2027届高三数学一轮复习试题规范练58圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题（Word版附解析）

这是一份2027届高三数学一轮复习试题规范练58圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题（Word版附解析），共5页。试卷主要包含了已知双曲线C，已知抛物线T等内容，欢迎下载使用。
1.(13分)(2026·浙江高三期中)在平面直角坐标系中,圆C的方程为(x+1)2+y2=16,定点F(1,0),B是圆C上任意一点,线段BF的垂直平分线l和半径BC相交于点T.
(1)求点T的轨迹W的方程;
(2)已知点A(-2,0),过点F的一条直线,斜率不为0,交曲线W于P,Q两点,直线AP,AQ分别与直线x=3交于M,N两点,求证:直线FM与直线FN的斜率之积为常数.
2.(13分)(2025·湖北黄冈模拟)已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左顶点A(-1,0)到其渐近线的距离为32,过右焦点F的直线分别交双曲线的左、右两支及直线l:x=12于N,M,P三点,过点N作平行于x轴的直线交直线AP于点G,点G满足NG=GH.
(1)求双曲线C的方程;
(2)证明:直线MH过定点.
3.(15分)在平面直角坐标系Oxy中,点P到点F(1,0)的距离比到y轴的距离大1,记点P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程;
(2)过点F且斜率不为零的直线l交椭圆E:x24+y23=1于A,B两点,交曲线C于M,N两点,若λ|AB|−1|MN|为定值,求实数λ的值.
4.(17分)(2025·甘肃金昌模拟)已知抛物线T:y2=2px(p>0),过抛物线上一点A(1,p)作两条直线l1,l2分别交抛物线T于B,C两点,直线l1,l2的斜率分别为k1,k2,且k1k2=-4.
(1)求抛物线T的方程;
(2)证明:直线BC过定点;
(3)记直线BC经过的定点为M,N为直线BC上一点(异于点M),且满足|BM||CM|=|BN||CN|,证明点N在某定直线上,并求出该定直线的方程.
参考答案
课时规范练58 圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题
1.(1)解 由题意,点T在线段BF的垂直平分线上,则|TB|=|TF|,可得|TC|+|TF|=|TC|+|TB|=|CB|=4>2=|CF|.
由椭圆定义可得,点T的轨迹是以C(-1,0),F(1,0)为焦点的椭圆,
且椭圆的长轴长为2a=4,焦距为2c=2,b2=4-1=3,
所以点T的轨迹W的方程为x24+y23=1.
(2)证明 设直线PQ:x=my+1,P(x1,y1),Q(x2,y2),
联立x=my+1,x24+y23=1,消去x整理得(3m2+4)y2+6my-9=0,则y1+y2=-6m3m2+4,y1y2=-93m2+4.
根据题意可设M(3,yM),N(3,yN),则由yM3+2=y1x1+2,
可得yM=5y1x1+2=5y1my1+3,同理可得yN=5y2my2+3,
所以直线FM与直线FN的斜率之积
kFMkFN=yM-03-1·yN-03-1
=14·25y1y2(my1+3)(my2+3)
=14·25y1y2m2y1y2+3m(y1+y2)+9
=14·25(-93m2+4)m2(-93m2+4)+3m(-6m3m2+4)+9
=14·-25×9-9m2-18m2+27m2+36
=-25×94×36=-2516.
所以直线FM与直线FN的斜率之积为定值-2516.
2.(1)解 因为双曲线C的一条渐近线方程为bx-y=0,所以点A到渐近线的距离为bb2+1=32,
所以b2=3,所以双曲线C的方程是x2-y23=1.
(2)证明 由题意,双曲线C的右焦点F(2,0),直线PF的斜率不为0,
故可设直线PF的方程为x=my+2,
因为直线PF与双曲线左、右两支分别交于N,M两点,
所以m∈(-∞,-33)∪(33,+∞).
设M(x1,y1),N(x2,y2),将直线PF的方程代入x2-y23=1中,得到(3m2-1)y2+12my+9=0,则y1+y2=-12m3m2-1,y1y2=93m2-1,
所以my1y2=-34(y1+y2).
联立x=my+2,x=12,可得P(12,-32m),
所以直线AP的方程为y=-1m(x+1).
联立y=-1m(x+1),y=y2,可得G(-1-my2,y2).
又NG=GH,
所以点H的坐标是(-2-x2-2my2,y2).
所以直线MH的方程是y-y1=y2-y1-2-x2-2my2-x1(x-x1),令y=0,由x1=my1+2,x2=my2+2,得x=4my1y2+2y2+4y1y2-y1=-3(y1+y2)+2y2+4y1y2-y1=y1-y2y2-y1=-1,
所以直线MH过定点(-1,0).
3.解 (1)由点P到点F(1,0)的距离比到y轴的距离大1,可转化为点P到点F(1,0)的距离等于到直线x=-1的距离,所以点P的轨迹是以F(1,0)为焦点,以x=-1为准线的抛物线,所以曲线C的方程为y2=4x.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x3,y3),N(x4,y4),依题意,设直线l的方程为y=k(x-1).
由x24+y23=1,y=k(x-1),消去y并整理,得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0,
因此x1+x2=8k23+4k2,x1x2=4k2-123+4k2,
则|AB|=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2=1+k2·(8k23+4k2) 2-4·4k2-123+4k2=12(k2+1)3+4k2.
由y2=4x,y=k(x-1),消去y并整理,得k2x2-(2k2+4)x+k2=0,则x3+x4=2k2+4k2,于是|MN|=x3+x4+2=4(k2+1)k2.
从而λ|AB|−1|MN|=λ(4k2+3)12(k2+1)−3k212(k2+1)=(4λ-3)k2+3λ12(k2+1),要使λ|AB|−1|MN|为定值,则4λ-3=3λ,即λ=3,所以实数λ的值为3.
4.(1)解 将点A的坐标(1,p)代入抛物线T的方程可得p2=2p,解得p=0(舍去)或p=2,故抛物线T的方程为y2=4x.
(2)证明 由(1)可知点A的坐标为(1,2),设B(y124,y1),C(y224,y2),则k1=y1-2y124-1=4y1+2,k2=y2-2y224-1=4y2+2.
由k1k2=-4,得4y1+2·4y2+2=-4,所以(y1+2)(y2+2)=y1y2+2(y1+y2)+4=-4,即y1y2+2(y1+y2)+8=0.
kBC=y1-y2y124-y224=4y1+y2,所以直线BC的方程为y=4y1+y2·(x-y124)+y1,即y=4xy1+y2+y1-y12y1+y2,整理得y=4x+y1y2y1+y2.
又y1y2=-8-2(y1+y2),从而直线BC的方程为y=4x-2(y1+y2)-8y1+y2,化简得y=4(x-2)y1+y2-2,因此直线BC过定点(2,-2).
(3)解 由(2)知M(2,-2),设N(x0,y0),B(y124,y1),C(y224,y2),
易知直线BC的斜率不为0,设直线BC的方程为x=my+2m+2.
由x=my+2m+2,y2=4x,消去x得y2-4my-8m-8=0,Δ>0,则y1+y2=4m,y1y2=-8m-8.
因为|BM||CM|=|BN||CN|,所以|y1+2||y2+2|=|y1-y0||y2-y0|,即|(y1+2)(y2-y0)|=|(y1-y0)(y2+2)|,当(y1+2)(y2-y0)=(y1-y0)(y2+2)时,y1≠y2,化简得y0=-2,与直线BC的斜率不为0矛盾,不合题意;当(y1+2)(y2-y0)=-(y1-y0)(y2+2)时,化简得2y1y2+(2-y0)(y1+y2)-4y0=0,2(-8m-8)+4m(2-y0)-4y0=0.
即y0m+2m+y0+4=0.
又x0=my0+2m+2,可得my0+2m=x0-2,所以x0-2+y0+4=0,即x0+y0+2=0,所以点N在定直线x+y+2=0上.