2025版高考热点题型与考点专练数学热点7圆锥曲线中的定点与定值试题（Word版附答案）

这是一份2025版高考热点题型与考点专练数学热点7圆锥曲线中的定点与定值试题（Word版附答案），共11页。
【典例1】(2024·烟台三模)已知抛物线C:y2=2px(p>0)过点(1,2),F为C的焦点,A,B为C上不同于原点O的两点.
(1)若OA⊥OB,试探究直线AB是否过定点,若是,求出该定点;若不是,请说明理由;
(2)若AF⊥BF,求△AFB面积的最小值.
【审题思维】
(1)根据已知点求出抛物线方程,设AB:x=my+n,A(x1,y1),B(x2,y2),联立抛物线方程,有y1+y2=4m,y1y2=-4n,结合OA⊥OB,由向量垂直的坐标表示可列出方程,由此解出n,进一步检验判别式即可得解;
(2)由AF⊥BF得条件等式n2-6n+1=4m2,得出n的取值范围,由弦长公式、点到直线的距离公式表示出△AFB面积,结合n的范围求解.
【解析】(1)已知抛物线C:y2=2px(p>0)过点(1,2),
所以22=4=2p,所以抛物线C的方程为y2=2px=4x,直线AB斜率不可能为0,否则直线AB与抛物线没有两个交点,故可设AB:x=my+n,A(x1,y1),B(x2,y2),联立抛物线C的方程y2=4x,
可得y2-4my-4n=0,Δ=16(m2+n)>0,由根与系数的关系有y1+y2=4m,y1y2=-4n,
因为OA⊥OB,
所以·=x1x2+y1y2=(y1y2)216+y1y2=n2-4n=0,
因为A,B为C上不同于原点O的两点,所以n≠0,所以n=4,经检验符合题意;
即AB:x=my+4,所以直线AB过定点(4,0);
(2)显然F(1,0),由(1)得,y1+y2=4m,y1y2=-4n,
因为AF⊥BF,所以·=(1-x1)(1-x2)+y1y2=1+y1y2+(y1y2)216-(my1+n+my2+n)
=1-4n+n2-4m2-2n=0,
即有条件等式n2-6n+1=4m2成立,而Δ=16(m2+n)=4(n2-6n+1)+16n=4(n2-2n+1)=
4(n-1)2>0,
所以首先有n≠1,其次n2-6n+1=4m2≥0,n≥3+22或n≤3-22,因为n为直线AB:x=my+n在x轴上的截距,且A,B与O相异,由图可知n>0,从而n的取值范围是n≥3+22或00,解得k>3或kb>0)的短轴长为23,左、右顶点分别为C,D,过右焦点F(1,0)的直线l交椭圆E于A,B两点(不与C,D重合),直线AC与直线BD交于点T.
(1)求椭圆E的方程;
(2)求证:点T在定直线上.
【解析】(1)依题意,b=3,半焦距c=1,则a=b2+c2=2,
所以椭圆E的方程为x24+y23=1.
(2)显然直线AB不垂直于y轴,设直线AB:x=ty+1,
由x=ty+13x2+4y2=12消去x并整理得(3t2+4)y2+6ty-9=0,
Δ=36t2+36(3t2+4)=144(t2+1)>0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则y1+y2=-6t3t2+4,y1y2=-93t2+4,且有ty1y2=32(y1+y2),
直线AC:y=y1x1+2(x+2),直线BD:y=y2x2-2(x-2),
联立消去y得y1x1+2(x+2)=y2x2-2(x-2),即(y2x2-2-y1x1+2)x=2y1x1+2+2y2x2-2,
整理得[y2(x1+2)-y1(x2-2)]x=2y1(x2-2)+2y2(x1+2),
即[y2(ty1+3)-y1(ty2-1)]x=2y1(ty2-1)+2y2(ty1+3),
于是(3y2+y1)x=4ty1y2-2y1+6y2,而t1y1y2=32(y1+y2),
则(3y2+y1)x=6(y1+y2)-2y1+6y2,因此x=6(y1+y2)-2y1+6y23y2+y1=12y2+4y13y2+y1=4,
所以点T在定直线x=4上.
2.★★★★☆(2024·泰安模拟)已知抛物线E:x2=2py(p>0),焦点为F,点C(2,1)在E上,直线l1:y=kx+1(k≠0)与E相交于A,B两点,过A,B分别向E的准线l作垂线,垂足分别为A1,B1.
(1)设△FA1B1,△FAA1,△FBB1的面积分别为S1,S2,S3,求证:S12=4S2·S3;
(2)若直线AC,BC分别与l相交于M,N,试证明以MN为直径的圆过定点P,并求出点P的坐标.
【解析】(1)将C(2,1)代入x2=2py(p>0),得p=2,所以抛物线方程为x2=4y,
由题意知F(0,1),
设A(x1,y1),B(x2,y2),A1(x1,-1),A2(x2,-1),
由y=kx+1x2=4y得,x2-4kx-4=0,Δ=(-4k)2+16>0,
所以x1+x2=4k,x1x2=-4,所以S12S2·S3=(12x1-x2×2) 212(y1+1)x1·12(y2+1)x2=4(x1-x2)2(y1+1)(y2+1)x1x2
=4(x1-x2)2(kx1+2)(kx2+2)x1x2=4(x1+x2)2-4x1x2k2x1x2+2k(x1+x2)+4x1x2=4(16k2+16)4(-4k2+8k2+4)=4,
即S12=4S2·S3.
(2)直线AC的斜率kAC=y1-1x1-2=x124-1x1-2=x1+24,
故直线AC的方程为y-1=x1+24(x-2),令y=-1,得x=2-8x1+2,
所以点M的坐标为(2-8x1+2,-1),同理,点N的坐标为(2-8x2+2,-1),
设线段MN的中点为(x0,-1),
则x0=12(2-8x1+2+2-8x2+2)
=2-4(x1+x2+4)(x1+2)(x2+2)
=2-4(x1+x2+4)x1x2+2(x1+x2)+4
=2-4(4k+4)-4+2×4k+4=-2k,
又MN=(2-8x1+2)-(2-8x2+2)
=|8(x1-x2)x1x2+2(x1+x2)+4|
=8(x1+x2)2-4x1x2x1x2+2(x1+x2)+4
=816k2+168k=4k2+1k,
所以以MN为直径的圆为(x+2k)2+(y+1)2=(12·4k2+1k)2,
即x2+4kx+4k2+(y+1)2=4(1+1k2),令x=0得y=1或y=-3,
故以MN为直径的圆过定点(0,1)和(0,-3).
3.★★★★☆(2024·常德一模)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短轴长为23,F1,F2分别为椭圆的左、右焦点,R为椭圆上的一点,且△RF1F2的周长为6.
(1)求椭圆C的方程;
(2)过F2作垂直于x轴的直线l与椭圆交于E,F两点(点E在第一象限),P,Q是椭圆C上位于直线l两侧的动点,始终保持∠QEF=∠PEF,求证:直线PQ的斜率为定值.
【解析】(1)由已知有2b=23,2c+2a=F1F2+RF1+RF2=6,即a+c=3,b=3.所以a-c=a2-c2a+c=b2a+c=33=1,从而a=a+c2+a-c2=32+12=2.
故椭圆C的方程为x24+y23=1.
(2)c=a2-b2=4-3=1,故直线l的方程为x=1.
将x=1代入x24+y23=1可得14+y23=1,解出y=±32,
故E(1,32),F(1,-32).
由于∠QEF=∠PEF,故PE,QE的斜率互为相反数.
设PE,QE的斜率分别是k,-k,则由E(1,32)可知它们的方程分别是y=kx+32-k和y=-kx+32+k.将直线y=kx+32-k与椭圆方程联立可知3x2+4(kx+32-k)2=12,即(3+4k2)x2+4(3-2k)kx+(3-2k)2-12=0.
由E(1,32)知此方程必有一根x=1,故另一根是x=(3-2k)2-123+4k2=4k2-12k-34k2+3.
得到P(4k2-12k-34k2+3,-12k2-12k+92(4k2+3)),
同理有Q(4k2+12k-34k2+3,-12k2+12k+92(4k2+3)).
所以直线PQ的斜率kPQ=-12k2+12k+92(4k2+3)--12k2-12k+92(4k2+3)4k2+12k-34k2+3-4k2-12k-34k2+3=12k4k2+324k4k2+3=12.
4.★★★★☆(2024·武汉模拟)已知圆E:(x+6)2+y2=32,动圆C与圆E相内切,且经过定点F(6,0).
(1)求动圆圆心C的轨迹方程;
(2)若直线l:y=x+t与(1)中轨迹交于不同的两点A,B,记△OAB外接圆的圆心为M(O为坐标原点),平面上是否存在两定点C,D,使得MC-MD为定值,若存在,求出定点坐标和定值,若不存在,请说明理由.
【解析】(1)设圆E的半径为r,圆E与动圆C内切于点Q.因为点F在圆E内部,所以点C在圆E内部.
所以CE+CF=CE+CQ=r=42>EF=26,
所以点C的轨迹是焦点在x轴上的椭圆,
其方程为x28+y22=1.
(2)(方法一)联立l:y=x+t与椭圆方程,消y得5x2+8tx+4t2-8=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=-8t5,x1x2=4t2-85,
OA的垂直平分线方程为y-y12=-x1y1(x-x12),
即y=-x1y1x+x122y1+y12①,
OB的垂直平分线方程为y=-x2y2x+x222y2+y22②,
由①②两式可得-x1y1x+x122y1+y12=-x2y2x+x222y2+y22,
所以△OAB外接圆圆心M的横坐标xM=x22y1-x12y2+(y2-y1)y1y22(x2y1-x1y2),
其中x2y1-x1y2=x2(x1+t)-x1(x2+t)=t(x2-x1)
x22y1-x12y2+(y2-y1)y1y2=x22(x1+t)-x12(x2+t)+(x2-x1)(x1+t)(x2+t)=(x22x1-x12x2)+
t(x22-x12)+(x2-x1)(x1+t)(x2+t)=(x2-x1)[x1x2+t(x2+x1)+(x1+t)(x2+t)]=(x2-x1)[2x1x2+
2t(x2+x1)+t2]
所以xM=(x2-x1)[2x1x2+2t(x2+x1)+t2]2t(x2-x1)=2x1x2+2t(x2+x1)+t22t=x1x2t+x2+x1+t2=-3t10-85t,
又因为AB的垂直平分线方程为y-y1+y22=-(x-x1+x22),即y=-x-3t5,
所以圆心M的纵坐标为yM=-(-3t10-85t)-35t=-3t10+85t,
所以xM2-yM2=(-3t10-85t)2-(-3t10+85t)2=4825,所以圆心M在双曲线x2-y2=4825上,
所以存在定点C(-465,0),D(465,0),使得MC-MD=835(定值),
(方法二)设△OAB外接圆方程为x2+y2+dx+ey=0,
联立l:y=x+t与圆的方程,消y得2x2+(2t+d+e)x+t2+et=0,
则x1+x2=-2t+d+e2=-8t5,x1x2=t2+et2=4t2-85,
所以2t+d+e=16t5,t2+et=8t2-165,解得d=3t5+165t,e=3t5-165t,
设圆心坐标为M(x,y),
则x=-d2=-3t10-85t,y=-3t10+85t,
所以x2-y2=(-3t10-85t)2-(-3t10+85t)2=4825,所以圆心M在双曲线x2-y2=4825上,
所以存在定点C(-465,0),D(465,0),使得MC-MD=835(定值).年份
2022
2023
2024
角度
题号
角度
题号
角度
题号
新高考Ⅰ卷
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新高考Ⅱ卷
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点的横坐标定值问题
21
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