高考数学二轮复习专项分层特训命题点27圆锥曲线中的定点、定值问题含答案

这是一份高考数学二轮复习专项分层特训命题点27圆锥曲线中的定点、定值问题含答案，共14页。试卷主要包含了解析，))等内容，欢迎下载使用。

1．[2022·江苏南京三模]双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)经过点( eq \r(3) ，1)，且渐近线方程为y＝±x.
(1)求a，b的值；
(2)若抛物线x2＝2py(p>0)与C的右支交于点A，B，证明：直线AB过定点．
2．[2022·山东青岛二中高三期末]平面直角坐标系xOy中，点F1(－ eq \r(3) ，0)，F2( eq \r(3) ，0)，点M满足|MF1|－|MF2|＝±2，点M的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)已知A(1，0)，过点A的直线AP，AQ与曲线C分别交于点P和Q(点P和Q都异于点A)，若满足AP⊥AQ，求证：直线PQ过定点．
3.[2022·全国乙卷]已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A(0，－2)，B( eq \f(3,2) ，－1)两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点P(1，－2)的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足 eq \(MT,\s\up6(→)) ＝ eq \(TH,\s\up6(→)) .证明：直线HN过定点．
4．[2022·湖北荆州三模]已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F.点A(2，y0)在C上，|AF|＝2 .
(1)求p；
(2)过F作两条互相垂直的直线l1，l2，l1与C交于M，N两点，l2与直线y＝－1交于点P，判断∠PMN＋∠PNM是否为定值？若是，求出其值；若不是，说明理由．
5.[2022·河北张家口一模]已知双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)的离心率是 eq \f(\r(5),2) ，实轴长是8.
(1)求双曲线C的方程；
(2)过点P(0，3)的直线l与双曲线C的右支交于不同的两点A和B，若直线l上存在不同于点P的点D满足|PA|·|DB|＝|PB|·|DA|成立，证明：点D的纵坐标为定值，并求出该定值．
6．[2022·山东德州二模]已知△ABC的两个顶点A，B的坐标分别为(－ eq \r(3) ，0)，( eq \r(3) ，0)，圆E是△ABC的内切圆，在边AC，BC，AB上的切点分别为P，Q，R，|CP|＝2－ eq \r(3) ，动点C的轨迹为曲线G.
(1)求曲线G的方程；
(2)设直线l与曲线G交于M、N两点，点D在曲线G上，O是坐标原点 eq \(OM,\s\up6(→)) ＋ eq \(ON,\s\up6(→)) ＝ eq \(OD,\s\up6(→)) ，判断四边形OMDN的面积是否为定值？若为定值，求出该定值；如果不是，请说明理由．
命题点27 圆锥曲线中的定点、定值问题(大题突破)
1．解析：(1)由双曲线过点( eq \r(3) ，1)，有 eq \f(3,a2) － eq \f(1,b2) ＝1，由渐近线方程为y＝±x，有 eq \f(b,a) ＝1，可解得a＝b＝ eq \r(2) .
(2)证明：由题意，抛物线与双曲线联立， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)－\f(y2,2)＝1,x2＝2py)) ⇒y2－2py＋2＝0，
因为抛物线与双曲线的右支相交，因此要满足Δ＝4p2－8>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，即A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,2p))) ，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，\f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,2p))) ，且x1≠x2，x1>0，x2>0，
所以有y1y2＝ eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,2p) · eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,2p) ＝ eq \f(（x1x2）2,4p2) ＝2，可得x1x2＝2 eq \r(2) p.
而直线AB的斜率为kAB＝ eq \f(\f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,2p)－\f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,2p),x1－x2) ＝ eq \f(x1＋x2,2p) ，
所以直线AB的方程为y－ eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,2p) ＝ eq \f(x1＋x2,2p) (x－x1)，即y＝ eq \f(x1＋x2,2p) ·x－ eq \f(x1x2,2p) ，又因为x1x2＝2 eq \r(2) p，
所以直线AB的方程化简为y＝ eq \f(x1＋x2,2p) ·x－ eq \r(2) ，所以其过定点(0，－ eq \r(2) ).
2．解析：(1)因为|MF1|－|MF2|＝±2，所以||MF1|－|MF2||＝20，n>0，m≠n).
将点A(0，－2)，B( eq \f(3,2) ，－1)的坐标代入，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4n＝1，,\f(9,4)m＋n＝1，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝\f(1,3)，,n＝\f(1,4)．))
所以椭圆E的方程为 eq \f(x2,3) ＋ eq \f(y2,4) ＝1.
(2)证明：(方法一)设M(x1，y1)，N(x2，y2).
由题意，知直线MN与y轴不垂直，设其方程为x－1＝t(y＋2).
联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－1＝t（y＋2），,\f(x2,3)＋\f(y2,4)＝1.))
消去x并整理，得(4t2＋3)y2＋(16t2＋8t)y＋16t2＋16t－8＝0，
所以y1＋y2＝－ eq \f(16t2＋8t,4t2＋3) ，y1y2＝ eq \f(16t2＋16t－8,4t2＋3) .
设T(x0，y1).由A，B，T三点共线，得 eq \f(y1＋2,x0) ＝ eq \f(y1＋1,x0－\f(3,2)) ，得x0＝ eq \f(3,2) y1＋3.
设H(x′，y′).
由 eq \(MT,\s\up6(→)) ＝ eq \(TH,\s\up6(→)) ，得( eq \f(3,2) y1＋3－x1，0)＝(x′－ eq \f(3,2) y1－3，y′－y1)，
所以x′＝3y1＋6－x1，y′＝y1，
所以直线HN的斜率k＝ eq \f(y2－y′,x2－x′) ＝ eq \f(y2－y1,x2＋x1－（3y1＋6）) ＝ eq \f(y2－y1,t（y1＋y2）－3y1＋4t－4) ，
所以直线HN的方程为y－y2＝ eq \f(y2－y1,t（y1＋y2）－3y1＋4t－4) ·(x－x2).
令x＝0，得y＝ eq \f(y2－y1,t（y1＋y2）－3y1＋4t－4) ·(－x2)＋y2
＝ eq \f(（y1－y2）（ty2＋2t＋1）,t（y1＋y2）－3y1＋4t－4) ＋y2
＝ eq \f(（2t－3）y1y2＋（2t－5）（y1＋y2）＋6y1,t（y1＋y2）－3y1＋4t－4)
＝ eq \f(（2t－3）·\f(16t2＋16t－8,4t2＋3)＋（5－2t）·\f(16t2＋8t,4t2＋3)＋6y1,－\f(t（16t2＋8t）,4t2＋3)－3y1＋4t－4)
＝－2.
所以直线NH过定点(0，－2).
(方法二)由A(0，－2)，B( eq \f(3,2) ，－1)可得直线AB的方程为y＝ eq \f(2,3) x－2.
a．若过点P(1，－2)的直线的斜率不存在，则其直线方程为x＝1.
将直线方程x＝1代入 eq \f(x2,3) ＋ eq \f(y2,4) ＝1，可得N(1， eq \f(2\r(6),3) )，M(1，－ eq \f(2\r(6),3) ).
将y＝－ eq \f(2\r(6),3) 代入y＝ eq \f(2,3) x－2，可得T(3－ eq \r(6) ，－ eq \f(2\r(6),3) ).
由 eq \(MT,\s\up6(→)) ＝ eq \(TH,\s\up6(→)) ，得H(5－2 eq \r(6) ，－ eq \f(2\r(6),3) ).
此时直线HN的方程为y＝(2＋ eq \f(2\r(6),3) )(x－1)＋ eq \f(2\r(6),3) ，
则直线HN过定点(0，－2).
b．若过点P(1，－2)的直线的斜率存在，设此直线方程为kx－y－(k＋2)＝0，M(x1，y1)，N(x2，y2).
联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(kx－y－（k＋2）＝0，,\f(x2,3)＋\f(y2,4)＝1.))
消去y并整理，得(3k2＋4)x2－6k(2＋k)x＋3k(k＋4)＝0.
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(6k（2＋k）,3k2＋4)，,x1x2＝\f(3k（4＋k）,3k2＋4)，)) 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(－8（2＋k）,3k2＋4)，,y1y2＝\f(4（4＋4k－2k2）,3k2＋4)，))
且x1y2＋x2y1＝ eq \f(－24k,3k2＋4) .①
联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝y1，,y＝\f(2,3)x－2)) ，可得T( eq \f(3y1,2) ＋3，y1).
由 eq \(MT,\s\up6(→)) ＝ eq \(TH,\s\up6(→)) ，得H(3y1＋6－x1，y1).
则直线HN的方程为y－y2＝ eq \f(y1－y2,3y1＋6－x1－x2) (x－x2).
将点(0，－2)的坐标代入并整理，得2(x1＋x2)－6(y1＋y2)＋x1y2＋x2y1－3y1y2－12＝0.②
将①代入②，得24k＋12k2＋96＋48k－24k－48－48k＋24k2－36k2－48＝0，显然成立．
综上可得，直线HN过定点(0，－2).
4．解析：(1)因为点A(2，y0)在C上，所以4＝2py0 ①，
因为|AF|＝2，所以由焦半径公式得|AF|＝2＝y0＋ eq \f(p,2) ②，
由①②解得y0＝1，p＝2
所以p＝2.
(2)由(1)知抛物线的方程为x2＝4y，焦点坐标为F(0，1)，
当直线l1与x轴平行时，此时l2的方程为x＝0，l1的方程为y＝1，M(－2，1)，N(2，1)，P(0，－1)，此时△MNP为等腰直角三角形且PM⊥PN，故∠PMN＋∠PNM＝ eq \f(π,2) .
当直线l1与x轴不平行且斜率存在时，若∠PMN＋∠PNM为定值，则定值为 eq \f(π,2) ，下面证明．
要证明∠PMN＋∠PNM＝ eq \f(π,2) ，只需证明PM⊥PN，
只需证 eq \(PM,\s\up6(→)) ⊥ eq \(PN,\s\up6(→)) ，即 eq \(PM,\s\up6(→)) · eq \(PN,\s\up6(→)) ＝0，
设直线l1的斜率为k，则直线l1的方程为y＝kx＋1，直线l2的方程为y＝－ eq \f(1,k) x＋1，
联立方程 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,x2＝4y)) 得x2－4kx－4＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，所以y1y2＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1x2))2,16) ＝1，y1＋y2＝k eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋x2)) ＋2＝4k2＋2，
联立方程 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,k)x＋1，,y＝－1)) 得P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2k，－1)) ，
所以 eq \(PM,\s\up6(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－2k，y1＋1)) ， eq \(PN,\s\up6(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－2k，y2＋1)) ，
所以 eq \(PM,\s\up6(→)) · eq \(PN,\s\up6(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－2k)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－2k)) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y1＋1)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y2＋1)) ＝x1x2－2k eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋x2)) ＋4k2＋y1y2＋(y1＋y2)＋1＝－4－8k2＋4k2＋1＋4k2＋2＋1＝0，
所以 eq \(PM,\s\up6(→)) ⊥ eq \(PN,\s\up6(→)) ，即PM⊥PN，
所以∠PMN＋∠PNM＝ eq \f(π,2) .
综上，∠PMN＋∠PNM为定值，∠PMN＋∠PNM＝ eq \f(π,2) .
5．解析：(1)依题意得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(5),2)，,2a＝8，,c2＝a2＋b2，))
解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝16，,b2＝4，)) 所以双曲线C的方程是 eq \f(x2,16) － eq \f(y2,4) ＝1.
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)，直线l的方程为y＝kx＋3.
将直线方程y＝kx＋3代入双曲线方程 eq \f(x2,16) － eq \f(y2,4) ＝1，化简整理得(1－4k2)x2－24kx－52＝0，
Δ＝(－24k)2＋4×(1－4k2)×52＝208－256k2，
则x1＋x2＝ eq \f(24k,1－4k2) ，x1x2＝－ eq \f(52,1－4k2) .
要使直线与双曲线的右支有两个不同的交点A和B，则应满足
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－4k2≠0，,Δ>0，,x1＋x2>0，,x1x2>0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－4k2≠0，,208－256k2>0，,\f(24k,1－4k2)>0，,－\f(52,1－4k2)>0，)) 解得－ eq \f(\r(13),4) 0，x1＋x2＝ eq \f(－8km,1＋4k2) ，x1x2＝ eq \f(4m2－4,1＋4k2) .
所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝ eq \f(2m,1＋4k2) ，
所以|MN|＝ eq \r(1＋k2) · eq \f(4\r(4k2－m2＋1),1＋4k2) ，
又点O到直线MN的距离d＝ eq \f(|m|,\r(1＋k2)) ，
由 eq \(OM,\s\up6(→)) ＋ eq \(ON,\s\up6(→)) ＝ eq \(OD,\s\up6(→)) ，得xD＝ eq \f(－8km,1＋4k) ，yD＝ eq \f(2m,1＋4k2) ，
因为点D在曲线C上，所以将D点坐标代入椭圆方程得1＋4k2＝4m2.
由题意，四边形OMDN为平行四边形，
所以OMDN的面积为S＝ eq \r(1＋k2) × eq \f(4\r(4k2－m2＋1),1＋4k2) × eq \f(|m|,\r(1＋k2)) ＝ eq \f(4|m|\r(4k2－m2＋1),1＋4k2) ，
由1＋4k2＝4m2，代入得S＝ eq \r(3) ，
故四边形OMDN的面积是定值，其定值为 eq \r(3) .