2023届高考二轮总复习试题（适用于老高考旧教材） 数学（文）考点突破练14　圆锥曲线中的定点、定值、证明问题 WORD版含解析.docx

1、考点突破练14圆锥曲线中的定点、定值、证明问题1.(2022湖南岳阳质检二)已知椭圆C:y2a2+x2b2=1(ab0),F为上焦点,左顶点P到F的距离为2,且离心率为22,设O为坐标原点,点M的坐标为(0,2).(1)求椭圆C的标准方程;(2)若过F的直线l与C交于A,B两点,证明:OMA=OMB.2.(2022陕西西安四区县联考一)已知抛物线x2=ay(a0),过点M0,a2作两条互相垂直的直线l1,l2,设l1,l2分别与抛物线相交于A,B及C,D两点,当A点的横坐标为2时,抛物线在点A处的切线斜率为1.(1)求抛物线的方程;(2)设线段AB,CD的中点分别为E,F,O为坐标原点,求证:

2、直线EF过定点.3.(2022北京石景山一模)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的短轴长等于23,离心率e=12.(1)求椭圆C的标准方程;(2)过右焦点F作斜率为k的直线l,与椭圆C交于A,B两点,线段AB的垂直平分线交x轴于点P,判断|PF|AB|是否为定值,请说明理由.4.(2022全国乙文21)已知椭圆E的中心为坐标原点,对称轴为x轴、y轴,且过A(0,-2),B32,-1两点.(1)求E的方程;(2)设过点P(1,-2)的直线交E于M,N两点,过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T,点H满足MT=TH.证明:直线HN过定点.5.(2022河南濮阳一模)已知椭圆C:x2a2

3、+y2b2=1(ab0)的离心率e=32,且圆x2+y2=2过椭圆C的上、下顶点.(1)求椭圆C的方程;(2)若直线l的斜率为12,且直线l与椭圆C相交于P,Q两点,点P关于原点的对称点为E,点A(-2,1)是椭圆C上一点,若直线AE与AQ的斜率分别为kAE,kAQ,证明:kAEkAQ0.6.(2022广西柳州三模)已知点A(2,3),B(-2,-3),点M与y轴的距离记为d,且点M满足MAMB=d24-1,记点M的轨迹为曲线W.(1)求曲线W的方程;(2)设点P为x轴上除原点O外的一点,过点P作直线l1,l2,l1交曲线W于C,D两点,l2交曲线W于E,F两点,G,H分别为CD,EF的中点,

4、过点P作x轴的垂线交GH于点N,设CD,EF,ON的斜率分别为k1,k2,k3,求证:k3(k1+k2)为定值.考点突破练14圆锥曲线中的定点、定值、证明问题1.(1)解 左顶点P到F的距离为2,可得a=2,又e=ca=22,故c=1,从而b=1.椭圆C的标准方程为y22+x2=1.(2)证明 当l与y轴重合时,OMA=OMB=0.当l与y轴不重合时,设l的方程为y=kx+1,A(x1,y1),B(x2,y2),直线MA,MB的斜率之和为kMA+kMB=y1-2x1+y2-2x2=kx1-1x1+kx2-1x2=2k-1x1+1x2=2k-x1+x2x1x2,联立方程y=kx+1,y22+x2

5、=1,可得(2+k2)x2+2kx-1=0,x1+x2=-2k2+k2,x1x2=-12+k2,2k-x1+x2x1x2=2k-2k=0,从而kMA+kMB=0,故直线MA,MB的倾斜角互补,OMA=OMB.综上,OMA=OMB.2.(1)解 y=2xa,由题意得22a=1,a=4,抛物线的方程为x2=4y.(2)证明 由题意得直线l1,l2的斜率都存在且都不为0,由M(0,2),可设直线AB的方程为y=kx+2(k0),设A(x1,y1),B(x2,y2),由y=kx+2,x2=4y,得x2-4kx-8=0,则x1+x2=4k,y1+y2=k(x1+x2)+4=4k2+4,AB的中点E(2k

6、,2k2+2).l1l2,直线CD的斜率为-1k,同理可得CD的中点F-2k,2k2+2,EF的方程为y-(2k2+2)=2k2+2-2k2-22k+2k(x-2k),化简整理得y=k-1kx+4,直线EF恒过定点(0,4).3.解 (1)由题意得b=3,e=1-b2a2=1-3a2=12,解得a=2,所以椭圆的方程为x24+y23=1.(2)是定值.理由如下:由椭圆的方程x24+y23=1,得右焦点F(1,0),设直线l的方程为y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2),由y=k(x-1),x24+y23=1,得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0,则x1+x2=8k23

7、+4k2,x1x2=4k2-123+4k2,|AB|=1+k2|x1-x2|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=12(1+k2)3+4k2,设线段AB的中点为D(x0,y0),则x0=x1+x22=4k23+4k2,则y0=k(x0-1)=-3k3+4k2,即D4k23+4k2,-3k3+4k2,所以直线l的中垂线的方程为y-3k3+4k2=-1kx-4k23+4k2.令y=0,得xP=k23+4k2,所以|PF|=|xP-1|=k23+4k2-1=3(k2+1)3+4k2,所以|PF|AB|=3(k2+1)3+4k212(1+k2)3+4k2=14.4.(1)解 设椭圆E的方程为mx2+

8、ny2=1(m0,n0),则4n=1,94m+n=1,解得m=13,n=14.故椭圆E的方程为x23+y24=1.(2)证明 由点A(0,-2),B32,-1,可知直线AB的方程为y=23x-2.当过点P的直线MN的斜率不存在时,直线MN的方程为x=1.由x=1,x23+y24=1,解得x=1,y=263或x=1,y=-263,则点M1,-263,N1,263.将y=-263代入y=23x-2,得x=3-6,则点T3-6,-263.又MT=TH,所以点H5-26,-263,所以直线HN的方程为y-263=-263-2635-26-1(x-1),即y=263+2x-2,所以直线HN过点(0,-2

9、).当过点P的直线MN的斜率存在时,设直线MN的方程为y+2=k(x-1),点M(x1,y1),N(x2,y2).由y+2=k(x-1),x23+y24=1,消去y,得(4+3k2)x2-6k(k+2)x+3k(k+4)=0,则0,x1+x2=6k(k+2)4+3k2,x1x2=3k(k+4)4+3k2.将y=y1代入y=23x-2,得x=32(y1+2),则点T32(y1+2),y1.又MT=TH,所以点H(3y1+6-x1,y1).所以直线HN的方程为(3y1+6-x1-x2)(y-y2)=(y1-y2)(x-x2),即(3y1+6-x1-x2)(y-y2)-(y1-y2)(x-x2)=0

10、.将x=0,y=-2代入上式,整理得12-2(x1+x2)+3y1y2+6(y1+y2)-x1y2-x2y1=0.(*)因为x1+x2=6k(k+2)4+3k2,x1x2=3k(k+4)4+3k2,所以y1+y2=k(x1-1)-2+k(x2-1)-2=-8k-164+3k2,x1y2+x2y1=x1k(x2-1)-2+x2k(x1-1)-2=-24k4+3k2,y1y2=k(x1-1)-2k(x2-1)-2=-8k2+16k+164+3k2,所以(*)式左边=12-12k(k+2)4+3k2+-24k2+48k+484+3k2+-48k-964+3k2-24k4+3k2=0=右边,即(*)式

11、成立.所以直线HN过点(0,-2).综上所述,直线HN恒过定点(0,-2).5.(1)解 由题可知b=2,ca=32,a2=b2+c2,解得a=22,b=2,椭圆C的方程为x28+y22=1.(2)证明 设P(x1,y1),Q(x2,y2),则E(-x1,-y1).设直线l为y=12x+t,代入椭圆方程得x2+2tx+2t2-4=0,则=4t2-4(2t2-4)0,解得-2t2,x1+x2=-2t,x1x2=2t2-4,则kAE+kAQ=y2-1x2+2+-y1-1-x1+2=(2-x1)(y2-1)-(2+x2)(y1+1)(2+x2)(2-x1),又y1=12x1+t,y2=12x2+t,

12、(2-x1)(y2-1)-(2+x2)(y1+1)=2(y2-y1)-(x1y2+x2y1)+x1-x2-4=x2-x1-(x1x2+tx1+tx2)+x1-x2-4=-x1x2-t(x1+x2)-4=-(2t2-4)-t(-2t)-4=0,即kAE+kAQ=0,kAE=-kAQ.于是kAEkAQ=-kAQ20.6.(1)解 设M(x,y),由题意得d=|x|,MA=(2-x,3-y),MB=(-2-x,-3-y),MAMB=d24-1,(2-x,3-y)(-2-x,-3-y)=d24-1,x2-4+y2-3=x24-1.3x24+y2=6,M的轨迹方程为x28+y26=1.(2)证法一 显然

13、GH斜率存在,设P(x0,0),设GH的方程为y=k4x+m,由题意知CD的方程为y=k1(x-x0),联立方程y=k1(x-x0),y=k4x+m,解得x=k1x0+mk1-k4,y=k1(k4x0+m)k1-k4,可得Gk1x0+mk1-k4,k1(k4x0+m)k1-k4,设C(xC,yC),D(xD,yD),则有xC28+yC26=1,xD28+yD26=1,两式相减得:xC2-xD28+yC2-yD26=0,则有k1=yC-yDxC-xD=-34xC+xDyC+yD,又G为CD中点,则有k1=-34k1x0+mk1(k4x0+m),将G坐标代入CD的方程可得4(k4x0+m)k12+

14、3x0k1+3m=0,同理可得4(k4x0+m)k22+3x0k2+3m=0,故k1,k2为关于k的方程4(k4x0+m)k2+3x0k+3m=0的两实根.由韦达定理得k1+k2=-3x04(k4x0+m).将x=x0代入直线GH:y=k4x+m,可得N(x0,k4x0+m),故有k3=k4x0+mx0,则k3(k1+k2)=k4x0+mx0-3x04(k4x0+m)=-34,故k3(k1+k2)为定值-34.证法二 由题意知直线CD,EF,ON的斜率都存在,分别为k1,k2,k3,设P(t,0),N(t,k3t)(t0),则直线CD,EF的方程分别为y=k1(x-t),y=k2(x-t),两直线分别与曲线W相交,联立方程y=k1(x-t),x28+y26=1,得(6+8k12)x2-16k12tx+8k12t2-48=0,解得xG=x1+x22=4k12t3+4k12,yG=-3k1t3+4k12,可得G4k12t3+4k12,-3k1t3+4k12,同理可得H4k22t3+4k22,-3k2t3+4k22,由题意知G,H,N三点共线,kGN=kHN,即k3t+3k1t3+4k12t-4k12t3+4k12=k3t+3k2t3+4k22t-4k22t3+4k22.化简整理得4k3(k12-k22)=3(k2-k1),