PQ斜率不存在时不符合题意,

设直线PQ的方程为y=kx+n,

联立得(2k2+1)x2+4knx+2n2-2=0,

Δ=(4kn)2-4(2k2+1)(2n2-2)=16k2-8n2+8>0,得n2<2k2+1,所以x1+x2=,x1x2=.由题意知,直线AP,AQ均不过原点,所以x1x2≠0,从而n≠±1.

所以kAP·kAQ=

=

=k2+

==-,

解得n=0,满足Δ>0,所以直线PQ的方程为y=kx,恒过定点(0,0).

2.解(1)抛物线C:y=ax2(a>0)化为标准方程为x2=y,其焦点F,由题意知直线斜率一定存在,设其方程为y=k1x+,A(x1,y1),B(x2,y2),联立

整理得x2-x-=0,Δ>0恒成立,

则x1+x2=,y1+y2=k1(x1+x2)+.

因为|AB|=y1+y2+,所以当=0时,弦长|AB|min==2.所以实数a的值为.

(2)存在定点N(0,1),使得|MN|为定值1.

由题意可知直线PQ的斜率存在,设其方程为y=kx+t(t≠0),P(x3,y3),Q(x4,y4),联立

整理得x2-2kx-2t=0,Δ=4k2+8t>0,

则x3+x4=2k,x3x4=-2t.

因为以PQ为直径的圆经过点O,所以=x3x4+y3y4=x3x4+=-2t+=-2t+t2=0.

因为t≠0,所以t=2.所以直线PQ过定点T(0,2).

又因为OM⊥PQ,所以△OMT为直角三角形,所以当N为斜边OT中点时,|MN|为定值,此时|MN|=|OT|=1.

所以存在定点N(0,1),使得|MN|为定值1.

3.解(1)以点F为圆心,FB1为半径的圆的方程为(x-1)2+y2=a2.

因为该圆经过点T(3,0),即可得a2=4,所以b2=a2-c2=3.

从而可得椭圆C的标准方程为=1.

(2)存在直线l:y=0满足题意.

设点A,B的坐标分别为(x1,y1),(-x1,-y1),则直线PA的方程为y=(x-2),可得点M的坐标为.

同理可得点N的坐标为.

取圆K上任意一点D(x,y),则,

由圆的几何性质可知,则=x2+=0,

则以MN为直径的圆K的方程为x2+y-y+=0,化简可得x2+y2-y-=0.

由椭圆的方程可得4-,

代入圆的方程可得x2+y2-3-y=0.

令y=0,可得x=±恒成立.

据此可知,存在直线l:y=0截圆K的弦长为定值,定值为2.

4.(1)解因为椭圆C的离心率为,所以.

又当T位于上顶点或者下顶点时,△TF1F2的面积最大,即bc=1.又a2=b2+c2,所以b=c=1,a=.

所以椭圆C的标准方程为+y2=1.

(2)证明由题知,直线l的斜率存在,所以设直线l的方程为y=kx+,M(x1,y1),N(x2,y2),将直线l的方程代入椭圆C的方程得(4k2+2)x2+4kx-3=0,则x1+x2=,x1x2=.因为直线AM的方程为y=x+1,直线AN的方程为y=x+1,所以P,Q,

所以以PQ为直径的圆为+y2=0,

整理得x2+y2+x+=0.①

因为=-6,

令①中的x=0,可得y2=6,所以以PQ为直径的圆过定点(0,±).

5.(1)证明由等轴双曲线知离心率e=.

又由|AF1|-|AF2|=4=2a,及c2=a2+b2,可得a2=8,b2=8,c2=16,

所以双曲线的标准方程为=1,F2(4,0).

当直线AB的斜率不存在时,x1=x2=4,x1y2-x2y1=4y2-4y1=4(y2-y1);

当直线AB的斜率存在时,,即,整理得x1y2-x2y1=4(y2-y1).

综上所述,x1y2-x2y1=4(y2-y1)成立.

(2)解为定值7.

依题意可知直线AD的斜率存在且不为0,设直线AD的方程为y=(x+2),联立

得(x1+2)2x2-(x+2)2-8(x1+2)2=0, ①

由于=8,则-8,代入①并化简得(4x1+12)x2-4(-8)x-12-32x1=0.

设P(x0,y0),则x1x0=,x1+x0=,

解得x0=,

代入y=(x+2),得y0=,

即P,同理可得Q.

所以k2==(-7)·=7k1,

所以=7是定值.

6.解(1)如图,以FE所在的直线为x轴,FE的中点O为原点建立平面直角坐标系.

由题意可知|TF|+|TE|=|AE|=2>|EF|=2,

所以点T的轨迹是以F,E分别为左、右焦点的椭圆.

因为2c=2,2a=2,所以c=1,a=,则b2=a2-c2=2,

所以椭圆C的标准方程为=1.

(2)存在M使得为常数-.

由题知,F(-1,0),假设存在点M(t,0),t∈R,使得为常数.

当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=k(x+1),P(x1,y1),Q(x2,y2),

联立得(2+3k2)x2+6k2x+3k2-6=0,

所以x1+x2=-,x1x2=.

因为=(x1-t,y1),=(x2-t,y2),

所以=(x1-t)(x2-t)+y1y2

=(x1-t)(x2-t)+k2(x1+1)(x2+1)

=(k2+1)x1x2+(k2-t)(x1+x2)+k2+t2

=+k2+t2

=+t2

=+t2

=t2+2t-.

因为为常数,故t2+2t-与k无关,

所以4t+=0,即t=-,此时=-.当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=-1,此时y=±,由椭圆的对称性,不妨令P,Q,

所以,

当t=-时,=(1+t)2-=-.

综上,在x轴上存在一点M,使得为常数,这个常数为-.