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文檔簡介
專題突破練23圓錐曲線中的定點、定值、探索性問題
L(2021?重慶八中月考)已知橢圓CT+5=1的右焦點為F,過點M(4,0)的直線/交橢圓C于A,B兩
點,連接ARBF并延長分別與橢圓交于異于A,B的兩點PQ.
(1)求直線/的斜率的取值范圍;
⑵若而=2同,行=〃而,證明為定值.
2.(2021?河北張家口三模)已知拋物線CV=4px(p>0)的焦點為F,且點M(1,2)到點F的距離比至IJy軸
的距離大p.
(1)求拋物線C的方程;
(2)若直線/:尤加(γ+2)-5=0與拋物線C交于A,B兩點,問是否存在實數(shù)九使IMAHMBI=64√Σ?若存在,
求出m的值;若不存在,請說明理由.
3.(2021?江蘇南通適應性聯(lián)考)已知雙曲線4-?=l(a>O力>0)的兩個焦點為尸陋,一條漸近線方程
為y=bxg∈N"),且雙曲線C經(jīng)過點D(√2,l).
(1)求雙曲線C的方程;
(2)設點P在直線x=m()乎土九0<相<1,且〃?是常數(shù))上,過點P作雙曲線C的兩條切線PA,PB,切點為
A,8,求證:直線AB過某一個定點.
4.(2021?山東濟南二模)已知橢圓。當+察1(心匕>0)的離心率為與,且經(jīng)過點”(-2,1).
aDN
(1)求橢圓C的方程;
⑵過點P(-3,0)的直線(不與X軸重合)與橢圓C相交于A,B兩點,直線H4,HB分別交X軸于MN兩點,
點G(-2,0),若麗=亦或而=〃方,求證」+工為定值.
5.(2021?廣東汕頭三模)已知圓CΛ2+(J-2)2=1與定直線/:y=-l,且動圓M與圓C外切并與直線/相切.
(1)求動圓圓心M的軌跡E的方程;
(2)已知點P是直線ky=-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;
會證:NPCA=/PCA
6.(2021?北京東城一模)已知橢圓諄+3=im>b>0)過點。(-2,0),且焦距為2√5.
(1)求橢圓C的方程;
⑵過點4-4,0)的直線/(不與X軸重合)與橢圓C交于P,Q兩點,點7與點。關于X軸對稱,直線TP與
X軸交于點H,是否存在常數(shù)九使得∣A0?∣O∕∕∣=2(IAoHoHl)成立?若存在,求出Z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/的斜率不為零,故設其方程為尤=(y+4,與橢圓方程聯(lián)立,消去X得
(3p+4)y2+24<y+36=0,∕=144(∕2-4)>0,解得t<-2或t>2.
故直線/的斜率Zq的取值范圍為(4,0)u(o,?).
⑵證明∕7(l,0),設A(XI,yι),8(X2,*),P(X3,”),。(%4,丁4),由⑴得6+?=號*/少2=愛果,
3
所以WU2=一翅+").
由兩=4成,得尸3_=產(chǎn)-1),即產(chǎn)=λx1-λ-l,
(-丫3—1,匕丫3—1-
又點尸在橢圓上,即有3χf+4y2=12,
代入上式得3(2xι-A-1)2+4λ2yf=12,即λ2(3xl+4yl)-6λ(λ+1)ΛI+3(Λ+1)2=12,
又3*+4弁=12,所以12(2+1)(2-1)-6Λ(2+1)xι+3(2+1)2=0.
易知%+l≠0,故%=/—,同理可得μ=-^--.
?-z??5-Z%2
又(5-2xι)(5-2x2)=25-10(x∣+x2)+4%1x2
=25-10[r(>,ι+^2)+8]+4(∕>ι+4)(ty2+4)
所以=—~~~;=1-
2.解(1)由點M到點b的距離比到y(tǒng)軸的距離大p,
得點M到點尸的距離與到直線X=N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=L
所以拋物線C的方程為)>2=4X.
(2)存在滿足題意的見其值為1或-3.
理由如下:
由I'~(4???Cn得y2-4my-8"2-20=0.
U-m(y+2)-5=0,
因為/=16川+4(8m+20)>0恒成立,所以直線/與拋物線C恒有兩個交點.
設A(XI,yI),8(x2,y2),則yι+>2=4/〃,y∣>2=-4(2/a+5).
+(yι-2)(*-2)
_州)2+:赳+5)_4(2加+5)一所+5
=0,
所以MALMB,即aMAB為直角三角形.
設d為點M到直線/的距離,所以IMAHMBl=IA8R∕=√1+τ∏2.[優(yōu)+yz^-^y-^2'
4===4-11+m??J16m2+16(2m+5)=16?11+/?z∣?(m+I)2+4=64-/2,
√l+m2\
所以(/〃+l)4+4("z+1)2-32=0,
解得(m+l)2=4或("z+l)2=-8(舍).
所以m=1或m=-3.
所以當實數(shù)加=1或m=-3時MAHMBl=64√Σ
b=b
「1’解得a
3.(1)解由=1,
b=1,
故雙曲線方程為/-V=1.
(2)證明設A(XI,yι),B(x2j2),直線PA的斜率為k,P(m,yo).
則PAyyI=A(XM,聯(lián)立方程組f;);王)'
消去可得x2-[Ax+(-Ax∣+γι)]2=l,
整理可?(l-A2)x2-2?(y∣-fccι)x-(yι-Axι)2-l=0.
因為PA與雙曲線相切,
所以Δ=4lc(y]-fccι)2+4(1-F)?(yι-fccι)2+4(1-Z~)=0,
整理得4(yι-Axi)2+4(1-?2)=0.
即k2xl-2kx?y?+yf+1-A2=O,
即(?i-1)?2-2fcr∣yι+(j?+1)=0,
因為好一衣=1,所以好-1=光,比+1=后代入可得比K-2xιy次+好=0,即(y∣Z-x∣)2=0,所
以k="
Vi
故PAyyi=Nx-Xi),即y?y=x?x-1.
y,ι
同理,切線PB的方程為y2y=x2x-l.
因為P(m,yo)在切線PAFB上,所以有{;:;::::::;:
A,B滿足直線方程yoy=mx-L而兩點唯一確定一條直線,
故AB:yoy=nu-l,所以當卜一加時,無論yo為何值,等式均成立.
Iy=O
故點,0)恒在直線AB上,故無論P在何處,AB恒過定點,0).
4.(1)解由題意知e=?=Jlf=,則。2=2戶.
又橢圓C經(jīng)過點//(2,1),所以芻+~2~??
ab
聯(lián)立解得標=6,〃=3,所以橢圓C的方程為<+<=l?
O?
(2)證明設直線AB的方程為X=my-3,A(xι,yι),B(x2,y2),
,x=Tny-3,
?'X2y2聯(lián)立消去X,得(m2+2)/2.6"?y+3=0,
?+τ=1
,
所以/=36nr-12(〃P+2)>0,>1+第=^^2,γιp=m^,2由題意知W均不為1.
設M(XM,0),N(XM0),由H,M,A三點共線知詢與麗共線,所以XmXI=(小)(2x”),化簡
曰%i÷2y
何XM-----1.
由H,N,B三點共線洞理可得XN=罕X
由兩=4所,得(XM+3,0)=%(l,0),即λ=XM+3.
由麗=〃而,同理可得μ=XN+3.
所以工+工=_J__J_=]]=Bi,"=R,
+x+2+x+2,+3
λμXM+3XN+3ly↑,O2y210XrYi+3^2-)2(介1)當
ι-yι十ι-y2
1出_1(i-%I+巧—,?I?2??9
,
(Tn-I)及-rn-1y1y2mΛ?y1y2/"?n-lI3I
?m2+2)
所以④+工為定值.
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Λ2=2py(p>0),則與=2,則〃=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=Sy.
(2)證明①由X1=Sy得y=∣x2,y-?r.
04
設A(XIqM)蟾),PQ,-2),其中XMX2,
則切線PA的方程為?`-??i=∕x-xι),
即>,?w?ι?
,O
同理,切線PB的方程為>,=2Λ-2X-∣X2?
zrO
11
y7
4-X--^,%l+%2
由
得
8除X=
2
117
y=--^
4X-8y=管,
_×l+×2
,‘即
故直線AB的方程為>,-∣xf=噲詈?(x-xι),化簡得y=??-需?,即y=*+2,故直線
AB過定點(0,2).
②由①知:直線AB的斜率為ZAB=;,
⑴當直線PC的斜率不存在時,直線AB的方程為y=2,
ΛPCLAB,.'.ZPCA=ZPCB;
(ii)當直線PC的斜率存在時,P(f,-2),C(0,2),直線PC的斜率APC=H=],癡用c=JX
C-U?4
-4
;=-1,故PCLAB,NPCA=NPCB.
綜上所述,NPCA=ZPCB得證.
6.解⑴因為橢圓C:W+,=l(a?>0)過點。(-2,0),所以。=2,又2c=2√3,≡Pc=√^,所以
廬=∕-¢2=4-3=1,所以橢圓C的方程為9+)2=1.
(2)存在常數(shù)2=2,滿足題意.
理由如下:
顯然直線/的斜率存在且不為0,設直線/:y=6x+4),
'y=k(x+4),
聯(lián)立%2消去y并整理,得(1+4Λ2)Λ2+32∕ΓX+64F-4=0,
匕+y2=ι,
∕=(32F)2-4(1+4F)(64M-4)>0,得0<?2<?.
22
設P(XIJI),Q(X2J2),則71孫?"),所以九1+X2=-<2"IRX2=6M彳,直線PT:y-y∣=紅乜&/
1+4/c1+4/cxrx2
川
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