（适用于新高考新教材） 高考解答题专项五　第1课时　定点与定值问题 Word版含解析

高考解答题专项五　圆锥曲线中的综合问题 第1课时　定点与定值问题 1.(2020全国Ⅰ,理20)已知A,B分别为椭圆E:x2a2+y2=1(a>1)的左、右顶点,点G为椭圆E的上顶点,AG·GB=8.点P为直线x=6上的动点,PA与椭圆E的另一交点为C,PB与椭圆E的另一交点为D. (1)求E的方程; (2)证明:直线CD过定点. 2.(2021湖北十一校联考)已知动点P在x轴及其上方,且点P到点F(0,1)的距离比到x轴的距离大1. (1)求点P的轨迹C的方程; (2)若点Q是直线y=x-4上任意一点,过点Q作点P的轨迹C的两切线QA,QB,其中A,B为切点,试证明直线AB恒过一定点,并求出该点的坐标. 3.(2021湖南长郡中学模拟)设A,B为双曲线C:x2a2-y2b2=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=a2于P,Q两点,当直线l的倾斜角变化时,以线段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. 4.(2021河南洛阳一模)设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,点P(4,m)(m>0)是抛物线C上一点,且|PF|=5. (1)求抛物线C的方程; (2)过点Q(1,-4)的直线与抛物线C交于A,B两个不同的点(均与点P不重合),设直线PA,PB的斜率分别为k1,k2,求证:k1k2为定值. 5.(2021辽宁朝阳一模)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的焦距为25,且双曲线C右支上一动点P(x0,y0)到两条渐近线l1,l2的距离之积为4b25. (1)求双曲线C的方程; (2)设直线l是曲线C在点P(x0,y0)处的切线,且直线l分别交两条渐近线l1,l2于M,N两点,点O为坐标原点,证明:△MON面积为定值,并求出该定值. 6.(2020山东,22)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,且过点A(2,1). (1)求椭圆C的方程; (2)点M,N在椭圆C上,且AM⊥AN,AD⊥MN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值. 第1课时　定点与定值问题 1.(1)解由题可得A(-a,0),B(a,0),G(0,1), 则AG=(a,1),GB=(a,-1). 由AG·GB=8得a2-1=8,即a=3, 所以E的方程为x29+y2=1. (2)证明设C(x1,y1),D(x2,y2),P(6,t). 若t≠0,设直线CD的方程为x=my+n,由题可知-30, 所以y1+y2=-2mnm2+9,y1y2=n2-9m2+9, 代入①式得(27+m2)(n2-9)-2m(n+3)mn+(n+3)2·(m2+9)=0. 解得n=-3(舍去)或n=32, 故直线CD的方程为x=my+32, 即直线CD过定点32,0. 若t=0,则直线CD的方程为y=0,过点32,0. 综上,直线CD过定点32,0. 2.解(1)设点P(x,y),则|PF|=|y|+1, 即x2+(y-1)2=|y|+1, ∴x2=2|y|+2y. ∵y≥0,∴x2=4y, ∴点P的轨迹C的方程为x2=4y. (2)∵y=14x2,∴y'=12x. 设切点(x0,y0),则过该切点的切线的斜率为12x0, ∴切线方程为y-y0=12x0(x-x0)=12x0x-12x02=12x0x-2y0, 即x0x-2y-2y0=0. 设Q(t,t-4).∵切线过点Q, ∴tx0-2y0-2(t-4)=0. 设A(x1,y1),B(x2,y2),则两切线方程是tx1-2y1-2(t-4)=0与tx2-2y2-2(t-4)=0, ∴直线AB的方程是tx-2y-2(t-4)=0, 即t(x-2)+8-2y=0, ∴对任意实数t,直线AB恒过定点,定点坐标为(2,4). 3.解(1)由直线l垂直于x轴时,△AMN为等腰直角三角形,得|AF|=|NF|=|MF|,所以a+c=b2a, 即c2-ac-2a2=0,所以e2-e-2=0.又e>1,所以e=2. (2)因为e=ca=2,所以双曲线C:x2a2-y23a2=1. 由题可知直线l的斜率不为0,设直线l:x=my+2a,M(x1,y1),N(x2,y2). 联立x=my+2a,x2a2-y23a2=1,得(3m2-1)y2+12amy+9a2=0, 因为3m2-1≠0,Δ=144a2m2-36a2(3m2-1)=36a2m2+36a2>0, 所以y1+y2=-12am3m2-1,y1y2=9a23m2-1,① 所以x1+x2=m(y1+y2)+4a=-4a3m2-1,② x1x2=m2y1y2+2am(y1+y2)+4a2=-3a2m2-4a23m2-1.③ 设直线AM:y=y1x1+a(x+a),直线AN:y=y2x2+a(x+a). 令x=a2,则Pa2,3ay12(x1+a),Qa2,3ay22(x2+a). 设点G(x,y)是以线段PQ为直径的圆上的任意一点, 则PG·QG=0,所以圆的方程为x-a22+y-3ay12(x1+a)y-3ay22(x2+a)=0. 由对称性可知,若存在定点,则一定在x轴上.令y=0,得x-a22+3ay12(x1+a)·3ay22(x2+a)=0, 即x-a22+9a2y1y24[x1x2+a(x1+x2)+a2]=0.将①②③代入,可得x-a22+9a2·9a23m2-14-3a2m2-4a23m2-1+a·-4a3m2-1+a2=0,即x-a22=94a2, 解得x=-a或x=2a, 所以以线段PQ为直径的圆过定点(-a,0),(2a,0). 4.(1)解∵点P(4,m)(m>0)是抛物线C上一点,且|PF|=5, ∴p2+4=5,∴p=2, ∴抛物线C的方程为y2=4x. (2)证明∵点P(4,m)(m>0)是抛物线C上一点, ∴m=4,即P(4,4). 由题可知直线AB的斜率不为零,故设直线的方程为x-1=t(y+4),A(x1,y1),B(x2,y2). 联立x-1=t(y+4),y2=4x,得y2-4ty-16t-4=0. ∵Δ=16t2+4(16t+4)>0, ∴y1+y2=4t,y1y2=-16t-4, ∴k1k2=y1-4x1-4·y2-4x2-4=y1-4y124-4·y2-4y224-4=16(y1+4)(y2+4) =16y1y2+4(y1+y2)+16=16-16t-4+4×4t+16=43, ∴k1k2为定值. 5.(1)解由题可知,双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线方程为bx+ay=0和bx-ay=0. ∵动点P(x0,y0)到两条渐近线l1,l2的距离之积为|bx0+ay0|a2+b2·|bx0-ay0|a2+b2=|b2x02-a2y02|a2+b2=a2b2a2+b2, ∴4b25=a2b2a2+b2,即a2=4b2. 又2c=25,即c2=a2+b2=5, ∴a=2,b=1, ∴双曲线的方程为x24-y2=1. (2)证明设直线l的方程为y=kx+m, 与双曲线的方程x2-4y2=4联立,得(4k2-1)x2+8kmx+4m2+4=0. ∵直线与双曲线的右支相切, ∴Δ=(8km)2-4(4k2-1)(4m2+4)=0,∴4k2=m2+1. 设直线l与x轴交于点D,则D-mk,0, ∴S△MON=S△MOD+S△NOD=12|OD||yM-yN| =12mk|k||xM-xN|=m2|xM-xN|. 又双曲线的渐近线方程为y=±12x, 联立y=12x,y=kx+m,得M2m1-2k,m1-2k. 同理可得N-2m1+2k,m1+2k, ∴S△MON=m22m1+2k+2m1-2k=m24m1-4k2=2m2m2=2. ∴△MON面积为定值2. 6.解(1)由题可得4a2+1b2=1,a2-b2a2=12, 解得a2=6,b2=3,所以椭圆C的方程为x26+y23=1. (2)设M(x1,y1),N(x2,y2). 若直线MN与x轴不垂直,设直线MN的方程为y=kx+m,代入x26+y23=1得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0. 由题可知1+2k2≠0,Δ>0,所以x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-61+2k2.① 由AM⊥AN知AM·AN=0, 故(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0, 可得(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+(m-1)2+4=0. 整理得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0. 因为点A(2,1)不在直线MN上,所以2k+m-1≠0, 故2k+3m+1=0,k≠1. 于是MN的方程为y=kx-23-13(k≠1), 所以直线MN过点P23,-13. 若直线MN与x轴垂直,可得N(x1,-y1). 由AM·AN=0得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)(-y1-1)=0. 又x126+y123=1,所以3x12-8x1+4=0, 解得x1=2(舍去),x1=23, 此时直线MN过点P23,-13. 令点Q为AP的中点,即Q43,13. 若点D与点P不重合,则由题可知线段AP是Rt△ADP的斜边, 故|DQ|=12|AP|=223. 若点D与点P重合,则|DQ|=12|AP|. 综上,存在点Q43,13,使得|DQ|为定值. 8