2023届高考二轮总复习试题（适用于老高考旧教材） 数学（理） 圆锥曲线中的定点、定值、证明问题（含解析）

考点突破练15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(a>b>0),F为上焦点,左顶点P到F的距离为2,且离心率为22,(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(a>0),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:直线EF过定点.3.(2022·北京石景山一模)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)(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||AB4.(2022·全国乙·理20)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)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HN5.(2022·河南濮阳一模)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=32,且圆x(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:kAE·kAQ≤06.(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MA·MB=d24-(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,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15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(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=1,可得(2综上,∠OMA=∠OMB.2.(1)解∵y'=2xa,由题意得2×2a=1,∴a=4,∴抛物线的方程为x(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(k≠0),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∵l1⊥l2,∴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+2-2k2-2∴直线EF恒过定点(0,4).3.解(1)由题意得b=3,e=1-b2a2=1-3(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(由y=k(x-1),x24+y23=1,得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=|AB|=1+k2|x1-x2|=设线段AB的中点为D(x0,y0),则x0=x1+x22=4k23+4k2,则y0=k(x0-1)=-3k3+4k2令y=0,得xP=k23+4k2,所以|PF|=|xP-1|=k4.(1)解设椭圆E的方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0),则4n=1故椭圆E的方程为x23+(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由x=1,则点M1,-263将y=-263代入y=23x-2,得x=3则点T3-又MT=TH,所以点H5-26,-263,所以直线HN的方程为y-所以直线HN过点(0,-2).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Δ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.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(xx1y2+x2y1=x1[k(x2-1)-2]+x2[k(x1-1)-2]=-24y1y2=[k(x1-1)-2][k(x2-1)-2]=-8所以(*)式左边=12-12k(k+2)4+3k2+-24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∴椭圆C的方程为x28+(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=则Δ=4t2-4(2t2-4)>0,解得-2<t<2,x1+x2=-2t,x1x2=2t2-4,则kAE+kAQ=y2又y1=12x1+t,y2=12x2∴(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kAE·kAQ=-kAQ2≤6.(1)解设M(x,y),由题意得d=|x|,MA=(2-x,3-y),MB=(-2-x,-3-y),∵MA·MB=d24-1,∴(2-x,3-y)·(-2-x,-3-y)=d24-1,∴x2-4+y2-3=x24-1.∴3(2)证法一显然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设C(xC,yC),D(xD,yD),则有xC28+y两式相减得:xC2-xD28+yC又G为CD中点,则有k1=-34将G坐标代入CD的方程可得4(k4x0+m)k12+3x0k1+3m=0,同理可得4(k故k1,k2为关于k的方程4(k4x0+m)k2+3x0k+3由韦达定理得k1+k2=-3x04(k4x0+m)可得N(x0,k4x0+m),故有k3=k4x0+mx0,则k3(k1+k故