1、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:x24+y23=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PF=FA,QF=FB,证明:为定值.2.(2021河北张家口三模)已知抛物线C:y2=4px(p0)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|=642?若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由
2、.3.(2021江苏南通适应性联考)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的两个焦点为F1,F2,一条渐近线方程为y=bx(bN*),且双曲线C经过点D(2,1).(1)求双曲线C的方程;(2)设点P在直线x=m(ym,0mb0)的离心率为22,且经过点H(-2,1).(1)求椭圆C的方程;(2)过点P(-3,0)的直线(不与x轴重合)与椭圆C相交于A,B两点,直线HA,HB分别交x轴于M,N两点,点G(-2,0),若PM=PG,PN=PG,求证:1+1为定值.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)
3、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.求证:直线AB过定点;求证:PCA=PCB.6.(2021北京东城一模)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)过点D(-2,0),且焦距为23.(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,使得|AD|DH|=(|AD|-|DH|)成立?若存在,求出的值;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,
4、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,=144(t2-4)0,解得t2.故直线l的斜率k=1t的取值范围为-12,00,12.(2)证明 F(1,0),设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3),Q(x4,y4),由(1)得y1+y2=-24t3t2+4,y1y2=363t2+4,所以ty1y2=-32(y1+y2).由PF=FA,得1-x3=(x1-1),-y3=y1,即-x3=x1-1,-y3=y1.又点P在椭圆上,即有3x32+4y32=12,代入上式得3(x1-1)2+42y12=12,即2(3x12+4y12)-6(+1
5、)x1+3(+1)2=12,又3x12+4y12=12,所以12(+1)(-1)-6(+1)x1+3(+1)2=0.易知+10,故=35-2x1,同理可得=35-2x2.又(5-2x1)(5-2x2)=25-10(x1+x2)+4x1x2=25-10t(y1+y2)+8+4(ty1+4)(ty2+4)=9+6t(y1+y2)+4t2y1y2=9+6t(y1+y2)+4t-32(y1+y2)=9,所以=9(5-2x1)(5-2x2)=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
6、.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y2=4x,x-m(y+2)-5=0,得y2-4my-8m-20=0.因为=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MAMB=(x1-1)(x2-1)+(y1-2)(y2-2)=y124-1y224-1+(y1-2)(y2-2)=y12y2216-(y1+y2)2-2y1y24+y1y2-2(y1+y2)+5=16(2m+5)216-(4m)2+8(2m+5)4-4(2m+5)-8m+5=0
7、,所以MAMB,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=1+m2(y1+y2)2-4y1y24|1+m|1+m2=4|1+m|16m2+16(2m+5)=16|1+m|(m+1)2+4=642,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|=642.3.(1)解 由ba=b,2a2-1b2=1,解得a=1,b=1,故双曲线方程为x2-y2=1.(2)证明 设A(x1,y1),B(x2,y2),直线PA的斜率为k,P(m,y0).则PA:y-y1
8、=k(x-x1),联立方程组y-y1=k(x-x1),x2-y2=1,消去y,可得x2-kx+(-kx1+y1)2=1,整理可得(1-k2)x2-2k(y1-kx1)x-(y1-kx1)2-1=0.因为PA与双曲线相切,所以=4k2(y1-kx1)2+4(1-k2)(y1-kx1)2+4(1-k2)=0,整理得4(y1-kx1)2+4(1-k2)=0.即k2x12-2kx1y1+y12+1-k2=0,即(x12-1)k2-2kx1y1+(y12+1)=0,因为x12-y12=1,所以x12-1=y12,y12+1=x12代入可得y12k2-2x1y1k+x12=0,即(y1k-x1)2=0,所
9、以k=x1y1.故PA:y-y1=x1y1(x-x1),即y1y=x1x-1.同理,切线PB的方程为y2y=x2x-1.因为P(m,y0)在切线PA,PB上,所以有y0y1=mx1-1,y0y2=mx2-1,A,B满足直线方程y0y=mx-1,而两点唯一确定一条直线,故AB:y0y=mx-1,所以当x=1m,y=0时,无论y0为何值,等式均成立.故点1m,0恒在直线AB上,故无论P在何处,AB恒过定点1m,0.4.(1)解 由题意知e=ca=1-b2a2=22,则a2=2b2.又椭圆C经过点H(2,1),所以4a2+1b2=1.联立解得a2=6,b2=3,所以椭圆C的方程为x26+y23=1.
10、(2)证明 设直线AB的方程为x=my-3,A(x1,y1),B(x2,y2),由x=my-3,x26+y23=1联立消去x,得(m2+2)y2-6my+3=0,所以=36m2-12(m2+2)0,y1+y2=6mm2+2,y1y2=3m2+2,由题意知,y1,y2均不为1.设M(xM,0),N(xN,0),由H,M,A三点共线知AM与MH共线,所以xM-x1=(-y1)(-2-xM),化简得xM=x1+2y11-y1.由H,N,B三点共线,同理可得xN=x2+2y21-y2.由PM=PG,得(xM+3,0)=(1,0),即=xM+3.由PN=PG,同理可得=xN+3.所以1+1=1xM+3+
11、1xN+3=1x1+2y11-y1+3+1x2+2y21-y2+3=1-y1x1-y1+3+1-y2x2-y2+3=1-y1(m-1)y1+1-y2(m-1)y2=1m-11-y1y1+1-y2y2=1m-1y1+y2y1y2-2=1m-16mm2+23m2+2-2=2,所以1+1为定值.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(p0),则p2=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 由x2=8y得y=18x2,y=14x.设
12、Ax1,18x12,Bx2,18x22,P(t,-2),其中x1x2,则切线PA的方程为y-18x12=x14(x-x1),即y=14x1x-18x12.同理,切线PB的方程为y=14x2x-18x22.由y=14x1x-18x12,y=14x2x-18x22,解得x=x1+x22,y=x1x28,故t=x1+x22,-2=x1x28,即x1+x2=2t,x1x2=-16.故直线AB的方程为y-18x12=18x22-18x12x2-x1(x-x1),化简得y=x1+x28x-x1x28,即y=t4x+2,故直线AB过定点(0,2).由知:直线AB的斜率为kAB=t4,(i)当直线PC的斜率不
13、存在时,直线AB的方程为y=2,PCAB,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=-2-2t-0=-4t,kABkPC=t4-4t=-1,故PCAB,PCA=PCB.综上所述,PCA=PCB得证.6.解 (1)因为椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)过点D(-2,0),所以a=2,又2c=23,即c=3,所以b2=a2-c2=4-3=1,所以椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)存在常数=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y=k(x+4),x24+y2=1,消去y并整理,得(1+
14、4k2)x2+32k2x+64k2-4=0,=(32k2)2-4(1+4k2)(64k2-4)0,得0k2112.设P(x1,y1),Q(x2,y2),则T(x2,-y2),所以x1+x2=-32k21+4k2,x1x2=64k2-41+4k2,直线PT:y-y1=y1+y2x1-x2(x-x1),令y=0,得x=x1-y1(x1-x2)y1+y2,所以Hx1-y1(x1-x2)y1+y2,0,若存在常数,使得|AD|DH|=(|AD|-|DH|)成立,所以1=|AD|-|DH|AD|DH|=1|DH|-1|AD|,又因为D(-2,0),A(-4,0),Hx1-y1(x1-x2)y1+y2,0
15、,所以|AD|=2,|DH|=x1-y1(x1-x2)y1+y2+2=x1-k(x1+4)(x1-x2)k(x1+4)+k(x2+4)+2=x1-k(x1+4)(x1-x2)k(x1+x2)+8k+2=kx1(x1+x2)+8kx1-k(x1+4)(x1-x2)k(x1+x2)+8k+2=kx12+kx1x2+8kx1-kx12+kx1x2-4kx1+4kx2k(x1+x2)+8k+2=4k(x1+x2)+2kx1x2k(x1+x2)+8k+2=4k-32k21+4k2+2k64k2-41+4k2k-32k21+4k2+8k+2=-1+2=1,所以1=11-12,解得=2.所以存在常数=2,使得|AD|DH|=2(|AD|-|DH|)成立.
