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）-人教高三全冊數(shù)學(xué)試題

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：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝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：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)經(jīng)過點(eq\r(2)，1)，過點A(0，1)的動直線l與橢圓C交于M，N兩點，當(dāng)直線l過橢圓C的左焦點時，直線l的斜率為eq\f(\r(2),2).(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(biāo)；若不存在，請說明理由．[能力提升練]4．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，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(biāo)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＝eq\f(y3－y1,x3－x1)＝eq\f(2p,y1＋y3)，直線MN的斜率kMN＝eq\f(y4－y2,x4－x2)＝eq\f(2p,y2＋y4)，∴eq\f(kAB,kMN)＝eq\f(y2＋y4,y1＋y3)＝eq\f(\f(－2p2,y1)＋\f(－2p2,y3),y1＋y3)＝eq\f(\f(－2p2,y1y3)y1＋y3,y1＋y3)＝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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ty－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))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＝eq\f(6t,3t2＋4)，y1y2＝－eq\f(9,3t2＋4)，直線M′N的方程為y＋y1＝eq\f(y2＋y1,x2－x1)(x－x1)，令y＝0，得x＝eq\f(y1x2－x1,y2＋y1)＋x1＝eq\f(y1x2＋x1y2,y2＋y1)＝eq\f(y1ty2－1＋y2ty1－1,y2＋y1)＝eq\f(2ty1y2,y2＋y1)－1＝eq\f(\f(－18t,3t2＋4),\f(6t,3t2＋4))－1＝－4，故直線M′N恒過定點(－4,0)．3．解(1)橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)經(jīng)過點(eq\r(2)，1)，可得eq\f(2,a2)＋eq\f(1,b2)＝1，又設(shè)左焦點為(－c,0)，有eq\f(1,c)＝eq\f(\r(2),2)，即c＝eq\r(2)，a2－b2＝2，解得a＝2，b＝eq\r(2)，則橢圓的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)當(dāng)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(dāng)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＝eq\f(－4k,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(－2,1＋2k2).若∠ABM＝∠ABN，則kBM＋kBN＝0，即kBM＋kBN＝eq\f(y1－y0,x1)＋eq\f(y2－y0,x2)＝eq\f(kx1＋1－y0,x1)＋eq\f(kx2＋1－y0,x2)＝2k＋(1－y0)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＋\f(1,x2)))＝2k(2－y0)．∵k∈R，∴當(dāng)y0＝2時，∠ABM＝∠ABN，∴B(0,2)．當(dāng)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＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，eq\r(b2＋c2)＝2，又a2＝b2＋c2，所以a＝2，c＝eq\r(3)，b＝1，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)①當(dāng)直線AB的斜率不存在時，直線AB的方程為x＝±eq\f(2\r(5),5)，此時，原點O到直線AB的距離為eq\f(2\r(5),5).②當(dāng)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eq\f(2\r(5),5).③當(dāng)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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋m，))得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.則Δ＝(8km)2－4(1＋4k2)(4m2－4)＝16(1＋4k2－m2)>0，x1＋x2＝－eq\f(8km,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(4m2－4,1＋4k2)，則y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝eq\f(m2－4k2,1＋4k2)，由OA⊥OB，得kOA·kOB＝－1，即eq\f(y1,x1)·eq\f(y2,x2)＝－1，所以x1x2＋