适用于老高考旧教材2024版高考数学二轮复习考点突破练14圆锥曲线中的定点定值证明问题文（附解析）

这是一份适用于老高考旧教材2024版高考数学二轮复习考点突破练14圆锥曲线中的定点定值证明问题文（附解析），共8页。试卷主要包含了已知椭圆E，已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。
(1)求C的方程;
(2)记C的左、右顶点分别为A1,A2,过点(-4,0)的直线与C的左支交于M,N两点,M在第二象限,直线MA1与直线NA2交于P,证明:点P在定直线上.
2.已知抛物线x2=ay(a>0),过点M0,作两条互相垂直的直线l1,l2,设l1,l2分别与抛物线相交于A,B及C,D两点,当A点的横坐标为2时,抛物线在点A处的切线斜率为1.
(1)求抛物线的方程;
(2)设线段AB,CD的中点分别为E,F,O为坐标原点,求证:直线EF过定点.
3.(2023陕西宝鸡三模)已知椭圆E:=1(a>b>0)的离心率为,短轴长为4.
(1)求椭圆E的方程.
(2)设直线y=kx-1(k∈R)与椭圆E交于C,D两点,在y轴上是否存在定点Q,使得对任意实数k,直线QC,QD的斜率乘积为定值?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,说明理由.
4.(2022全国乙,文21)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.证明:直线HN过定点.
5.(2023河南郑州一模)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,且过点P(2,1).
(1)求椭圆C的方程;
(2)设不过点P的直线l与椭圆C交于A,B两点,点A关于原点的对称点为D,记直线l,PB,PD的斜率分别为k,k1,k2,若k1·k2=,证明直线l的斜率k为定值.
6.已知点A(2,),B(-2,-),点M与y轴的距离记为d,且点M满足-1,记点M的轨迹为曲线W.
(1)求曲线W的方程;
(2)设点P为x轴上除原点O外的一点,过点P作直线l1,l2,l1交曲线W于C,D两点,l2交曲线W于E,F两点,G,H分别为CD,EF的中点,过点P作x轴的垂线交GH于点N,设CD,EF,ON的斜率分别为k1,k2,k3,求证:k3(k1+k2)为定值.
考点突破练14 圆锥曲线中的
定点、定值、证明问题
1.(1)解设双曲线C的方程为=1(a>0,b>0),∵c=2,e=,∴a=2,∴b2=c2-a2=16,故双曲线C的方程为=1.
(2)证明(方法一)(ⅰ)当直线MN的斜率存在时,设直线MN的方程为y=k(x+4),
设M(x1,y1),N(x2,y2),y1>0.
联立消去y,得(k2-4)x2+8k2x+16k2+16=0,
∴又A1(-2,0),A2(2,0),易知x1≠-2,x2≠2,从而直线A1M,直线A2N的方程分别为y=(x+2),①
y=(x-2),②
①÷②,得.③
∵点(x1,y1)在=1上,∴=1,-4=(x1-2)(x1+2),∴,代入③得,代入根与系数的关系式得=-,∴x=-1.∴当直线MN的斜率存在时,点P在定直线x=-1上.
(ⅱ)当直线MN的斜率不存在时,直线MN的方程为x=-4,代入=1,得M(-4,4),N(-4,-4).
又A1(-2,0),A2(2,0),∴直线A1M,直线A2N的方程分别为y=-2(x+2),y=,
联立解得x=-1.此时点P也在定直线x=-1上.
综上可得,点P在定直线x=-1上.
(方法二)由于直线MN与双曲线左支交于M,N两点,∴直线MN的斜率不为0.
设直线MN的方程为x+4=my,与双曲线方程联立消去x,得(4m2-1)y2-32my+48=0.
设M(x1,y1),N(x2,y2),y1>0,则
又A1(-2,0),A2(2,0),易知x1≠-2,x2≠2,∴直线A1M,直线A2N的方程分别为y=,y=,
联立消去y,得x=,(*)
由x1=my1-4,x2=my2-4,得x1y2+x2y1=(my1-4)y2+(my2-4)y1=2my1y2-4(y1+y2)=,①
x2y1-x1y2=(my2-4)y1-(my1-4)y2=-4(y1-y2),②
把①②及y1+y2=代入(*)式,得x==-1,∴点P在定直线x=-1上.
2.(1)解∵y'=,由题意得=1,∴a=4,∴抛物线的方程为x2=4y.
(2)证明由题意得直线l1,l2的斜率都存在且都不为0,由M(0,2),可设直线AB的方程为y=kx+2(k≠0),
设A(x1,y1),B(x2,y2),由得x2-4kx-8=0,则x1+x2=4k,∴y1+y2=k(x1+x2)+4=4k2+4,∴AB的中点E(2k,2k2+2).∵l1⊥l2,∴直线CD的斜率为-,同理可得CD的中点F-+2,∴EF的方程为y-(2k2+2)=(x-2k),化简整理得y=k-x+4,
∴直线EF恒过定点(0,4).
3.解(1)由题意,得b=2,e=,解得a2=8,所以椭圆E的方程为=1.
(2)设存在点Q(0,m)满足条件,记C(x1,y1),D(x2,y2).
由消去y,整理得(1+2k2)x2-4kx-6=0.显然其判别式Δ>0,所以x1+x2=,x1x2=.于是直线QC,QD的斜率之积为kQCkQD==
=1+(m+1)-·k2-.
上式为定值,当且仅当1+(m+1)-=0.解得m=2或m=-2.
当m=2时,kQCkQD=-=-.
当m=-2时,kQCkQD=-.
从而,存在定点Q(0,2)或Q(0,-2)满足条件.
4.(1)解设椭圆E的方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0),
则解得故椭圆E的方程为=1.
(2)证明由点A(0,-2),B,可知直线AB的方程为y=x-2.当过点P的直线MN的斜率不存在时,直线MN的方程为x=1.由解得则点M1,-,N1,.将y=-代入y=x-2,得x=3-,则点T.又,所以点H,所以直线HN的方程为y-(x-1),即y=x-2,所以直线HN过点(0,-2).当过点P的直线MN的斜率存在时,设直线MN的方程为y+2=k(x-1),点M(x1,y1),N(x2,y2).由消去y,得(4+3k2)·x2-6k(k+2)x+3k(k+4)=0,则Δ>0,x1+x2=,x1x2=.将y=y1代入y=x-2,得x=(y1+2),则点T.又,所以点H(3y1+6-x1,y1).所以直线HN的方程为(3y1+6-x1-x2)(y-y2)=(y1-y2)(x-x2),即(3y1+6-x1-x2)·(y-y2)-(y1-y2)(x-x2)=0.将x=0,y=-2代入上式,整理得12-2(x1+x2)+3y1y2+6(y1+y2)-x1y2-x2y1=0.(*)
因为x1+x2=,x1x2=,所以y1+y2=k(x1-1)-2+k(x2-1)-2=,x1y2+x2y1=x1[k(x2-1)-2]+x2[k(x1-1)-2]=,y1y2=[k(x1-1)-2]·[k(x2-1)-2]=,所以(*)式左边=12-=0=右边,即(*)式成立.所以直线HN过点(0,-2).
综上所述,直线HN恒过定点(0,-2).
5.解(1)由题知e=,即,∴a2=2b2,又=1,得b2=3,∴a2=6,∴椭圆C的方程为=1.
(2)设直线l的方程为y=kx+m,代入=1,消去y,整理得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0,Δ=16k2m2-4(1+2k2)(2m2-6)=4(12k2-2m2+6)>0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则D(-x1,-y1),于是x1+x2=-,x1x2=.直线PA,PD的斜率之积为kPAk2==-,又k1·k2=,所以kPA=-k1.即直线PA,PB的斜率之和为kPA+k1=0,即=0,即(y1-1)(x2-2)+(y2-1)(x1-2)=0,(kx1+m-1)(x2-2)+(kx2+m-1)(x1-2)=0,整理得2kx1x2+(m-1-2k)(x1+x2)-4(m-1)=0,将x1+x2=-,x1x2=,代入整理得2k2-3k+1+mk-m=0,即(k-1)(2k-1+m)=0,当2k-1+m=0时,直线y=kx+m过点P(2,1),舍去,所以k=1.
6.(1)解设M(x,y),由题意得d=|x|,=(2-x,-y),=(-2-x,--y),∵-1,∴(2-x,-y)·(-2-x,--y)=-1,∴x2-4+y2-3=-1.∴+y2=6,M的轨迹方程为=1.
(2)证明(方法一)显然GH斜率存在,设P(x0,0),设GH的方程为y=k4x+m,由题意知CD的方程为y=k1(x-x0),联立方程解得可得G,设C(xC,yC),D(xD,yD),则有=1,=1,两式相减得:=0,则有k1==-,又G为CD中点,则有k1=-,将G坐标代入CD的方程可得4+m)+3+3m=0,同理可得4+m)+3+3m=0,故k1,k2为关于k的方程4+m)k2+3x0k+3m=0的两实根.由韦达定理得k1+k2=-.将x=x0代入直线GH:y=k4x+m,可得N(x0,k4x0+m),故有k3=,则k3(k1+k2)==-,故k3(k1+k2)为定值-.
(方法二)由题意知直线CD,EF,ON的斜率都存在,分别为k1,k2,k3,设P(t,0),N(t,k3t)(t≠0),则直线CD,EF的方程分别为y=k1(x-t),y=k2(x-t),两直线分别与曲线W相交,联立方程得(6+8)x2-16tx+8t2-48=0,解得可得G,同理可得H,由题意知G,H,N三点共线,∴kGN=kHN,即.化简整理得4k3()=3(k2-k1),∵k1≠k2,∴4k3(k1+k2)=-3,故k3(k1+k2)为定值-.