2022届高三数学二轮复习：专题突破练23圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题（有解析）

专题突破练23　圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题1.(2021·重庆八中月考)已知椭圆C:=1的右焦点为F,过点M(4,0)的直线l交椭圆C于A,B两点,连接AF,BF并延长分别与椭圆交于异于A,B的两点P,Q.(1)求直线l的斜率的取值范围;(2)若=λ=μ,证明:λμ为定值.2.(2021·河北张家口三模)已知抛物线C:y2=4px(p>0)的焦点为F,且点M(1,2)到点F的距离比到y轴的距离大p.(1)求抛物线C的方程;(2)若直线l:x-m(y+2)-5=0与抛物线C交于A,B两点,问是否存在实数m,使|MA|·|MB|=64?若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由. 3.(2021·湖南师大附中高三模拟)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,椭圆的短轴顶点到焦点的距离为.(1)求该椭圆C的方程;(2)若直线l与椭圆C交于A,B两点,且||=||,证明:直线l与某个定圆E相切,并求出定圆E的方程.4.(2021·湖南长郡中学高三模拟)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.5.(2021·广东汕头三模)已知圆C:x2+(y-2)2=1与定直线l:y=-1,且动圆M与圆C外切并与直线l相切.(1)求动圆圆心M的轨迹E的方程;(2)已知点P是直线l1:y=-2上一个动点,过点P作轨迹E的两条切线,切点分别为A,B.①求证:直线AB过定点;②求证:∠PCA=∠PCB. 6.(2021·北京东城一模)已知椭圆C:=1(a>b>0)过点D(-2,0),且焦距为2.(1)求椭圆C的方程;(2)过点A(-4,0)的直线l(不与x轴重合)与椭圆C交于P,Q两点,点T与点Q关于x轴对称,直线TP与x轴交于点H,是否存在常数λ,使得|AD|·|DH|=λ(|AD|-|DH|)成立?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.专题突破练23　圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题1.(1)解由题意知直线l的斜率不为零,故设其方程为x=ty+4,与椭圆方程联立,消去x得(3t2+4)y2+24ty+36=0,Δ=144(t2-4)>0,解得t<-2或t>2.故直线l的斜率k=的取值范围为(2)证明F(1,0),设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3),Q(x4,y4),由(1)得y1+y2=,y1y2=,所以ty1y2=-(y1+y2).由=,得又点P在椭圆上,即有3+4=12,代入上式得3(λx1-λ-1)2+4λ2=12,即λ2(3+4)-6λ(λ+1)x1+3(λ+1)2=12,又3+4=12,所以12(λ+1)(λ-1)-6λ(λ+1)x1+3(λ+1)2=0.易知λ+1≠0,故λ=,同理可得μ=又(5-2x1)(5-2x2)=25-10(x1+x2)+4x1x2=25-10[t(y1+y2)+8]+4(ty1+4)(ty2+4)=9+6t(y1+y2)+4t2y1y2=9+6t(y1+y2)+4t(y1+y2)=9,所以λμ==1.2.解(1)由点M到点F的距离比到y轴的距离大p,得点M到点F的距离与到直线x=-p的距离相等.由抛物线的定义,可知点M在抛物线C上,所以4=4p,解得p=1.所以抛物线C的方程为y2=4x.(2)存在满足题意的m,其值为1或-3.理由如下:由得y2-4my-8m-20=0.因为Δ=16m2+4(8m+20)>0恒成立,所以直线l与抛物线C恒有两个交点.设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=4m,y1y2=-4(2m+5).因为=(x1-1)(x2-1)+(y1-2)(y2-2)=+(y1-2)(y2-2)=+y1y2-2(y1+y2)+5=-4(2m+5)-8m+5 =0,所以MA⊥MB,即△MAB为直角三角形.设d为点M到直线l的距离,所以|MA|·|MB|=|AB|·d==4·|1+m|=16·|1+m|=64,所以(m+1)4+4(m+1)2-32=0,解得(m+1)2=4或(m+1)2=-8(舍).所以m=1或m=-3.所以当实数m=1或m=-3时,|MA|·|MB|=643.(1)解∵椭圆的短轴顶点到焦点的距离为,=a=∵椭圆的离心率e=,∴c=,∴b2=a2-c2=3,∴椭圆C的标准方程为=1.(2)证明∵||=||,,则=0,①当直线l的斜率不存在时,设l:x=t,代入椭圆方程,得y=±,不妨令At,,Bt,-,由=0,得t2-3+=0,解得t=±,此时l:x=±,与圆x2+y2=2相切.②当直线l的斜率存在时,设l:y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2),联立得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0,则Δ=16k2m2-4(1+2k2)(2m2-6)>0,化简,得m2<6k2+3,①由韦达定理,得x1+x2=-,x1x2=,则y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=,由=0,即x1x2+y1y2=0,可得=0,整理,得m2=2k2+2,满足Δ>0,,即原点到直线l的距离为,∴直线l与圆x2+y2=2相切.综上所述,直线l与圆E:x2+y2=2相切.4.解(1)由直线l垂直于x轴时,△AMN为等腰直角三角形,可得|AF|=|NF|=|MF|,所以a+c=,即c2-ac-2a2=0,故e2-e-2=0,结合e>1,解得e=2.故双曲线C的离心率为2.(2)因为e==2,所以双曲线C:=1,显然直线l的斜率不为0,设直线l:x=my+2a,M(x1,y1),N(x2,y2),联立直线l与双曲线C的方程得化简得(3m2-1)y2+12amy+9a2=0,由题意知3m2-1≠0,Δ=144a2m2-4(3m2-1)×9a2=36(a2m2+a2)>0恒成立,根据根与系数的关系,得y1+y2=-,y1y2=,所以x1+x2=m(y1+y2)+4a=,x1x2=m2y1y2+2am(y1+y2)+4a2=,设直线AM:y=(x+a),直线AN:y=(x+a),令x=,可得P,Q,设G(x,y)是以PQ为直径的圆上的任意一点,则=0,则以PQ为直径的圆的方程为x-2+y-y-=0,由对称性可得,若存在定点,则一定在x轴上,令y=0,可得x-2+=0, 即x-2+=0,可得x-2+=0,即x-2=a2,解得x=-a或x=2a,所以以PQ为直径的圆过定点(-a,0),(2a,0).5.(1)解依题意知:M到C(0,2)的距离等于M到直线y=-2的距离,故动点M的轨迹是以C为焦点,直线y=-2为准线的抛物线.设抛物线方程为x2=2py(p>0),则=2,则p=4,即抛物线的方程为x2=8y,故动圆圆心M的轨迹E的方程为x2=8y.(2)证明①由x2=8y得y=x2,y'=x.设A,B,P(t,-2),其中x1≠x2,则切线PA的方程为y-(x-x1),即y=x1x-同理,切线PB的方程为y=x2x-由解得故故直线AB的方程为y-(x-x1),化简得y=x-,即y=x+2,故直线AB过定点(0,2).②由①知:直线AB的斜率为kAB=,(i)当直线PC的斜率不存在时,直线AB的方程为y=2,∴PC⊥AB,∴∠PCA=∠PCB;(ii)当直线PC的斜率存在时,P(t,-2),C(0,2),直线PC的斜率kPC==-,kAB·kPC==-1,故PC⊥AB,∠PCA=∠PCB.综上所述,∠PCA=∠PCB得证.6.解(1)因为椭圆C:=1(a>b>0)过点D(-2,0),所以a=2,又2c=2,即c=,所以b2=a2-c2=4-3=1,所以椭圆C的方程为+y2=1.(2)存在常数λ=2,满足题意.理由如下:显然直线l的斜率存在且不为0,设直线l:y=k(x+4),联立消去y并整理,得(1+4k2)x2+32k2x+64k2-4=0,Δ=(32k2)2-4(1+4k2)(64k2-4)>0,得0<k2<设P(x1,y1),Q(x2,y2),则T(x2,-y2),所以x1+x2=-,x1x2=,直线PT:y-y1=(x-x1),令y=0,得x=x1-,所以Hx1-,0,若存在常数λ,使得|AD|·|DH|=λ(|AD|-|DH|)成立,所以,又因为D(-2,0),A(-4,0),H,所以|AD|=2,|DH|=x1-+2=x1-+2=x1-+2=+2=+2=+2=+2 =-1+2=1,所以,解得λ=2.所以存在常数λ=2,使得|AD|·|DH|=2(|AD|-|DH|)成立.