圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题考点突破练14-2024届高三数学二轮专题

考点突破练14　圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题 1.(2023河北张家口二模)已知双曲线C:=1(a>0,b>0)的一条渐近线为y=x,右焦点为F(2,0). (1)求双曲线C的方程; (2)若过点F作直线l交双曲线C的右支于P,Q两点,点M满足,求证:存在两个定点E1,E2,使得|ME1|-|ME2|为定值,并求出这个定值. 2.(2023全国乙,理20)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,点A(-2,0)在C上. (1)求C的方程; (2)过点(-2,3)的直线交C于P,Q两点,直线AP,AQ与y轴的交点分别为M,N,证明:线段MN的中点为定点. 3.(2023山东日照一模)已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,E为C上的动点,EQ垂直于动直线y=t(t<0),垂足为Q,当△EQF为等边三角形时,其面积为4. (1)求C的方程. (2)设O为坐标原点,过点E的直线l与C相切,且与椭圆=1交于A,B两点,直线OQ与AB交于点M,试问:是否存在t,使得|AM|=|BM|?若存在,求t的值;若不存在,请说明理由. 4.(2023湖南张家界二模)已知曲线C:=1(x>0),倾斜角为α的直线l过点F2(3,0),且与曲线C相交于A,B两点. (1)当α=90°时,求三角形ABO的面积. (2)在x轴上是否存在定点M,使直线l在与曲线C有两个交点A,B的情况下,总有∠OMA=∠OMB?如果存在,求出定点M;如果不存在,请说明理由. 考点突破练14　圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题 1.(1)解 由题意可得,即b2=3a2.又右焦点为F(2,0),所以c=2,即a2+b2=4,可得a2=1,b2=3.因此双曲线C的方程为x2-=1. (2)证明 设点M(x,y),P(x1,y1),Q(x2,y2),x1,x2>1, 设直线l的方程为x=my+2,与双曲线C的方程x2-=1联立,整理得(3m2-1)y2+12my+9=0, 则3m2-1≠0,Δ=(12m)2-36(3m2-1)=36(m2+1)>0, 整理得m2≠. 由根与系数的关系得y1+y2=-,于是x1+x2=m(y1+y2)+4=, 注意到x1+x2>2,于是>2,解得m2<. 又点M满足,即 整理得 消去m得=1(x>0). 因此点M的轨迹是以(-4,0),(4,0)为焦点,实轴长为4的双曲线的右支,由双曲线的定义可知,存在两个定点E1(-4,0),E2(4,0),使得|ME1|-|ME2|=4. 2.(1)解 由题意,椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,且过点A(-2,0), ∴解得 ∴椭圆的方程为=1. (2)证明 根据题意,直线PQ的斜率存在,设MN的中点为T,直线PQ的方程为y=k(x+2)+3(k<0),P(x1,y1),Q(x2,y2), 联立 则(4k2+9)x2+(16k2+24k)x+16k2+48k=0, ∴ ∵直线AP,AQ分别与y轴交于M,N两点,且过A(-2,0), ∴设直线AP的方程为y-0=k1(x+2),即y=k1x+2k1,设直线AQ的方程为y-0=k2(x+2),即y=k2x+2k2, ∴M(0,2k1),N(0,2k2),T(0,k1+k2). 又y1=k(x1+2)+3,y2=k(x2+2)+3,y1=k1x1+2k1,y2=k2x2+2k2, ∴k1=,k2=,∴k1+k2==2k+3() =2k+3=2k+3[]=2k+(-2k+3)=3,∴T(0,3). 综上,线段MN的中点为定点(0,3). 3.解 (1)∵当△EQF为等边三角形时,其面积为4, ∴×|EQ|2sin=4,解得|EQ|=4. 根据|EF|=|EQ|和抛物线的定义可知,点Q落在抛物线C的准线上,即y=t=-. 设准线和y轴交点为H,如图,易证∠HFQ=, 于是|FQ|cos=2=|FH|=p,∴C的方程为x2=4y. (2)存在t=-1满足题意. 假设存在t,使得|AM|=|BM|,则M为线段AB的中点. 设E(x0,),当x0=0时,任意t均满足|AM|=|BM|;当x0≠0时,依题意得Q(x0,t),则kOQ=, 由y=可得y'=,所以切线l的斜率为kl=x0. 设A(x1,y1),B(x2,y2),线段AB的中点M(),由可得=0, 所以=0, 整理可得=-,即kl·kOM=-.所以x0·kOM=-,可得kOM=-. 又因为kOQ=kOM=,所以当t=-1时,kOQ=kOM=-,此时O,M,Q三点共线,满足M为AB的中点. 综上,存在t=-1,使得|AM|=|BM|. 4.解 (1)由=1(x>0)可知曲线C是以F1(-3,0),F2(3,0)为焦点,实轴长为4的双曲线的右支,如图. 过焦点F2(3,0)、倾斜角为90°的直线l的方