2025高考数学一轮复习-44.1-圆锥曲线中的定值与定点问题-专项训练【含答案】

这是一份2025高考数学一轮复习-44.1-圆锥曲线中的定值与定点问题-专项训练【含答案】，共6页。试卷主要包含了已知双曲线C，已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。
1．已知双曲线C：x2a2−y2b2＝1(a＞0，b＞0)，渐近线方程为y±x2＝0，点A(2，0)在C上．
(1)求双曲线C的方程；
(2)过点A的两条直线AP，AQ分别与双曲线C交于P，Q两点(不与A点重合)，且两条直线的斜率k1，k2满足k1＋k2＝1，直线PQ与直线x＝2，y轴分别交于M，N两点，求证：△AMN的面积为定值．
2．已知椭圆C：y2a2+x2b2＝1(a>b>0)的离心率为53，点A(－2，0)在C上．
(1)求C的方程；
(2)过点(－2，3)的直线交C于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．
3．已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)，M，N分别为左、右顶点，直线l：x＝ty＋1与椭圆C交于A，B两点，当t＝－33时，A是椭圆的上顶点，且△AF1F2的周长为6.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线AM，BN交于点Q，证明：点Q在定直线上；
(3)设直线AM，BN的斜率分别为k1，k2，证明：k1k2为定值．
4．已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的离心率为22，且过点A(2，1)．
(1)求C的方程；
(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
参考答案
1．解：(1)∵a＞0，b＞0，依题意，ba=12，a=2⇒b＝1，
所以双曲线C的方程为x24－y2＝1.
(2)依题意可知，直线PQ的斜率存在，设方程为y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
y=kx+m，x24−y2=1⇒(1－4k2)x2－8kmx－4m2－4＝0⇒x1+x2=8km1−4k2，x1x2=−4m2+41−4k2，
所以Δ＝64k2m2＋4(1－4k2)(4m2＋4)＞0，m2＋1－4k2＞0①，
k1＋k2＝y1x1−2+y2x2−2＝2kx1x2+m−2kx1+x2−4mx1x2−2x1+x2+4＝2k−4m2+41−4k2+m−2k·8km1−4k2−4m−4m2+41−4k2−2·8km1−4k2+4＝1，
整理得(m＋2k)(m＋2k－1)＝0.
①m＋2k＝0⇒PQ：y＝kx－2k，过A(2，0)，舍去，
②m＋2k－1＝0⇒PQ：y＝kx－2k＋1，过点(2，1)，
此时，将m＝1－2k代入①得
(1－2k)2＋1－4k2＝2－4k＞0，k＜12，
∴PQ与x＝2交于点M(2，1)，
故S△AMN＝12×2×1＝1为定值．
2．解：(1)因为点A(－2，0)在C上，所以4b2＝1，得b2＝4.
因为椭圆的离心率e＝ca＝53，所以c2＝59a2，又a2＝b2＋c2＝4＋59a2，所以a2＝9，c2＝5，
故椭圆C的方程为y29+x24＝1.
(2)证明：由题意知，直线PQ的斜率存在且不为0，设lPQ：y－3＝k(x＋2)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由y−3=kx+2，y29+x24=1，得(4k2＋9)x2＋(16k2＋24k)x＋16k2＋48k＝0，
则Δ＝(16k2＋24k)2－4(4k2＋9)(16k2＋48k)＝－36×48k>0，
故x1＋x2＝－16k2+24k4k2+9，x1x2＝16k2+48k4k2+9.
直线AP：y＝y1x1+2(x＋2)，令x＝0，解得yM＝2y1x1+2，同理得yN＝2y2x2+2，
则yM＋yN＝2×y1x2+2+y2x1+2x1+2x2+2
＝2×kx1+2k+3x2+2+kx2+2k+3x1+2x1+2x2+2
＝2×2kx1x2+4k+3x1+x2+8k+12x1x2+2x1+x2+4
＝2×2k16k2+48k+4k+3−16k2−24k+8k+124k2+916k2+48k+2−16k2−24k+44k2+9
＝2×10836
＝6.
所以MN的中点的纵坐标为yM+yN2＝3，所以MN的中点为定点(0，3)．
3．解：(1)当t＝－33时，直线l：x＝－33y＋1，令x＝0，得y＝3，即椭圆的上顶点为(0，3)，则b＝3，
又△AF1F2的周长为6，即2a＋2c＝6，a＋c＝3，又a2－c2＝b2＝3，解得a＝2，c＝1，
所以椭圆C的方程为x24+y23＝1.
(2)证明：由(1)知，M(－2，0)，N(2，0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，依题意，点A，B不在x轴上，
由x=ty+1，x24+y23=1，消去x并整理得(3t2＋4)y2＋6ty－9＝0，Δ＞0，由根与系数的关系得，y1＋y2＝－6t3t2+4，y1y2＝−93t2+4，
直线AM的方程为y＝y1x1+2(x＋2)，
直线BN的方程为y＝y2x2−2(x－2)，
联立直线AM，BN的方程得
x+2x−2＝y2x1+2y1x2−2＝y2ty1+3y1ty2−1＝ty1y2+3y2ty1y2−y1，
由y1＋y2＝－6t3t2+4得y1＝－6t3t2+4－y2，代入上式，得
x+2x−2＝ty1y2+3y2ty1y2−y1＝−9t3t2+4+3y2−9t3t2+4+6t3t2+4+y2
＝−9t3t2+4+3y2−3t3t2+4+y2＝3，
于是得x＝4，所以直线AM，BN的交点Q在定直线x＝4上．
(3)证明：由(2)知，k1k2＝y1x2−2y2x1+2＝y1ty2−1y2ty1+3＝ty1y2−y1ty1y2+3y2，
由y1＋y2＝－6t3t2+4，y1y2＝−93t2+4得，ty1y2＝32(y1＋y2)，
所以k1k2＝ty1y2−y1ty1y2+3y2＝12y1+32 y232y1+92 y2＝13为定值．
4．解：(1)由题设得4a2+1b2＝1，a2−b2a2＝12，解得a2＝6，b2＝3．所以C的方程为x26+y23＝1.
(2)证明：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x26+y23＝1，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.
于是x1＋x2＝－4km1+2k2，x1x2＝2m2−61+2k2.①
由AM⊥AN知AM·AN＝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.
将①代入上式，可得(k2＋1)2m2−61+2k2－(km－k－2)·4km1+2k2＋(m－1)2＋4＝0.
整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0.
因为A(2，1)不在直线MN上，
所以2k＋m－1≠0，故2k＋3m＋1＝0，k≠1，m＝－23k－13.
于是MN的方程为y＝kx−23−13(k≠1)．
所以直线MN过点P23，−13.
若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1)．
由AM·AN＝0，得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0.
又x126+y123＝1，所以3x12－8x1＋4＝0，解得x1＝2(舍去)，x1＝23.
此时直线MN过点P23，−13.
令Q为AP的中点，即Q43，13.
若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，故|DQ|＝12|AP|＝223.
若D与P重合，则|DQ|＝12|AP|.
综上，存在点Q43，13，使得|DQ|为定值