2026高考总复习优化设计二轮数学专题练习_专题突破练19　圆锥曲线中的定点、定值问题（含解析）

这是一份2026高考总复习优化设计二轮数学专题练习_专题突破练19　圆锥曲线中的定点、定值问题（含解析），共7页。试卷主要包含了已知双曲线C，如图,椭圆Γ1等内容，欢迎下载使用。
(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MT=TH.证明:直线HN过定点.
2.(15分)(2025山东济宁二模)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为72,且点A(4,3)在双曲线C上,
(1)求C的方程;
(2)若直线l交C于P,Q两点,∠PAQ的平分线与x轴垂直,求证:l的倾斜角为定值.
3.(17分)(2025陕西榆林二模)已知焦距为23且焦点在x轴上的椭圆E经过点A(2,1).直线l:y=kx+m不过点A.若l与E相交于M,N两点,且以MN为直径的圆过点A.
(1)求椭圆E的标准方程;
(2)求证:点(k,m)在定直线上.
4.(17分)(2025湖北武汉二模)如图,椭圆Γ1:x2m+y2n=1(m>n>0),Γ2:x2n+y2m=1,已知Γ1右顶点为H(2,0),且它们的交点分别为P1(1,1),P2(-1,1),P3(-1,-1),P4(1,-1).
(1)求Γ1与Γ2的标准方程;
(2)过点P1作直线MN,交Γ1于点M,交Γ2于点N,设直线P3M的斜率为kP3M,直线P3N的斜率为kP3N,求kP3NkP3M;(上述各点均不重合)
(3)点Q1是Γ1上的动点,直线Q1P1交Γ2于点Q2,直线Q2P2交Γ1于点Q3,直线Q3P3交Γ2于点Q4,直线Q4P4与直线Q1P1交于点N,是否存在点G使直线NG与直线NH的斜率之积为定值.(上述各点均不重合)
答案：
1.(1)解 设椭圆E的方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0),
则4n=1,94m+n=1,解得m=13,n=14.
故椭圆E的方程为x23+y24=1.
(2)证明 由点A(0,-2),B32,-1,可知直线AB的方程为y=23x-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x=1,x23+y24=1,
解得x=1,y=263或x=1,y=-263,
则点M1,-263,N1,263.将y=-263代入y=23x-2,得x=3-6,则点T(3-6,-263).
又MT=TH,所以点H(5-26,-263),
所以直线HN的方程为y-263=-263-2635-26-1(x-1),
即y=263+2x-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y+2=k(x-1),x23+y24=1,消去y,得(4+3k2)x2-6k(k+2)x+3k(k+4)=0,
则Δ>0,x1+x2=6k(k+2)4+3k2,x1x2=3k(k+4)4+3k2.
将y=y1代入y=23x-2,得x=32(y1+2),则点T32(y1+2),y1.
又MT=TH,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=6k(k+2)4+3k2,x1x2=3k(k+4)4+3k2,所以y1+y2=k(x1-1)-2+k(x2-1)-2=-8k-164+3k2,x1y2+x2y1=x1[k(x2-1)-2]+x2[k(x1-1)-2]=-24k4+3k2,y1y2=[k(x1-1)-2][k(x2-1)-2]=-8k2+16k+164+3k2,所以(*)式左边=12-12k(k+2)4+3k2+-24k2+48k+484+3k2+-48k-964+3k2--24k4+3k2=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).
2.(1)解 由题意得e=ca=72,c2=a2+b2,解得b2=34a2,又点A(4,3)在双曲线C上,
所以16a2-9b2=1,解得a2=4,b2=3,
所以双曲线C的方程为x24-y23=1.
(2)证明 由已知得直线l的斜率存在,设其方程为y=kx+b,P(x1,y1),Q(x2,y2),联立y=kx+b,x24-y23=1,消去y得(3-4k2)x2-8kbx-4b2-12=0,
所以Δ=(-8kb)2-4(3-4k2)(-4b2-12)=48(b2-4k2+3)>0,x1+x2=8kb3-4k2,x1x2=-4b2+123-4k2,
又因为∠PAQ的平分线与x轴垂直,
所以kAP+kAQ=0,
即y1-3x1-4+y2-3x2-4=0,
所以(y1-3)(x2-4)+(y2-3)(x1-4)=0,即2kx1x2+(b-3-4k)(x1+x2)-8(b-3)=0,
所以-2k·4b2+123-4k2+(b-3-4k)·8kb3-4k2-8(b-3)=0,
即-24(k+1)(b+4k-3)=0,
所以k=-1或b=3-4k,
当b=3-4k时,直线l的方程为y=kx+3-4k=k(x-4)+3,即直线l过点A(4,3),不符合题意,
所以k=-1,设直线l的倾斜角为α(0≤αb>0).因为焦距为23,所以2c=23,
即c2=a2-b2=3.
由a2-b2=3,4a2+1b2=1,解得a2=6,b2=3.
故椭圆E的标准方程为x26+y23=1.
(2)证明 设点M(x1,y1),N(x2,y2),
由x26+y23=1,y=kx+m,得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0,
由Δ=16k2m2-4(1+2k2)(2m2-6)>0,得6k2-m2+3>0,
则x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-61+2k2.
因为以MN为直径的圆过点A,
所以AM⊥AN,即AM·AN=(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0,
整理可得y1y2-(y1+y2)+1=-x1x2+2(x1+x2)-4,①
又y1+y2=k(x1+x2)+2m=2m1+2k2,y1y2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=m2-6k21+2k2,
代入①式得4k2+8km+(m-1)(3m+1)=0,即(2k+m-1)(2k+3m+1)=0.
因为直线l不过点A,所以2k+m≠1,即2k+3m+1=0.所以点(k,m)在定直线2x+3y+1=0上.
4.解 (1)由题意得,m=4,
又因为P1(1,1)在Γ1上,
代入Γ1得14+1n=1,所以n=43,
则Γ1:x24+y243=1,Γ2:y24+x243=1.
(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),则kP1M·kP3M=(y1-1)(x1-1)·(y1+1)(x1+1)=y12-1x12-1,
又因为x124+y1243=1,
所以y12=43(1-x124)=4-x123,
则kP1M·kP3M=4-x123-1x12-1=-13,
同理可得kP1N·kP3N=-3,
所以kP3NkP3M=9.
(3)设直线Q1Q2,Q2Q3,Q3Q4,Q4N分别为l1,l2,l3,l4,其斜率依次为k1,k2,k3,k4,
设直线l1:y-1=k1(x-1)与Γ2:y24+3x24=1联立,得(k12+3)x2+2k1(1-k1)x+(1-k1)2-4=0,
即有xQ2·xP1=k12-2k1-3k12+3,
所以xQ2=k12-2k1-3k12+3,代入直线l1方程得yQ2=-k12-6k1+3k12+3,
则k2=yQ2-1xQ2+1=-2k12-6k12k12-2k1=-k1+3k1-1,设f(x)=-x+3x-1,
则经过P1,P2的两直线l1,l2之间斜率满足k2=f(k1),
将直线l2,l3绕原点顺时针旋转π2后也会经过P1,P2,
所以两者斜率满足-1k3=f(-1k2),
所以k3=-1f(-1k2)=-1-k2-1+3k2=-1k1+2,
同理将直线l3,l4绕原点顺时针旋转π后也会经过P1,P2,
所以两直线斜率满足k4=f(k3),k4=-k3+3k3-1=-(-1k1+2)+3(-1k1+2)-1=3k1+5k1+3.
设N(x,y),则有y-1x-1=k1,y+1x-1=k4,代入上式得y+1x-1=3·y-1x-1+5y-1x-1+3,得到y2=5x2-16x+12=(5x-6)(x-2),
所以yx-65·yx-2=5,
因此存在定点G(65,0),使直线NG和直线NH的斜率之积为定值5.