新高考数学二轮复习提升讲与练专题05 微专题3 圆锥曲线定值定点定直线问题（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习提升讲与练专题05 微专题3 圆锥曲线定值定点定直线问题（2份，原卷版+解析版），共11页。试卷主要包含了考点透析，跟踪练习等内容，欢迎下载使用。

一、考点透析
考点1 定值问题
1.(2025·湖北省武汉市·模拟)如图，已知椭圆E1：x2a2+y2b2=1a>b>0与椭圆E2：x212+y24=1有相同的离心率，点P 3,1在椭圆E1上．过点P的两条不重合直线l1,l2与椭圆E1相交于Q,H两点，与椭圆E2相交于A,B和C,D四点．
(1)求椭圆E1的标准方程；
(2)求证：SΔAPD=SΔBQD；
(3)若BQDH=DPBP，设直线l1 , l2的倾斜角分别为α , β，求证：α+β为定值．
【答案】(1)x26+y22=1；
(2)见解析；
(3)α+β=π
【解析】解：(1)由题意知，e1=e2，∴b2a2=412，∴a2=3b2，
又∵P( 3,1)在椭圆E1上，∴3a2+1b2=1，∴b2=2，a2=6，
∴椭圆E1的标准方程为x26+y22=1;
(2)要证S△APD=SΔBQD，设D到直线l1距离为d，
即证12|AP|×d=12|BQ|×d，即证|AP|=|BQ|;
①当直线l1斜率不存在时，由椭圆对称性可知|AP|=|BQ|，故SΔAPD=SΔBQD;
②当直线l1斜率存在时，设k1，则AB方程：y−1=k1(x− 3)，
设A(xA,yA),B(xB,yB),P(xP,yP),Q(xQ,yQ)，
联立y−1=k1(x− 3)x26+y22=1得(3k12+1)x2+(6k1−6 3k12)x+3(1− 3k1)2−6=0，
∴xP+xQ=6 3k12−6k13k12+1，xPxQ=3(1− 3k1)2−63k12+1，
联立y−1=k1x− 3x212+y24=1，得(3k12+1)x2+(6k1−6 3k12)x+3(1− 3k1)2−12=0，
∴xA+xB=6 3k12−6k13k12+1，xAxB=3(1− 3k1)2−123k12+1，
∴xP+xQ=xA+xB，∴xP−xA=xB−xQ，
|AP|= 1+k12⋅|xP−xA|，|BQ|= 1+k12⋅|xB−xQ|，
∴|AP|=|BQ|，∴SΔAPD=SΔBQD;
综上所述：S△APD=SΔBQD;
(3)由第二问可知|AP|=|BQ|，|CP|=|DH|，∴|BQ||DH|=|DP||BP|，∴|AP|⋅|BP|=|CP|⋅|DP|，
设直线CD的斜率为k2，直线CD方程为y−1=k2(x− 3)，设C(xC,yC)，D(xD,yD)，
联立y−1=k2(x− 3)x212+y24=1得(3k22+1)x2−(6 3k22−6k2)x+3(1− 3k2)2−12=0，
∴xC+xD=6 3k22−6k23k22+1，xCxD=3(1− 3k2)2−123k22+1，
|CP||DP|= 1+k22|xC−xP| 1+k22|xD−xP|，
|AP||BP|= 1+k12|xA−xP| 1+k12|xB−xP|，
∴(1+k22)|(xC−xP)(xD−xP)|=(1+k12)|(xA−xP)(xB−xP)|，
即(1+k22)|xCxD−xP(xC+xD)+xP2|=(1+k12)|xAxB−xP(xA+xB)+xP2|，
化简得1+k223k22+1=1+k123k12+1，∴k12=k22，
由题意k1≠k2，∴k1+k2=0，∴α+β=π．
2.(2025·河南省开封市·模拟)已知双曲线C:x2−y2b2=1(b>0)的两条渐近线分别为l1:y= 3x，l2:y=− 3x，若点A，B分别在l1，l2上(A,B不同于原点O)，且直线AB是C的切线，则称△OAB是C的“渐切三角形”.已知C在点(s,t)处的切线方程为sx−tyb2=1．
(1)写出C的一个“渐切三角形”的顶点A，B的坐标及切线AB的方程，并求出其面积;
(2)已知点A(x1,y1)，B(x2,y2)(x1x2>0)分别在l1，l2上，△OAB的面积为 3，试问△OAB是否是C的“渐切三角形”?并说明理由;
(3)若△OAB是C的“渐切三角形”，AB与C相切的切点M的横坐标大于0，F为C的左焦点，证明：∠AFB为定值．
【答案】(1)见解析；
(2)△OAB是C的“渐切三角形”，详解见解析；
(3)∠AFB=π3
【解析】解：(1)由题意，得b= 3，所以C的方程为x2−y23=1，
A(1, 3)，B(1,− 3)，直线AB:x=1是C的切线，△OAB是C的渐切三角形，
则S△OAB=12×2 3×1= 3．
(2)设A(x1, 3x1)，B(x2,− 3x2)，这里x1x2>0，
则OA=(x1, 3x1)，OB=(x2,− 3x2)，所以OA⋅OB=−2x1x2，
S△OAB=12·|OA|·|OB|sin⁡∠AOB=12 |OA|2·|OB|2(1−cs2∠AOB)
=12 |OA|2·|OB|2−(OA⋅OB)2=12 4x12·4x22−(−2x1x2)2= 3|x1x2|，
由题意，S△OAB= 3|x1x2|= 3，所以|x1x2|=1，又x1x2>0，所以x1x2=1，
若直线AB的斜率不存在，则x1=x2=1，或x1=x2=−1，直线x=1与C切于点(1,0)，
或直线x=−1与C切于点(−1,0)，△OAB的面积为 3，满足题意;
若AB的斜率存在，则kAB= 3x1+ 3x2x1−x2，AB:y− 3x1= 3(x1+x2)x1−x2(x−x1)，
即y= 3(x1+x2)x−2 3x1−x2，即(x1−x2)y= 3[(x1+x2)x−2]，
由(x1−x2)y= 3[(x1+x2)x−2]3x2−y2=3，消去y并整理得x2−(x1+x2)x+1+(x1−x2)24=0，
该方程的判别式△=(x1+x2)2−4[1+(x1−x2)24]=4x1x2−4=0，
所以直线AB与C有且仅有一个公共点，所以直线AB是C的切线，
所以△OAB是C的“渐切三角形”．
(3)证明：设M(x0,y0)(x0>0)，由题意，直线AB:x0x−y0y3=1，即3x0x−y0y=3，
由3x0x−y0y=3y= 3x解得x= 3 3x0−y0，y=3 3x0−y0，
故A( 3 3x0−y0,3 3x0−y0)，同理可得B( 3 3x0+y0,−3 3x0+y0)，
又F(−2,0)，故FA=( 3 3x0−y0+2,3 3x0−y0)，FB=( 3 3x0+y0+2,−3 3x0+y0)，
所以FA⋅FB= 3+2 3x0−2y0 3x0−y0· 3+2 3x0+2y0 3x0+y0−3 3x0−y0·3 3x0+y0，
又( 3x0−y0)( 3x0+y0)=3x02−y02=3，可得FA⋅FB=2+4x0，
直线AB:3x0x−y0y=3与x轴的交点为N(1x0,0)，所以|FN|=1x0+2，
S△FAB=12·|FN|·|yA−yB|=12(1x0+2)3 3x0−y0+3 3x0+y0= 3(1+2x0)，
又FA⋅FB=|FA|⋅|FB|cs∠AFB=2+4x0 ①，
S△FAB=12|FA|⋅|FB|sin∠AFB= 3(1+2x0) ②，
则 ②÷ ①，得12tan∠AFB= 3(1+2x0)2+4x0= 32，所以tan∠AFB= 3，
又∠AFB∈(0,π)，所以∠AFB=π3，为定值．

3.(2025·河南省开封市·模拟)已知O为坐标原点，动直线l：y=kx+m(km≠0)与双曲线C：x2−y2b2=1(b>0)的渐近线交于A，B两点，与椭圆D：x22+y2=1交于E，F两点.当k2=10时，2(OA+OB)=3(OE+OF).
(1)求双曲线C的方程；
(2)若动直线l与C相切，证明：△OAB的面积为定值．
【答案】(1)x2−y23=1
(2) 3
【解析】解：(1)双曲线C：x2−y2b2=1(b>0)的渐近线方程为y=±bx，
因为动直线l：y=kx+m(km≠0)与双曲线C的渐近线交于A，B两点，所以k≠±b，
设l与y=bx交于A，与y=−bx交于B，
令y=bxy=kx+m，消去y得bx=kx+m，所以(b−k)x=m，解得xA=mb−k，
令y=−bxy=kx+m，消去y得−bx=kx+m，解得xB=−mb+k，
所以xA+xB=2kmb2−k2，
令y=kx+mx22+y2=1，消去y整理得(1+2k2)x2+4kmx+2m2−2=0，
△=4km2−41+2k22m2−2=82k2−m2+1>0，
设E(x1,y1)，F(x2,y2)，则x1+x2=−4km1+2k2，
当k2=10时，2(OA+OB)=3(OE+OF)，
所以4kmb2−k2=−12km1+2k2，且km≠0，解得b2=3，
所以双曲线C的方程为x2−y23=1；
(2)证明：由y=kx+mx2−y23=1，消去y整理得(3−k2)x2−2kmx−m2−3=0，
由直线与双曲线相切，得Δ=4k2m2+4(3−k2)(m2+3)=0，化简得m2=k2−3，
由(1)可得xA=m 3−k,xB=−m 3+k，yA= 3m 3−k,yB= 3m 3+k，
所以|AB|= m 3−k−−m 3+k2+ 3m 3−k− 3m 3+k2= 12m2(1+k2)(3−k2)2=2 3m3−k2 1+k2，
又因为原点O(0,0)到直线l：kx−y+m=0的距离为d=|m| 1+k2，
所以△OAB的面积为S△OAB=12|AB|·d=12·2 3|m||3−k2| 1+k2·|m| 1+k2= 3m2m2= 3为定值．
考点2 定点问题
1.(2025·山东省济宁市·模拟)抛物线具有以下光学性质：从焦点出发的光线经抛物线反射后平行于抛物线的对称轴.该性质在实际生产中应用非常广泛.如图，从抛物线y2=8x的焦点F发出的两条光线a，b分别经抛物线上的A，B两点反射，已知两条入射光线与x轴所成锐角均为θ，两条反射光线a′和b′之间的距离为d，则( )
A. d随θ的增大而减小
B. 若d=8，则θ=π3
C. 若三角形▵ABF的面积为S，则S=2d
D. 无论θ取何值，直线AB恒过定点(−2,0)
【答案】ACD
【解析】解：对于A，由|AF|=41+csθ，|BF|=41−csθ得，
两条反射光线a′和b′之间的距离为d，
d=|BF|−|AF|sinθ=8tanθ，
因为tanθ>0，又y=tanθ在0,π2内是增函数，
所以d=8tanθ在0,π2内是减函数，则d随θ的增大而减小，故A正确；
对于B，由tanθ=88=1得，θ=π4，故B错误；
对于C，S▵ABF=12|AF||BF|sinπ−2θ=12|AF||BF|sin2θ
=12×41+csθ×41−csθ×sin2θ=16tanθ，
又d=8tanθ，所以S=2d，故C正确；
对于D，设直线AB的方程为x=my+t，且Ax1,y1，Bx2,y2，
由x=my+ty2=8x消去x并整理得y2−8my−8t=0，
所以y1+y2=8m，y1y2=−8t，
又1kAF+1kBF=x1−2y1+x2−2y2=2my1y2+(t−2)y1+y2y1y2=0，
所以2m×(−8t)+(t−2)×8m=0，解得：t=−2，
所以直线AB的方程为x=my−2，
其恒过定点(−2,0)，故D正确．故选：ACD．
2.(2025·江西省九江市·模拟)已知双曲线E:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右顶点分别为A, B，M5, 4在E上，MA→⋅MB→=32．
(1)求E的方程；
(2)过M的直线l交E于另一点N(异于A, B)，与x轴交于点G，直线NA与MB交于点H，证明：直线GH过定点．
【答案】(1)x29−y29=1
(2)直线GH过定点−3, −6
【解析】解：(1)∵M5, 4在E上，∴25a2−16b2=1①，
∵A(−a,0), Ba, 0，∴MA=(−a−5,−4), MB=(a−5, −4)，
∴MA→⋅MB→=41−a2=32②，∵a>0,b>0，
由①②解得a=3, b=3，故E的方程为x29−y29=1．
(2)证明：解法一：设直线NA的方程为x=my−3，
因为M(5,4),B(3,0)，所以直线MB的方程为y=2x−6，
联立x=my−3,y=2x−6,得H(6m+32m−1, 122m−1)，
联立x=my−3,x2−y2=9,消去x，整理得(m2−1)y2−6my=0，
∴yN=6mm2−1, xN=3m2+3m2−1，即N(3m2+3m2−1, 6mm2−1)，
∴直线MN的斜率为6mm2−1−43m2+3m2−1−5=2m+1m+2，∴直线MN的方程为y=2m+1m+2(x−5)+4，
令y=0，得x=6m−32m+1，即G(6m−32m+1, 0)，
∴直线GH的斜率为122m−16m+32m−1−6m−32m+1=2m+12m，∴直线GH的方程为y=2m+12m(x−6m−32m+1)，
即2m(x−y−3)+x+3=0，
由x−y−3=0,x+3=0,解得x=−3, y=−6，
故直线GH过定点−3, −6，
解法二：同法一，得H(6m+32m−1,122m−1), G(6m−32m+1, 0)，
设直线GH过定点Tx0, y0，则GT//HT，
又∵GT=(x0−6m−32m+1,y0), HT=(x0−6m+32m−1, y0−122m−1)，
∴(x0−6m+32m−1)y0=(x0−6m−32m+1)(y0−122m−1)，
整理得2m(x0−y0−3)+x0+3=0，
由x0+3=0,x0−y0−3=0,解得x0=−3, y0=−6，故直线GH过定点−3, −6．
解法三：①当直线l斜率存在时，设l的方程为y=k(x−5)+4(k≠0)，则G(5k−4k, 0)，
由直线MB的斜率为4−05−3=2得k≠2，
联立y=k(x−5)+4,x2−y2=9,消去y，整理得(k2−1)x2+(8k−10k2)x+25k2−40k+25=0，
∴5xN=25k2−40k+25k2−1,yN=k(xN−5)+4，∴N(5k2−8k+5k2−1, −4k2+10k−4k2−1)，
∴直线NA的斜率为−4k2+10k−4k2−15k2−8k+5k2−1+3=−k−22k−1，∴直线NA的方程为y=−k−22k−1(x+3)，
联立y=−k−22k−1(x+3),y=2x−6,得H(9k5k−4, 24−12k5k−4)，
∴直线GH的斜率为24−12k5k−49k5k−4−5k−4k=3k4k−2，∴直线GH的方程为y=3k4k−2(x−5k−4k)，
即(3x−4y−15)k+2y+12=0.由3x−4y−15=0,2y+12=0,得x=−3, y=−6，
②当直线l斜率不存在时，N(5,−4), G(5,0), H(95, −125)，直线GH的方程为y=34(x−5)，则GH过点−3, −6，
综上所述，直线GH过定点−3, −6．

3.(2025·四川省成都市·模拟)已知F1，F2分别为椭圆E：x24+y2b2=1 20，y20，
由韦达定理可得y1+y2=−12 3m3m2−1，y1y2=273m2−1 3，且y12=3x12+9，
所以，PF2= x1−2 32+y12= x12−4 3x1+12+3x12−9= 4x12−4 3x1+3
=2x1− 3=2x1− 3=2my1+2 3− 3=2my1+3 3，
由双曲线的定义可得PF1=PF2+2a=2my1+3 3+2 3=2my1+5 3，
S▵PF1F2=S▵I1PF1+S▵I1PF2+S▵I1F1F2，即12F1F2⋅y1=12I1DPF1+PF2+F1F2，
即12×4 3y1=12I1D4my1+12 3，整理可得I1D= 3y1my1+3 3，
同理可得I2D=− 3y2my2+3 3，
所以I1D−I2D= 3y1my1+3 3+ 3y2my2+3 3= 3y1my2+3 3+ 3y2my1+3 3my1+3 3my2+3 3
=2 3my1y2+9(y1+y2)m2y1y2+3 3m(y1+y2)+27=54 3m−108 3m3m2−127m2−108m23m2−1+27=2 3m，
由− 330，
x3+x4=2kt1−k2，x3x4=−t2+21−k2，
kAM⋅kAN=y3x3+ 2⋅y4x4+ 2=kx3+tkx4+tx3+ 2x4+ 2=k2x3x4+ktx3+x4+t2x3x4+ 2x3+x4+2=1，
整理得k2−1x3x4+kt− 2x3+x4+t2−2=0，
所以k2−1×−t2+21−k2+kt− 2×2kt1−k2+t2−2=0，
即tt− 2k=0，解得t=0，或t= 2k．
当t= 2k时，直线MN的方程为y=kx+t=kx+ 2，即直线MN恒过定点A− 2,0，M,A,N三点共线，舍去；
当t=0，且Δ=81−k2>0时，此时直线MN恒过定点(0,0)．
综上可知，直线MN恒过定点(0,0)．
3.(2025·江西省南昌市·模拟)已知椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的离心率为 53，点A(−2,0)在椭圆C上.
(1)求C的方程
(2)过点(−2,3)的直线交椭圆C于点P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：线段MN的中点为定点．
【答案】(1)y29+x24=1
(2)定点(0,3)
【解析】解：(1)由题知：b=2，由ca= 53，a2=b2+c2，解得：a=3，c= 5，
故C的方程为：y29+x24=1;
(2)易知PQ的斜率存在且小于0，设直线PQ的方程为y=kx+2k+3，k0，(k0的焦点为F1,0，过F作互相垂直的两条直线l1,l2，这两条直线与抛物线C分别交于A,B和D,E两点，其中点A,D在第一象限．
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)求四边形ADBE面积的最小值；
(3)证明：直线AD与直线BE的交点在定直线上．
【答案】(1)y2=4x
(2)四边形ADBE面积的最小值为32
(3)见解析
【解析】解：(1)由焦点为F1,0，即p2=1⇒p=2，所以抛物线C的标准方程y2=4x；
(2)当直线l1的斜率为0时，不符合题意，
当直线l1的斜率不为0时，设直线l1:x=my+1，
联立x=my+1y2=4x，可得y2−4my−4=0，Δ=16m2+16>0恒成立，
设Ax1,y1,Bx2,y2，y1+y2=4m,y1y2=−4，
所以AB= 1+m2y1−y2= 1+m2 y1+y22−4y1y2=4m2+1，同理ED=41m2+1，
则四边形ADBE的面积为S=12ABED=12×4m2+1×41m2+1=82+m2+1m2≥32，
当且仅当m2=1m2，即m=±1时，等号成立，
所以四边形ADBE面积的最小值为32；
(3)设Ay124,y1,By224,y2,Ey324,y3,Dy424,y4,y1>0,y4>0，
由(2)知y1+y2=4m,y1y2=−4，同理y3+y4=−4m,y3y4=−4，
直线AD的方程为y=y1−y4y124−y424x−y124+y1，化简得直线AD的方程为y=4y1+y4x+y1y4y1+y4①，
同理直线BE的方程为y=4y2+y3x+y2y3y2+y3②，
联立①②得4y1+y4x+y1y4y1+y4=4y2+y3x+y2y3y2+y3，
4y2+y3x−4y1+y4x=y2y3y1+y4−y1y4y2+y3，
4y2+y3−y1−y4x=y1y2y3+y2y3y4−y1y2y4−y1y3y4，
∵y1y2=−4,y3y4=−4，
∴4y2+y3−y1−y4x=−4y3−4y2+4y4+4y1，
∴x=−1，故直线AD与直线BE的交点在定直线x=−1上.
5.(2025·广东省惠州市·模拟)已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的两条渐近线分别为l1：y=x和l2：y=−x，右焦点坐标为 2,0，O为坐标原点．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)设M，N是双曲线C上不同的两点，Q是MN的中点，直线MN，OQ的斜率分别为k1，k2，证明：k1⋅k2为定值；
(3)直线y=2x−3与C的右支交于点A1，B1(A₁在B1的上方)，过点A1，B1分别作l2，l1的平行线，交于点P1，过点P1且斜率为2的直线与C的右支交于点A2，B2(A2在B2的上方)，再过点A2，B2分别作l2，l1的平行线，交于点P2，…，这样一直操作下去，可以得到一系列点P1,P2,⋅⋅⋅,Pn，n≥3，n∈N∗，记Pn的坐标为xn,yn.证明：P1,P2,⋅⋅⋅,Pn共线．
【答案】(1)x2−y2=1
(2)k1k2=1
(3)见解析
【解析】解：(1)由已知得ba=1( 2)2=a2+b2,
解得a=1，b=1，
故双曲线C的标准方程为：x2−y2=1；
(2)证明：设Mx1,y1，Nx2,y2，Qx1+x22,y1+y22，
因为M，N为双曲线C上的两点，
所以x12−y12=1x22−y22=1,
两式相减得：(x1−x2)(x1+x2)=(y1−y2)(y1+y2)，
整理得，x1+x2y1+y2=y1−y2x1−x2，
则k1k2=y1−y2x1−x2⋅y1+y22x1+x22=y1−y2x1−x2⋅y1+y2x1+x2=1，得证；
(3)设斜率为2且与双曲线右支相交于An，Bn两点的直线方程为
y=2x+mn(mn0，
解得：mn 3(舍)，
设AxAn,yAn，BxBn,yBn，
所以xAn+xBn=−4mn3，xAnxBn=mn2+13，
直线AnPn的方程为：y−yAn=−(x−xAn)，
因为yAn=2xAn+mn，所以y=−x+3xAn+mn，①
直线BnPn的方程为y−yBn=x−xBn，
因为yBn=2xBn+mn，所以y=x+xBn+mn，②
联立①②得yn=yPn=32xAn+12xBn+mn，
xn=xPn=3xAn−xBn2，
所以Pn(3xAn−xBn2,32xAn+12xBn+mn)，
因为xAn+xBn=−4mn3，
所以yn=32xAn+12xBn+mn=32xAn−12xAn−2mn3+mn=xAn+mn3，
xn=3xAn−xBn2=3xAn−(−xAn−4mn3)2
=2xAn+2mn3=2(xAn+mn3)，
所以yn=12xn，
则P1,P2,⋅⋅⋅,Pn都在直线y=12x上，
故P1,P2,⋅⋅⋅,Pn共线．