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2025高考数学考二轮专题突破练21　圆锥曲线的定义、方程与性质-专项训练
一、单项选择题
1.已知抛物线y=mx2(m>0)上的点(x0,2)到该抛物线焦点F的距离为,则m的值为(　　)
A.1 B.2
C. D.
2.已知双曲线C:=1(a>0,b>0)的焦点到渐近线的距离为4,实轴长为6,则C的方程为(　　)
A.=1 B.=1
C.=1 D.=1
3.过抛物线y2=4x的焦点的直线与抛物线交于A,B两点,若AB的中点的纵坐标为2,则|AB|等于(　　)
A.4 B.6
C.8 D.10
4.(2023·新高考Ⅰ,5)设椭圆C1:+y2=1(a>1),C2:+y2=1的离心率分别为e1,e2.若e2=e1,则a=(　　)
A. B.
C. D.
5.(2023·天津,9)双曲线=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2.过F2作其中一条渐近线的垂线,垂足为P.已知|PF2|=2,直线PF1的斜率为,则双曲线的方程为(　　)
A.=1 B.=1
C.=1 D.=1
6.过抛物线x2=2py(p>0)的焦点且倾斜角为45°的直线与抛物线交于A,B两点,若点A,B到y轴的距离之和为4,则p的值为(　　)
A.1 B.2
C.3 D.4
7.已知双曲线C:=1(a>0,b>0)的离心率等于2,F1,F2分别是双曲线的左、右焦点,A为双曲线的右顶点,P在双曲线的渐近线上且PF1⊥PF2,若△PAF1的面积为3a,则双曲线的虚轴长等于(　　)
A. B.2 C.2 D.4
8.(2024·九省联考)设双曲线C:=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过坐标原点的直线与双曲线C交于A,B两点,|F1B|=2|F1A|,=4a2,则C的离心率为(　　)
A. B.2 C. D.
二、多项选择题
9.已知双曲线C:9x2-16y2=144的左、右焦点分别为F1,F2,点P为C上的一点,且|PF1|=6,则下列说法正确的是(　　)
A.双曲线的离心率为
B.双曲线的渐近线方程为3x±4y=0
C.△PF1F2的周长为30
D.点P在椭圆=1上
10.加斯帕尔·蒙日是19世纪著名的几何学家.如图,他在研究圆锥曲线时发现:椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上,其圆心是椭圆的中心,这个圆被称为“蒙日圆”.若矩形G的四边均与椭圆M:=1相切,则下列说法正确的是(　　)
A.椭圆M的离心率为
B.椭圆M的蒙日圆方程为x2+y2=10
C.若矩形G为正方形,则G的边长为2
D.矩形G的面积的最大值为18
11.(2024·新高考Ⅱ,10)抛物线C:y2=4x的准线为l,P为C上的动点,对P作☉A:x2+(y-4)2=1的一条切线,Q为切点,过点P作l的垂线,垂足为B,则(　　)
A.l与☉A相切
B.当P,A,B三点共线时,|PQ|=
C.当|PB|=2时,PA⊥AB
D.满足|PA|=|PB|的点P有且仅有2个
12.(2022·新高考Ⅰ,11)已知O为坐标原点,点A(1,1)在抛物线C:x2=2py(p>0)上,过点B(0,-1)的直线交C于P,Q两点,则(　　)
A.C的准线为y=-1
B.直线AB与C相切
C.|OP|·|OQ|>|OA|2
D.|BP|·|BQ|>|BA|2
三、填空题
13.已知F是椭圆C:=1的右焦点,P为椭圆C上一点,A(1,2),则|PA|+|PF|的最大值为　　　　.
14.(2024·新高考 Ⅰ,12)设双曲线C:=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F2作平行于y轴的直线交曲线C于A,B两点,若|F1A|=13,|AB|=10,则双曲线C的离心率为　　　　.
15.(2024·广西4月模拟)已知F1,F2分别是双曲线E:=1的左、右焦点,M是双曲线E的左支上一点,过F2作∠F1MF2角平分线的垂线,垂足为N,O为坐标原点,则|ON|=　　　　　.
16.(2022·新高考 Ⅰ,16)已知椭圆C:=1(a>b>0),C的上顶点为A,两个焦点为F1,F2,离心率为.过F1且垂直于AF2的直线与C交于D,E两点,|DE|=6,则△ADE的周长是　　　　　.
专题突破练21　圆锥曲线的定义、方程与性质 答案
一、单项选择题
1.B　解析 由题意,知抛物线y=mx2(m>0)的准线方程为y=-,根据抛物线的定义,可得点(x0,2)到焦点F的距离等于到准线y=-的距离,可得2+,解得m=2.
2.D　解析 不妨设右焦点F2(c,0),则F2到渐近线bx-ay=0的距离为=b=4.因为实轴长为2a=6,所以a=3,即C的方程为=1.
3.C　解析 抛物线y2=4x的焦点坐标为F(1,0),准线方程l:x=-1.
设线段AB的中点为M(x0,y0),如图,过A,B,M作准线l的垂线,垂足分别为C,D,N,则MN为梯形ABDC的中位线,|AB|=|AF|+|BF|=|AC|+|BD|=2|MN|=2(x0+1).
直线AB过抛物线的焦点F,显然直线AB的斜率存在且不为0,可设直线AB的方程为x=my+1(m为常数),
代入抛物线的方程,消去x并整理,得y2-4my-4=0.
设A,B的纵坐标分别为y1,y2,则y0==2m=2,解得m=1.
直线AB的方程为x=y+1,则x0=y0+1=2+1=3,|AB|=2×(3+1)=8.
4.A　解析 由题意,在C1:+y2=1中,a>1,b=1,c=,
∴e1=.
在C2:+y2=1中,a=2,b=1,c=,∴e2=.
∵e2=e1,∴,解得a=.故选A.
5.D　解析 双曲线的渐近线方程为y=±x,过点F2作渐近线y=x的垂线,如图所示.
设点P(m,),F1(-c,0),F2(c,0),则有.
因为PF2⊥OP,所以=-1,即=-1.
整理得m(a2+b2)=a2c.
又a2+b2=c2,所以m=,即P().
由题意,知点F2到渐近线y=x的距离|PF2|=2,即=b=2.
又,将b=2代入上式,整理得a2-2a+2=0,解得a=.
故所求双曲线的方程为=1.
故选D.
6.B　解析 设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的斜率k=tan 45°=1,抛物线x2=2py(p>0)的焦点F0,,故直线AB的方程为y=x+.由消去y得x2-2px-p2=0,则Δ=(-2p)2-4×1×(-p2)=8p2>0,x1+x2=2p,x1x2=-p2<0,所以x1,x2异号.由题意可得|x1|+|x2|=|x1-x2|==2p=4,解得p=2.
7.D　解析 如图,不妨设点P在第一象限.双曲线C:=1(a>0,b>0)的离心率等于2,e==2.①
双曲线在第一、三象限的渐近线的斜率为.②
因为A为双曲线的右顶点,P在双曲线的渐近线上,且PF1⊥PF2,
所以=x2+y2-c2=0.
因为y=x,所以P(a,b),△PAF1的面积为3a,可得(a+c)b=3a.③
解①②③,可得b=2,所以C的虚轴长等于4.
8.D　解析 由双曲线的对称性可知|F1A|=|F2B|,|F1B|=|F2A|,得四边形AF1BF2为平行四边形,如图所示.
令|F1A|=|F2B|=m,则|F1B|=|F2A|=2m,
由双曲线定义可知,|F2A|-|F1A|=2a,可得2m-m=2a,即m=2a,
即|F1A|=|F2B|=m=2a,|F1B|=|F2A|=4a,
=||||cos∠AF2B=2a×4acos∠AF2B=4a2,
则cos∠AF2B=,即∠AF2B=,故∠F2BF1=,则有cos∠F2BF1==-,即=-,即=-,则e2=7,由e>1,故e=.
故选D.
二、多项选择题
9.BCD　解析 双曲线的标准方程为=1,所以a=4,b=3,则c=5,离心率e=,A错误;
渐近线方程为=0,即3x±4y=0,B正确;
|PF1|=6<2a=8,P在左支上,|PF2|=6+8=14,△PF1F2的周长为30,C正确;
|PF1|+|PF2|=20,因此P在椭圆=1(此椭圆是以F1,F2为焦点,长轴长为20的椭圆)上,D正确.
10.ABC　解析 由椭圆方程知a=,b=2,则c=,离心率为e=,A正确;
当矩形G的边与椭圆的轴分别平行时,矩形的边长分别为2和4,其对角线长为=2,因此蒙日圆半径为,圆方程为x2+y2=10,B正确;
设矩形G的边长分别为m,n,因此m2+n2=(2)2=40≥2mn,即mn≤20,当且仅当m=n时取等号,所以矩形G的面积的最大值是20,此时该矩形G为正方形,边长为2,C正确,D错误.
故选ABC.
11.ABD　解析 如图,由题意知,准线l的方程为x=-1,与☉A相切,A正确;
由题意知,A(0,4),当P,A,B三点共线时,P(4,4),|PA|=4,|PQ|=,B正确;
当|PB|=2时,P(1,±2),PA与AB显然不垂直,C错误;
(方法一)当|PA|=|PB|时,设P(x,y),则,即(y-4)2=2x+1,又y2=4x,即y2-16y+30=0,解得y=8±,对应x的值有两个,所以点P有2个,D正确.
(方法二)焦点F(1,0),由|PB|=|PF|,|PB|=|PA|,即|PF|=|PA|,则点P在线段AF的垂直平分线上,此垂直平分线的方程为y=x+,与抛物线方程联立有两组解,所以点P有两个,D正确.故选ABD.
12.BCD　解析 ∵点A(1,1)在抛物线C上,
∴1=2p,∴p=,
∴抛物线C的方程为x2=y.∴抛物线C的准线为y=-,故A错误;
∵点A(1,1),B(0,-1),∴直线AB的方程为y=2x-1,联立抛物线C与直线AB的方程,得消去y整理得x2-2x+1=0,Δ1=(-2)2-4×1×1=0,∴直线AB与抛物线C相切,故B正确;
由题意可得,直线PQ的斜率存在,则可设直线PQ的方程为y=kx-1,联立直线PQ与抛物线C的方程,得消去y整理得x2-kx+1=0,设点P(x1,y1),Q(x2,y2),则
∴|k|>2,y1y2=(x1x2)2=1,
又|OP|=,|OQ|=,
∴|OP|·|OQ|==|k|>2=|OA|2,故C正确;
∵|BP|=|x1|,|BQ|=|x2|,
∴|BP|·|BQ|=(1+k2)|x1x2|=1+k2>5,而|BA|2=5,故D正确.故选BCD.
三、填空题
13.4+2　解析 设椭圆的左焦点为F1(-1,0),
|PA|+|PF|=|PA|+2a-|PF1|=4+|PA|-|PF1|≤4+|AF1|=4+=4+2,当A,P,F1共线且F1在P,A之间时,等号成立.
14.　解析 由双曲线的对称性不妨设点A为双曲线C与直线AB在第一象限的交点.
由题意知,|AF2|=5,2a=|F1A|-|AF2|=13-5=8,所以a=4.易知AF2⊥F1F2,所以在Rt△AF2F1中,有|F1F2|==12.设双曲线C的焦距为2c(c>0),则2c=|F1F2|=12,得c=6.故双曲线C的离心率e=.
15.2　解析 双曲线=1的实半轴长为a=2,
如图,延长F2N交直线MF1于点H,连接MH,由题意有|MH|=|MF2|,|NH|=|NF2|,
又O是F1F2的中点,所以|ON|=|F1H|=(|MH|-|MF1|)=(|MF2|-|MF1|)=a=2.
16.13　解析 设椭圆的焦距为2c,F1,F2分别为左、右焦点.
∵椭圆的离心率e=,
∴a=2c,∴b=c,∴,
∴椭圆C的方程可化为=1,直线AF2的斜率=-.
∵直线DE⊥AF2,∴kDE·=-1(kDE为直线DE的斜率),∴kDE=.
∴可设直线DE的方程为y=(x+c).
设点D(x1,y1),E(x2,y2),
由消去y整理得13x2+8cx-32c2=0.
则x1+x2=-,x1x2=-.
则|DE|=.
又|DE|=6,∴=6.
∴c=.
连接AF1,则|AF1|=a=2c=,|F1F2|=2c=,
∴|AF1|=|F1F2|,
∴直线DE为线段AF2的垂直平分线,
连接EF2,DF2,则四边形ADF2E为轴对称图形,
∴△ADE周长=|DE|+|AE|+|AD|=|DE|+|EF2|+|DF2|=4a=8c=132025高考数学考二轮专题突破练22　
圆锥曲线中的范围、最值、证明问题-专项训练
1.(2024·广西桂柳模拟)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,A,B,O分别为椭圆C的左、右顶点和坐标原点,点D为椭圆C上异于A,B的一动点,△DAB面积的最大值为2.
(1)求椭圆C的方程;
(2)过椭圆C右焦点F的直线交椭圆C于M,N两点,直线l:x=4交x轴于点P,过M,N分别作直线l的垂线,交直线l于S,T两点,H为直线l上除点P的任一点.
①证明:=4S△MPS·S△NPT;
②设直线HM,HN,HF的斜率分别为k1,k2,k3,求的值.
2.设抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,点P(m,2)(m>0)在抛物线C上,且满足|PF|=3.
(1)求抛物线C的标准方程;
(2)过点G(0,4)的直线l与抛物线C交于A,B两点,分别以A,B为切点的抛物线C的两条切线交于点Q,求△PQG周长的最小值.
3.设O是坐标原点,以F1,F2为焦点的椭圆C:=1(a>b>0)的长轴长为2,以|F1F2|为直径的圆和C恰好有两个交点.
(1)求椭圆C的方程;
(2)P是椭圆C外的一点,过P的直线l1,l2均与椭圆C相切,且l1,l2的斜率之积为m(-1≤m≤-),记u为|PO|的最小值,求u的取值范围.
4.已知椭圆C:=1(a>b>0)的短轴长为2,离心率为.
(1)求椭圆C的方程;
(2)点P是椭圆C上一点,且在第一象限内,过P作直线交y轴正半轴于点A,交x轴负半轴于点B,与椭圆C的另一个交点为E,且PA=AB,点Q是点P关于x轴的对称点,直线QA与椭圆C的另一个交点为F.
①证明:直线AQ,AP的斜率之比为定值;
②求直线EF的斜率的最小值.
5.在平面直角坐标系xOy中,A(-1,0),B(1,0),C为动点,设△ABC的内切圆分别与边AC,BC,AB相切于P,Q,R,且|CP|=1,记点C的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程;
(2)不过原点O的直线l与曲线E交于M,N,且直线y=-x经过MN的中点T,求△OMN的面积的最大值.
6.(2023·新高考Ⅰ,22)在直角坐标系xOy中,点P到x轴的距离等于点P到点(0,)的距离,记动点P的轨迹为W.
(1)求W的方程;
(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上,证明:矩形ABCD的周长大于3.
专题突破练22　圆锥曲线中的范围、最值、证明问题 答案
1.(1)解 由题意知解得a=2,b=,所以椭圆C的方程为=1.
(2)①证明 如图,易知点P(4,0),F(1,0),
若直线MN与x轴重合,则M,P,N三点重合,则△MPN不存在,不合题意,
设直线MN的方程为x=my+1,设点M(x1,y1),N(x2,y2),
联立方程可得(3m2+4)y2+6my-9=0,
Δ=36m2+36(3m2+4)=144(m2+1)>0,
由韦达定理可得,y1+y2=-,y1y2=-,所以-4S△MPS·S△NPT=-4×|y1|(4-x1)·|y2|(4-x2)=[(y1+y2)2-4y1y2]+y1y2(3-my1)(3-my2)=[(y1+y2)2-4y1y2]+y1y2[m2y1y2-3m(y1+y2)+9]=]-[9+]==0.
故=4S△MPS·S△NPT.
②解 设点H(4,t),其中t≠0,由①设可知M(x1,y1),N(x2,y2),
则)
=
=
=
=
==2.
2.解 (1)由抛物线定义,得|PF|=2+=3,得p=2,
故抛物线C的标准方程为x2=4y.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),直线l的方程为y=kx+4,
联立消去x,得x2-4kx-16=0,
Δ>0,x1+x2=4k,x1x2=-16.
设A,B处的切线斜率分别为k1,k2,则k1=,k2=,
在点A处的切线方程为y-y1=(x-x1),即y=,①
同理,在点B处的切线方程为y=,②
由①②得xQ==2k,代入①或②中可得yQ=kx1-=y1-4-y1=-4,故Q(2k,-4),即点Q在定直线y=-4上.
设点G关于直线y=-4的对称点为G',则G'(0,-12),由(1)知P(2,2),
∵|PQ|+|GQ|=|PQ|+|G'Q|≥|G'P|=2,即P,Q,G'三点共线时等号成立,
∴△PQG周长的最小值为|GP|+|G'P|=2+2.
3.解 (1)由题意可得2a=2,故a=.
因为以|F1F2|为直径的圆和椭圆C恰好有两个交点,则b=c,
b2+c2=2b2=a2=2,可得b=c=1,因此椭圆C的方程为+y2=1.
(2)由题意可知,直线l1,l2的斜率存在且不为零,
设过点P(x0,y0)的切线l:y-y0=k(x-x0),
联立消去y可得(2k2+1)x2+4k(y0-kx0)x+2(y0-kx0)2-2=0,
由于直线l与椭圆C相切,则Δ=16k2(y0-kx0)2-4(2k2+1)[2(y0-kx0)2-2]=0,化简并整理得(y0-kx0)2=2k2+1.
整理成关于k的二次方程得(-2)k2-2x0y0k+-1=0(易知x0≠±),
设直线l1,l2的斜率分别为k1,k2,
易知k1,k2为关于k的二次方程(-2)k2-2x0y0k+-1=0的两根,
所以k1k2==m,=m+1-2m,所以,=(m+1)+1-2m,
故|PO|=.
易知当x0=0时,有u=|PO|min=.
因为-1≤m≤-,所以≤u≤,
即u的取值范围是[].
4.(1)解 由题意得
解得
所以椭圆C的方程为+y2=1.
(2)①证明 设点P的坐标为(x0,y0),
因为点Q是点P(x0,y0)关于x轴的对称点,PA=AB,
所以Q(x0,-y0),A.
所以直线QA的斜率为kQA=,PA的斜率为kPA=.
所以=-3.所以直线AQ,AP的斜率之比为定值.
②解 设直线PA的方程为y=kx+m.
联立方程组化简得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0.
设点E的坐标是(x1,y1),所以x0x1=.
所以x1=.
所以y1=+m.
所以点E的坐标是(+m).
由①可知,直线QA的方程是y=-3kx+m.所以点F的坐标是(+m).
所以直线EF的斜率kEF=.
因为k>0,所以kEF=×2.
当且仅当6k=,
即k=时,kEF有最小值.
所以直线EF的斜率的最小值是.
5.解 (1)依题意可知,|CA|+|CB|=|CP|+|CQ|+|AP|+|BQ|=2|CP|+|AB|=4>|AB|,所以曲线E是以A,B为焦点,长轴长为4的椭圆(除去与x轴的交点),
因此曲线E的方程为=1(y≠0).
(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),显然直线l的斜率存在,设其方程为y=kx+m(m≠0),
代入=1,整理得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0,(*)
则x1+x2=-,x1x2=,所以y1+y2=k(x1+x2)+2m=,
故MN的中点T的坐标为.
而直线y=-x经过MN的中点T,得=-,又m≠0,所以直线l的斜率k=.
故(*)式可化简为3x2+3mx+m2-3=0,
故x1+x2=-m,x1x2=,
由Δ=36-3m2>0且m≠0,得-2又|MN|=|x1-x2|=,而点O到直线l的距离d=,
则△OMN的面积S=|m|×,
当且仅当m=±时,等号成立,此时满足-26.解 (1) 设点P坐标为(x,y),
由题意得=|y|,两边平方得x2+y2-y+=y2,
于是y=x2+,经验证成立.
故W的方程为y=x2+.
(2)设矩形ABCD的顶点A(x1,y1)(x1≥0),B(x2,y2)(x2>0),D(x3,y3)在W上,如图所示,设直线AB的斜率为k(k>0).
不妨将A,B固定在y轴及y轴右侧.
A,B坐标满足y2-y1=k(x2-x1),A,D坐标满足y3-y1=-(x3-x1).
又A,B,D在抛物线上,即y1=,y2=,y3=,
代入以上方程中,得x2=k-x1,x3=--x1.
矩形ABCD的周长为2|AB|+2|AD|≥4,当且仅当|AB|=|AD|时等号成立,此时矩形ABCD为正方形.
要证矩形ABCD的周长大于3,只需证明正方形的面积大于.
∵|AB|=·(x2-x1),|AD|=·(x1-x3),
∴·(x2-x1)=·(x1-x3),得x1-x3=k(x2-x1).
将x2=k-x1,x3=--x1代入x1-x3=k(x2-x1),有2x1+=k(k-2x1),
即k2-=(2k+2)x1.
∵x1≥0,∴k2-≥0.
∵k>0,∴k3≥1.∴k≥1.
则|AB|=·(x2-x1)=·(k-2x1)=.
正方形面积S=|AB|2=.
∵k2+1≥2k,∴≥4(当k=1时“=”成立).
∵k2+1≥2k,∴2(k2+1)≥k2+2k+1=(k+1)2,则(当k=1时“=”成立).
则S=≥2(当k=1时“=”成立).
显然S=≥2>.
即矩形ABCD的周长大于32025高考数学考二轮专题突破练23　
圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题-专项训练
1.已知椭圆C:=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=λ=μ,证明:λμ为定值.
2.已知抛物线C:y2=4px(p>0)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|=64 若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由.
3.已知双曲线C:=1(a>0,b>0)的两个焦点为F1,F2,一条渐近线方程为y=bx(b∈N*),且双曲线C经过点D(,1).
(1)求双曲线C的方程;
(2)设点P在直线x=m(y≠±m,04.约定若一个椭圆的长轴和短轴分别是另一条双曲线的实轴和虚轴,则称它们互为“姊妹”圆锥曲线.已知椭圆C1:=1(0(1)求双曲线C2的方程;
(2)试探究是否为定值 若是定值,求出这个定值;若不是定值,请说明理由.
5.已知双曲线C:=1(00)的右顶点为A,左焦点F(-c,0)到其渐近线bx+ay=0的距离为2,斜率为的直线l1交双曲线C于A,B两点,且|AB|=.
(1)求双曲线C的方程;
(2)过点T(6,0)的直线l2与双曲线C交于P,Q两点,直线AP,AQ分别与直线x=6相交于M,N两点,试问:以线段MN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.
6.已知椭圆C:=1(a>b>0)过点D(-2,0),且焦距为2.
(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λ,使得|AD|·|DH|=λ(|AD|-|DH|)成立 若存在,求出λ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 答案
1.(1)解 由题意知直线l的斜率不为零,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,Δ=144(t2-4)>0,解得t<-2或t>2.
故直线l的斜率k=的取值范围为.
(2)证明 F(1,0),设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3),Q(x4,y4),由(1)得y1+y2=,y1y2=,所以ty1y2=-(y1+y2).
由=λ,得
又点P在椭圆上,即有3+4=12,
代入上式得3(λx1-λ-1)2+4λ2=12,即λ2(3+4)-6λ(λ+1)x1+3(λ+1)2=12,
又3+4=12,
所以12(λ+1)(λ-1)-6λ(λ+1)x1+3(λ+1)2=0.
易知λ+1≠0,故λ=,同理可得μ=.
又(5-2x1)(5-2x2)=25-10(x1+x2)+4x1x2=25-10[t(y1+y2)+8]+4(ty1+4)(ty2+4)=9+6t(y1+y2)+4t2y1y2=9+6t(y1+y2)+4t·(y1+y2)=9,
所以λμ==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.
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:
由得y2-4my-8m-20=0.
因为Δ=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=(x1-1)(x2-1)+(y1-2)·(y2-2)=+(y1-2)(y2-2)=+y1y2-2(y1+y2)+5=-4(2m+5)-8m+5=0,
所以MA⊥MB,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==4·|1+m|·=16·|1+m|·=64,
所以(m+1)4+4(m+1)2-32=0,
解得(m+1)2=4或(m+1)2=-8(舍去).
所以m=1或m=-3.
所以当实数m=1或m=-3时,|MA|·|MB|=64.
3.(1)解 由解得
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=k(x-x1),联立方程组
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Δ=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k2-2kx1y1++1-k2=0,
即(-1)k2-2kx1y1+(+1)=0,
因为=1,所以-1=+1=代入可得k2-2x1y1k+=0,即(y1k-x1)2=0,所以k=.
故PA:y-y1=(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
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,所以当时,无论y0为何值,等式均成立.故点恒在直线AB上,故无论P在何处,AB恒过定点.
4.解 (1)由题意可设双曲线C2:=1,则e1e2=,解得b2=1,所以双曲线C2的方程为-y2=1.
(2)为定值,理由如下:如图,设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为x=ty+4,
由消元得(t2-4)y2+8ty+12=0.
所以t≠±2,Δ=16t2+192>0,可得y1+y2=-,y1y2=,所以=-,
即kAM与kBN的比值为定值-.
5.解 (1)∵双曲线C的左焦点F(-c,0)到双曲线C的一条渐近线bx+ay=0的距离d==b,而d=2,∴b=2.
∴双曲线C的方程为=1(0依题意直线l1的方程为y=(x-a).
由消去y整理得(36-a2)x2+2a3x-a2(a2+36)=0,
依题意36-a2≠0,Δ>0.
设点A,B的横坐标分别为xA,xB,则xAxB=.
∵xA=a,∴xB=.
∴|AB|=|xA-xB|=|xA-xB|=,∴|xA-xB|=8.
即|a-|=8,
解得a=3或a=12(舍去),负值也舍去,且a=3时,Δ>0,
∴双曲线C的方程为=1.
(2)依题意直线l2的斜率不等于0,设直线l2的方程为x=my+6.
由消去x整理得(4m2-9)y2+48my+108=0,
∴4m2-9≠0,Δ1>0.
设P(x1,y1),Q(x2,y2),则y1+y2=,y1y2=.
直线AP的方程为y=(x-3),令x=6得y=,∴M(6,).
同理可得N(6,).
由对称性可知,若以线段MN为直径的圆过定点,则该定点一定在x轴上,设该定点为R(t,0),
则=(6-t,),=(6-t,),
故=(6-t)2+
=(6-t)2+
=(6-t)2+
=(6-t)2+
=(6-t)2-12=0.
解得t=6-2或t=6+2.
故以线段MN为直径的圆过定点(6-2,0)和(6+2,0).
6.解 (1)因为椭圆C:=1(a>b>0)过点D(-2,0),所以a=2,又2c=2,即c=,
所以b2=a2-c2=4-3=1,所以椭圆C的方程为+y2=1.
(2)存在常数λ=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),
联立消去y并整理,得(1+4k2)x2+32k2x+64k2-4=0,
Δ=(32k2)2-4(1+4k2)(64k2-4)>0,得0设P(x1,y1),Q(x2,y2),则T(x2,-y2),所以x1+x2=-,x1x2=,直线PT:y-y1=(x-x1),令y=0,得x=x1-,所以H(x1-,0),
若存在常数λ,使得|AD|·|DH|=λ(|AD|-|DH|)成立,
所以,
又因为D(-2,0),A(-4,0),Hx1-,0,所以|AD|=2,
|DH|=x1-+2
=x1-+2
=x1-+2
=+2
=+2
=+2
=+2
=-1+2=1,
所以,解得λ=2.
所以存在常数λ=2,使得|AD|·|DH|=2(|AD|-|DH|)成立
备

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