（魯京津瓊專用）2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專題9 平面解析幾何 第73練 高考大題突破練—圓錐曲線中的定點、定值問題練習(xí)（含解析）.docx

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第73練 高考大題突破練—圓錐曲線中的定點、定值問題 [基礎(chǔ)保分練] 1.如圖，已知拋物線C：y2＝2px(p>0)，焦點為F，過點G(p,0)作直線l交拋物線C于A，M兩點，設(shè)A(x1，y1)，M(x2，y2)． (1)若y1y2＝－8，求拋物線C的方程； (2)若直線AF與x軸不垂直，直線AF交拋物線C于另一點B，直線BG交拋物線C于另一點N.求證：直線AB與直線MN的斜率之比為定值． 2．已知橢圓C：＋＝1，過C的左焦點不與x軸垂直的直線l與C交于點M，N，點M關(guān)于x軸的對稱點為M′，證明：直線M′N恒過定點． 3．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)經(jīng)過點(，1)，過點A(0，1)的動直線l與橢圓C交于M，N兩點，當直線l過橢圓C的左焦點時，直線l的斜率為. (1)求橢圓C的方程； (2)是否存在與點A不同的定點B，使得∠ABM＝∠ABN恒成立？若存在，求出點B的坐標；若不存在，請說明理由． [能力提升練] 4．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，短軸端點到焦點的距離為2. (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)A，B為橢圓C上任意兩點，O為坐標原點，且OA⊥OB.求證：原點O到直線AB的距離為定值，并求出該定值． 答案精析 1．(1)解　設(shè)直線AM的方程為x＝my＋p， 代入y2＝2px，得y2－2mpy－2p2＝0， 則y1y2＝－2p2＝－8，得p＝2. ∴拋物線C的方程為y2＝4x. (2)證明　設(shè)B(x3，y3)，N(x4，y4)． 由(1)可知，y3y4＝－2p2， 同理可得，y1y3＝－p2. 又直線AB的斜率kAB＝ ＝， 直線MN的斜率kMN＝ ＝， ∴＝＝ ＝＝2. 故直線AB與直線MN的斜率之比為定值． 2．證明　橢圓C的左焦點為(－1,0)． 依題意，設(shè)直線MN的方程為x＝ty－1(t≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 則M′(x1，－y1)且x1≠x2，y1＋y2≠0， 聯(lián)立 消去x，并整理得(3t2＋4)y2－6ty－9＝0， 則Δ＝(－6t)2－4(－9)(3t2＋4)＝144t2＋144>0， y1＋y2＝，y1y2＝－， 直線M′N的方程為y＋y1＝(x－x1)， 令y＝0，得x＝＋x1＝ ＝＝－1 ＝－1＝－4， 故直線M′N恒過定點(－4,0)． 3．解　(1)橢圓C：＋＝1(a>b>0)經(jīng)過點(，1)， 可得＋＝1，又設(shè)左焦點為(－c,0)，有＝， 即c＝，a2－b2＝2，解得a＝2，b＝， 則橢圓的方程為＋＝1. (2)當直線l與x軸平行時，有|AM|＝|AN|，若使∠ABM＝∠ABN，則點B在y軸上不同于A點時均成立．故存在與A不同的定點B使得∠ABM＝∠ABN恒成立，點B一定在y軸上，所以設(shè)B(0，y0)．當直線MN的斜率存在時，設(shè)直線方程為y＝kx＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，代入橢圓方程得(1＋2k2)x2＋4kx－2＝0， ∴x1＋x2＝，x1x2＝.若∠ABM＝∠ABN，則kBM＋kBN＝0， 即kBM＋kBN＝＋＝＋＝2k＋(1－y0)＝2k(2－y0)．∵k∈R， ∴當y0＝2時，∠ABM＝∠ABN， ∴B(0,2)．當直線MN的斜率不存在時，B(0,2)滿足∠ABM＝∠ABN，∴存在不同于點A的定點B(0,2)，使得∠ABM＝∠ABN恒成立． 4．解　(1)由題意知，e＝＝，＝2， 又a2＝b2＋c2，所以a＝2，c＝，b＝1， 所以橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)①當直線AB的斜率不存在時，直線AB的方程為x＝，此時，原點O到直線AB的距離為. ②當OA或OB的斜率不存在時，A，B分別為橢圓的頂點，此時，原點O到直線AB的距離為. ③當直線AB，OA，OB的斜率都存在時，設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋m， A(x1，y1)，B(x2，y2)． 由得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 則Δ＝(8km)2－4(1＋4k2)(4m2－4) ＝16(1＋4k2－m2)>0， x1＋x2＝－，x1x2＝， 則y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝， 由OA⊥OB，得kOAkOB＝－1， 即＝－1， 所以x1x2＋y1y2＝＝0， 即m2＝(1＋k2)，滿足Δ>0， 所以原點O到直線AB的距離為＝. 綜上，原點O到直線AB的距離為定值.