專題突破練23 圓錐曲線中的定點、定值、探索性問題1.(2021·重慶八中月考)已知橢圓C:=1的右焦點為F,過點M(4,0)的直線l交橢圓C于A,B兩點,連接AF,BF并延長分別與橢圓交于異于A,B的兩點P,Q.(1)求直線l的斜率的取值范圍;(2)若=λ=μ,證明:λμ為定值.2.(2021·河北張家口三模)已知拋物線C:y2=4px(p>0)的焦點為F,且點M(1,2)到點F的距離比到y(tǒng)軸的距離大p.(1)求拋物線C的方程;(2)若直線l:x-m(y+2)-5=0與拋物線C交于A,B兩點,問是否存在實數(shù)m,使|MA|·|MB|=64?若存在,求出m的值;若不存在,請說明理由.
3.(2021·湖南師大附中高三模擬)已知橢圓C:=1(a>b>0)的離心率為,橢圓的短軸頂點到焦點的距離為.(1)求該橢圓C的方程;(2)若直線l與橢圓C交于A,B兩點,且||=||,證明:直線l與某個定圓E相切,并求出定圓E的方程.4.(2021·湖南長郡中學高三模擬)設A,B為雙曲線C:=1(a>0,b>0)的左、右頂點,直線l過右焦點F且與雙曲線C的右支交于M,N兩點,當直線l垂直于x軸時,△AMN為等腰直角三角形.(1)求雙曲線C的離心率;(2)已知直線AM,AN分別交直線x=于P,Q兩點,當直線l的傾斜角變化時,以PQ為直徑的圓是否過定點,若過定點,求出定點的坐標;若不過定點,請說明理由.5.(2021·廣東汕頭三模)已知圓C:x2+(y-2)2=1與定直線l:y=-1,且動圓M與圓C外切并與直線l相切.(1)求動圓圓心M的軌跡E的方程;(2)已知點P是直線l1:y=-2上一個動點,過點P作軌跡E的兩條切線,切點分別為A,B.①求證:直線AB過定點;②求證:∠PCA=∠PCB.
6.(2021·北京東城一模)已知橢圓C:=1(a>b>0)過點D(-2,0),且焦距為2.(1)求橢圓C的方程;(2)過點A(-4,0)的直線l(不與x軸重合)與橢圓C交于P,Q兩點,點T與點Q關于x軸對稱,直線TP與x軸交于點H,是否存在常數(shù)λ,使得|AD|·|DH|=λ(|AD|-|DH|)成立?若存在,求出λ的值;若不存在,說明理由.專題突破練23 圓錐曲線中的定點、定值、探索性問題1.(1)解由題意知直線l的斜率不為零,故設其方程為x=ty+4,與橢圓方程聯(lián)立,消去x得(3t2+4)y2+24ty+36=0,Δ=144(t2-4)>0,解得t<-2或t>2.故直線l的斜率k=的取值范圍為(2)證明F(1,0),設A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3),Q(x4,y4),由(1)得y1+y2=,y1y2=,所以ty1y2=-(y1+y2).由=,得又點P在橢圓上,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)由點M到點F的距離比到y(tǒng)軸的距離大p,得點M到點F的距離與到直線x=-p的距離相等.由拋物線的定義,可知點M在拋物線C上,所以4=4p,解得p=1.所以拋物線C的方程為y2=4x.(2)存在滿足題意的m,其值為1或-3.理由如下:由得y2-4my-8m-20=0.因為Δ=16m2+4(8m+20)>0恒成立,所以直線l與拋物線C恒有兩個交點.設A(x1,y1),B(x2,y2),則y1+y2=4m,y1y2=-4(2m+5).因為=(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為直角三角形.設d為點M到直線l的距離,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.所以當實數(shù)m=1或m=-3時,|MA|·|MB|=643.(1)解∵橢圓的短軸頂點到焦點的距離為,=a=∵橢圓的離心率e=,∴c=,∴b2=a2-c2=3,∴橢圓C的標準方程為=1.(2)證明∵||=||,,則=0,①當直線l的斜率不存在時,設l:x=t,代入橢圓方程,得y=±,不妨令At,,Bt,-,由=0,得t2-3+=0,解得t=±,此時l:x=±,與圓x2+y2=2相切.②當直線l的斜率存在時,設l:y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0,則Δ=16k2m2-4(1+2k2)(2m2-6)>0,化簡,得m2<6k2+3,①由韋達定理,得x1+x2=-,x1x2=,則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,滿足Δ>0,,即原點到直線l的距離為,∴直線l與圓x2+y2=2相切.綜上所述,直線l與圓E:x2+y2=2相切.4.解(1)由直線l垂直于x軸時,△AMN為等腰直角三角形,可得|AF|=|NF|=|MF|,所以a+c=,即c2-ac-2a2=0,故e2-e-2=0,結合e>1,解得e=2.故雙曲線C的離心率為2.(2)因為e==2,所以雙曲線C:=1,顯然直線l的斜率不為0,設直線l:x=my+2a,M(x1,y1),N(x2,y2),聯(lián)立直線l與雙曲線C的方程得化簡得(3m2-1)y2+12amy+9a2=0,由題意知3m2-1≠0,Δ=144a2m2-4(3m2-1)×9a2=36(a2m2+a2)>0恒成立,根據(jù)根與系數(shù)的關系,得y1+y2=-,y1y2=,所以x1+x2=m(y1+y2)+4a=,x1x2=m2y1y2+2am(y1+y2)+4a2=,設直線AM:y=(x+a),直線AN:y=(x+a),令x=,可得P,Q,設G(x,y)是以PQ為直徑的圓上的任意一點,則=0,則以PQ為直徑的圓的方程為x-2+y-y-=0,由對稱性可得,若存在定點,則一定在x軸上,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為直徑的圓過定點(-a,0),(2a,0).5.(1)解依題意知:M到C(0,2)的距離等于M到直線y=-2的距離,故動點M的軌跡是以C為焦點,直線y=-2為準線的拋物線.設拋物線方程為x2=2py(p>0),則=2,則p=4,即拋物線的方程為x2=8y,故動圓圓心M的軌跡E的方程為x2=8y.(2)證明①由x2=8y得y=x2,y'=x.設A,B,P(t,-2),其中x1≠x2,則切線PA的方程為y-(x-x1),即y=x1x-同理,切線PB的方程為y=x2x-由解得故故直線AB的方程為y-(x-x1),化簡得y=x-,即y=x+2,故直線AB過定點(0,2).②由①知:直線AB的斜率為kAB=,(i)當直線PC的斜率不存在時,直線AB的方程為y=2,∴PC⊥AB,∴∠PCA=∠PCB;(ii)當直線PC的斜率存在時,P(t,-2),C(0,2),直線PC的斜率kPC==-,kAB·kPC==-1,故PC⊥AB,∠PCA=∠PCB.綜上所述,∠PCA=∠PCB得證.6.解(1)因為橢圓C:=1(a>b>0)過點D(-2,0),所以a=2,又2c=2,即c=,所以b2=a2-c2=4-3=1,所以橢圓C的方程為+y2=1.(2)存在常數(shù)λ=2,滿足題意.理由如下:顯然直線l的斜率存在且不為0,設直線l:y=k(x+4),聯(lián)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
