2023年新教材高考数学二轮复习高考解答题专项五第1课时定点与定值问题含解析新人教B版

这是一份2023年新教材高考数学二轮复习高考解答题专项五第1课时定点与定值问题含解析新人教B版，共10页。试卷主要包含了已知A,B分别为椭圆E，设A,B为双曲线C，设抛物线C，已知双曲线C，已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。
高考解答题专项五　圆锥曲线中的综合问题第1课时　定点与定值问题1.(2020全国Ⅰ,理20)已知A,B分别为椭圆E:+y2=1(a>1)的左、右顶点,点G为椭圆E的上顶点,=8.点P为直线x=6上的动点,PA与椭圆E的另一交点为C,PB与椭圆E的另一交点为D.(1)求E的方程;(2)证明:直线CD过定点.              2.(2021湖北十一校联考)已知动点P在x轴及其上方,且点P到点F(0,1)的距离比到x轴的距离大1.(1)求点P的轨迹C的方程;(2)若点Q是直线y=x-4上任意一点,过点Q作点P的轨迹C的两切线QA,QB,其中A,B为切点,试证明直线AB恒过一定点,并求出该点的坐标.                   3.(2021湖南长郡中学模拟)设A,B为双曲线C:=1(a>0,b>0)的左、右顶点,直线l过右焦点F且与双曲线C的右支交于M,N两点,当直线l垂直于x轴时,△AMN为等腰直角三角形.(1)求双曲线C的离心率;(2)已知直线AM,AN分别交直线x=于P,Q两点,当直线l的倾斜角变化时,以线段PQ为直径的圆是否过定点?若过定点,求出定点的坐标;若不过定点,请说明理由.          4.(2021河南洛阳一模)设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,点P(4,m)(m>0)是抛物线C上一点,且|PF|=5.(1)求抛物线C的方程;(2)过点Q(1,-4)的直线与抛物线C交于A,B两个不同的点(均与点P不重合),设直线PA,PB的斜率分别为k1,k2,求证:k1k2为定值.           5.(2021辽宁朝阳一模)已知双曲线C:=1(a>0,b>0)的焦距为2,且双曲线C右支上一动点P(x0,y0)到两条渐近线l1,l2的距离之积为.(1)求双曲线C的方程;(2)设直线l是曲线C在点P(x0,y0)处的切线,且直线l分别交两条渐近线l1,l2于M,N两点,点O为坐标原点,证明:△MON面积为定值,并求出该定值.                 6.(2020山东,22)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,且过点A(2,1).(1)求椭圆C的方程;(2)点M,N在椭圆C上,且AM⊥AN,AD⊥MN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.      
第1课时　定点与定值问题1.(1)解由题可得A(-a,0),B(a,0),G(0,1),则=(a,1),=(a,-1).由=8得a2-1=8,即a=3,所以E的方程为+y2=1.(2)证明设C(x1,y1),D(x2,y2),P(6,t).若t≠0,设直线CD的方程为x=my+n,由题可知-3<n<3.因为直线PA的方程为y=(x+3),所以y1=(x1+3).因为直线PB的方程为y=(x-3),所以y2=(x2-3),所以3y1(x2-3)=y2(x1+3).因为=1,所以=-,所以27y1y2=-(x1+3)(x2+3),即(27+m2)y1y2+m(n+3)(y1+y2)+(n+3)2=0. ①将x=my+n代入+y2=1得(m2+9)y2+2mny+n2-9=0.由题可知m2+9≠0,Δ>0,所以y1+y2=-,y1y2=,代入①式得(27+m2)(n2-9)-2m(n+3)mn+(n+3)2·(m2+9)=0.解得n=-3(舍去)或n=,故直线CD的方程为x=my+,即直线CD过定点.若t=0,则直线CD的方程为y=0,过点.综上,直线CD过定点.2.解(1)设点P(x,y),则|PF|=|y|+1,即=|y|+1,∴x2=2|y|+2y.∵y≥0,∴x2=4y,∴点P的轨迹C的方程为x2=4y.(2)∵y=x2,∴y'=x.设切点(x0,y0),则过该切点的切线的斜率为x0,∴切线方程为y-y0=x0(x-x0)=x0x-x0x-2y0,即x0x-2y-2y0=0.设Q(t,t-4).∵切线过点Q,∴tx0-2y0-2(t-4)=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则两切线方程是tx1-2y1-2(t-4)=0与tx2-2y2-2(t-4)=0,∴直线AB的方程是tx-2y-2(t-4)=0,即t(x-2)+8-2y=0,∴对任意实数t,直线AB恒过定点,定点坐标为(2,4).3.解(1)由直线l垂直于x轴时,△AMN为等腰直角三角形,得|AF|=|NF|=|MF|,所以a+c=,即c2-ac-2a2=0,所以e2-e-2=0.又e>1,所以e=2.(2)因为e==2,所以双曲线C:=1.由题可知直线l的斜率不为0,设直线l:x=my+2a,M(x1,y1),N(x2,y2).联立得(3m2-1)y2+12amy+9a2=0,因为3m2-1≠0,Δ=144a2m2-36a2(3m2-1)=36a2m2+36a2>0,所以y1+y2=-,y1y2=, ①所以x1+x2=m(y1+y2)+4a=, ②x1x2=m2y1y2+2am(y1+y2)+4a2=. ③设直线AM:y=(x+a),直线AN:y=(x+a).令x=,则P,Q.设点G(x,y)是以线段PQ为直径的圆上的任意一点,则=0,所以圆的方程为+y-y-=0.由对称性可知,若存在定点,则一定在x轴上.令y=0,得=0,即=0.将①②③代入,可得=0,即a2,解得x=-a或x=2a,所以以线段PQ为直径的圆过定点(-a,0),(2a,0).4.(1)解∵点P(4,m)(m>0)是抛物线C上一点,且|PF|=5,∴+4=5,∴p=2,∴抛物线C的方程为y2=4x.(2)证明∵点P(4,m)(m>0)是抛物线C上一点,∴m=4,即P(4,4).由题可知直线AB的斜率不为零,故设直线的方程为x-1=t(y+4),A(x1,y1),B(x2,y2).联立得y2-4ty-16t-4=0.∵Δ=16t2+4(16t+4)>0,∴y1+y2=4t,y1y2=-16t-4,∴k1k2==,∴k1k2为定值.5.(1)解由题可知,双曲线C:=1(a>0,b>0)的渐近线方程为bx+ay=0和bx-ay=0.∵动点P(x0,y0)到两条渐近线l1,l2的距离之积为,∴,即a2=4b2.又2c=2,即c2=a2+b2=5,∴a=2,b=1,∴双曲线的方程为-y2=1.(2)证明设直线l的方程为y=kx+m,与双曲线的方程x2-4y2=4联立,得(4k2-1)x2+8kmx+4m2+4=0.∵直线与双曲线的右支相切,∴Δ=(8km)2-4(4k2-1)(4m2+4)=0,∴4k2=m2+1.设直线l与x轴交于点D,则D,∴S△MON=S△MOD+S△NOD=|OD||yM-yN|=|k||xM-xN|=|xM-xN|.又双曲线的渐近线方程为y=±x,联立得M.同理可得N,∴S△MON===2.∴△MON面积为定值2.6.解(1)由题可得=1,,解得a2=6,b2=3,所以椭圆C的方程为=1.(2)设M(x1,y1),N(x2,y2).若直线MN与x轴不垂直,设直线MN的方程为y=kx+m,代入=1得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0.由题可知1+2k2≠0,Δ>0,所以x1+x2=-,x1x2=. ①由AM⊥AN知=0,故(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0,可得(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+(m-1)2+4=0.整理得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0.因为点A(2,1)不在直线MN上,所以2k+m-1≠0,故2k+3m+1=0,k≠1.于是MN的方程为y=k(k≠1),所以直线MN过点P.若直线MN与x轴垂直,可得N(x1,-y1).由=0得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)(-y1-1)=0.又=1,所以3-8x1+4=0,解得x1=2(舍去),x1=,此时直线MN过点P.令点Q为AP的中点,即Q.若点D与点P不重合,则由题可知线段AP是Rt△ADP的斜边,故|DQ|=|AP|=.若点D与点P重合,则|DQ|=|AP|.综上,存在点Q,使得|DQ|为定值.