考點(diǎn)突破練14圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值、探索性問題1.(2023河北張家口二模)已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>(1)求雙曲線C的方程;(2)若過點(diǎn)F作直線l交雙曲線C的右支于P,Q兩點(diǎn),點(diǎn)M滿足FP=QM,求證:存在兩個(gè)定點(diǎn)E1,E2,使得|ME1||ME2|2.(2023全國(guó)乙,理20)已知橢圓C:y2a2+x2b2=1(a>b>(1)求C的方程;(2)過點(diǎn)(2,3)的直線交C于P,Q兩點(diǎn),直線AP,AQ與y軸的交點(diǎn)分別為M,N,證明:線段MN的中點(diǎn)為定點(diǎn).3.(2023山東日照一模)已知拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點(diǎn)為F,E為C上的動(dòng)點(diǎn),EQ垂直于動(dòng)直線y=t(t<0),垂足為Q,當(dāng)△EQF為等邊三角形時(shí),其面積為43.(1)求C的方程.(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),過點(diǎn)E的直線l與C相切,且與橢圓x24+y22=1交于A,B兩點(diǎn),直線OQ與AB交于點(diǎn)M,試問:是否存在t4.(2023湖南張家界二模)已知曲線C:x24-y25=1(x>0),傾斜角為α的直線l過點(diǎn)F2(3,0),且與曲線C(1)當(dāng)α=90°時(shí),求三角形ABO的面積.(2)在x軸上是否存在定點(diǎn)M,使直線l在與曲線C有兩個(gè)交點(diǎn)A,B的情況下,總有∠OMA=∠OMB?如果存在,求出定點(diǎn)M;如果不存在,請(qǐng)說明理由.考點(diǎn)突破練14圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值、探索性問題1.(1)解由題意可得ba=3,即b2=3a2.又右焦點(diǎn)為F(2,0),所以c=2,即a2+b2=4,可得a2=1,b2=3.因此雙曲線C的方程為x2y(2)證明設(shè)點(diǎn)M(x,y),P(x1,y1),Q(x2,y2),x1,x2>1,設(shè)直線l的方程為x=my+2,與雙曲線C的方程x2y23=1聯(lián)立,整理得(3m21)y2+12my+9則3m21≠0,Δ=(12m)236(3m21)=36(m2+1)>0,整理得m2≠13由根與系數(shù)的關(guān)系得y1+y2=12m3m2-1,于是x1+x2=m(y1+y2注意到x1+x2>2,于是-43m2-1>又點(diǎn)M滿足FP=QM整理得x消去m得x24-y2因此點(diǎn)M的軌跡是以(4,0),(4,0)為焦點(diǎn),實(shí)軸長(zhǎng)為4的雙曲線的右支,由雙曲線的定義可知,存在兩個(gè)定點(diǎn)E1(4,0),E2(4,0),使得|ME1||ME2|=4.2.(1)解由題意,橢圓C:y2a2+x2b2∴e=c∴橢圓的方程為y29+(2)證明根據(jù)題意,直線PQ的斜率存在,設(shè)MN的中點(diǎn)為T,直線PQ的方程為y=k(x+2)+3(k<0),P(x1,y1),Q(x2,y2),聯(lián)立y則(4k2+9)x2+(16k2+24k)x+16k2+48k=0,∴x∵直線AP,AQ分別與y軸交于M,N兩點(diǎn),且過A(2,0),∴設(shè)直線AP的方程為y0=k1(x+2),即y=k1x+2k1,設(shè)直線AQ的方程為y0=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)+3x1+2,k2=k(x2+2)=2k+3x1+x2+4(x1+2)(x2+2)=2k+3[綜上,線段MN的中點(diǎn)為定點(diǎn)(0,3).3.解(1)∵當(dāng)△EQF為等邊三角形時(shí),其面積為43,∴12×|EQ|2sinπ3=43,解得|EQ|=根據(jù)|EF|=|EQ|和拋物線的定義可知,點(diǎn)Q落在拋物線C的準(zhǔn)線上,即y=t=p2設(shè)準(zhǔn)線和y軸交點(diǎn)為H,如圖,易證∠HFQ=π3于是|FQ|cosπ3=2=|FH|=p,∴C的方程為x2=4y(2)存在t=1滿足題意.假設(shè)存在t,使得|AM|=|BM|,則M為線段AB的中點(diǎn).設(shè)E(x0,x024),當(dāng)x0=0時(shí),任意t均滿足|AM|=|BM|;當(dāng)x0≠0時(shí),依題意得Q(x0,t),則kOQ由y=x24可得y'=x2,所以切線l的斜率為kl=1設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),線段AB的中點(diǎn)M(x1+x22,所以(x1整理可得y1-y2x1-x2·y1+y2x1+x2=12,即kl又因?yàn)閗OQ=kOM=tx0,所以當(dāng)t=1時(shí),kOQ=kOM=1x0,此時(shí)O,M,Q三點(diǎn)共線,滿足M綜上,存在t=1,使得|AM|=|BM|.4.解(1)由x24-y25=1(x>0)可知曲線C是以F過焦點(diǎn)F2(3,0)、傾斜角為90°的直線l的方程為x=3,當(dāng)x=3時(shí),y=±52,所以S△AOB=12×3×5=(2)存在定點(diǎn)M(43,0)滿足題意當(dāng)α≠90°時(shí),設(shè)直線l的方程為y=k(x3),聯(lián)立x整理得(54k2)x2+24k2x36k220=0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則5解得k<52或k>5假設(shè)在x軸上存在定點(diǎn)M(m,0),m≠x1,x2,則由∠OMA=∠OMB得x軸平分∠AMB,所以kAM+kBM=0.kAM=y1x1-m,kAM+kBM=y1x即y1(x2m)+y2(x1m)=0,展開可得x2y1+x1y2m(y1+y2)=0.y1=k(x13),y2=k(x23),則x2y1+x1y2=2kx1x23k(x1+x2),y1+y2=k(x1+x26).則2kx1x23k(x1+x2)mk(x1+x26)=0.因?yàn)樾甭蔾的取值范圍為(∞,52)∪(52,+所以2x1x2(m+3)(x1+x2)+6m=0,即72k2+404整理可