1
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: x
2
a
2 - y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的一条渐近线为y=√3x,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 满足⃗FP =⃗QM,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: y
2
a
2 + x
2
b
2=1(a>b>0)的离心率为√5
3 ,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√3.
(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x
2
4 + y
2
2 =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: x
2
4 - y
2
5 =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.
2
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b
a =√3,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- y
2
3 =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- y
2
3 =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≠1
3.
由根与系数的关系得y1+y2=- 12m
3m
2-1,于是x1+x2=m(y1+y2)+4=- 4
3m
2-1,
注意到x1+x2>2,于是- 4
3m
2-1>2,解得m2<1
3.
又点M 满足⃗FP =⃗QM,即{
x1-2= x - x2,
y1= y - y2,
整理得{
x +2=- 4
3m
2-1
,
y =-12m
3m
2-1
,
消去m 得x
2
4 - y
2
12=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: y
2
a
2 + x
2
b
2=1(a>b>0)的离心率为√5
3 ,且过点A(-2,0),
∴{
e = c
a = √5
3 ,
a
2=b
2+c
2,
b=2,
解得{
a=3,
b=2,
c =√5,
∴椭圆的方程为y
2
9 + x
2
4 =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),
3
联立{
y
2
9 + x
2
4 =1,
y =k ( x +2)+3,
则(4k2+9)x2+(16k2+24k)x+16k2+48k=0,
∴{
x1+ x2=- 16 k
2+24 k
4 k
2+9
,
x1 x2= 16 k
2+ 48k
4 k
2+9
.
∵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=k ( x1+2)+3
x1+2
,k2=k ( x2+2)+3
x2+2
,∴k1+k2=k ( x1+2)+3
x1+2
+ k ( x2+2)+3
x2+2
=2k+3(
1
x1+2 +
1
x2+2)
=2k+3
x1+ x2+ 4
( x1+2)( x2+2) =2k+3[
- 16k
2+24 k
4 k
2+9
+ 4
16k
2+ 48k
4 k
2+9
- 32k
2+ 48k
4 k
2+9
+ 4
]=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√3,
∴1
2×|EQ|2sinπ
3 =4√3,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=- p
2 .
设准线和y 轴交点为H,如图,易证∠HFQ=π
3 ,
于是|FQ|cosπ
3 =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, x0
2
4
),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= t
x0
,
由y= x
2
4 可得y'= x
2,所以切线l 的斜率为kl=1
2x0.
4
设A(x1,y1),B(x2,y2),线段AB 的中点M( x1+ x2
2
, y1+ y2
2
),由{
x1
2
4 + y1
2
2 =1,
x2
2
4 + y2
2
2 =1,
可得x1
2- x2
2
4
+ y1
2- y2
2
2
=0,
所以( x1+ x2)( x1- x2)
4
+( y1+ y2)( y1- y2)
2
=0,
整理可得
y1- y2
x1- x2
· y1+ y2
x1+ x2
=-1
2,即kl·kOM=-1
2.所以1
2x0·kOM=-1
2,可得kOM=- 1
x0.
又因为kOQ=kOM= t
x0
,所以当t=-1 时,kOQ=kOM=- 1
x0
,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x
2
4 - y
2
5 =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 的方程为x=3,当x=3 时,y=±5
2,所以S△AOB=1
2×3×5=15
2 .
(2)存在定点M(4
3 ,0)满足题意.
当α≠90°时,设直线l 的方程为y=k(x-3),联立{
x
2
4 - y
2
5 =1,
y =k ( x -3),
整理得(5-4k2)x2+24k2x-36k2-20=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则{
5- 4 k
2≠0,
x1+ x2=-24 k
2
5- 4 k
2 >0,
x1 x2=-36k
2-20
5- 4 k
2
>0,
Δ=(24 k
2)
2- 4(5- 4 k
2)(-36k
2-20)>0,
解得k<-√5
2 或k>√5
2 .
5
假设在x 轴上存在定点M(m,0),m≠x1,x2,则由∠OMA=∠OMB 得x 轴平分∠AMB,所以kAM+kBM=0.
kAM=
y1
x1-m,kBM=
y2
x2-m,
kAM+kBM=
y1
x1-m +
y2
x2-m=0,
即y1(x2-m)+y2(x1-m)=0,
展开可得x2y1+x1y2-m(y1+y2)=0.
y1=k(x1-3),y2=k(x2-3),
则x2y1+x1y2=2kx1x2-3k(x1+x2),y1+y2=k(x1+x2-6).则2kx1x2-3k(x1+x2)-mk(x1+x2-6)=0.
因为斜率k 的取值范围为(-∞,-√5
2 )∪(√5
2 ,+∞),
所以2x1x2-(m+3)(x1+x2)+6m=0,即72k
2+ 40
4 k
2-5
- 24 k
2(m+3)
4 k
2-5
+6m=0,
整理可得72k2+40-24k2(m+3)+6m(4k2-5)=0,
即30m=40,得m=4
3 .
当α=90°时,由曲线的对称性可知m=4
3 满足题意.
综上,x 轴上存在定点M(4
3 ,0),使直线l 在与曲线C 有两个交点A,B 的情况下,总有
∠OMA=∠OMB.
