高考数学一轮复习 专题9 平面解析几何 第73练 高考大题突破练-圆锥曲线中的定点、定值问题练习（含解析）-人教高三全册数学试题

第73练高考大题突破练—圆锥曲线中的定点、定值问题[基础保分练]1.如图，已知抛物线C：y2＝2px(p>0)，焦点为F，过点G(p,0)作直线l交抛物线C于A，M两点，设A(x1，y1)，M(x2，y2)．(1)若y1y2＝－8，求抛物线C的方程；(2)若直线AF与x轴不垂直，直线AF交抛物线C于另一点B，直线BG交抛物线C于另一点N.求证：直线AB与直线MN的斜率之比为定值．2．已知椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，过C的左焦点不与x轴垂直的直线l与C交于点M，N，点M关于x轴的对称点为M′，证明：直线M′N恒过定点．3．已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点(eq\r(2)，1)，过点A(0，1)的动直线l与椭圆C交于M，N两点，当直线l过椭圆C的左焦点时，直线l的斜率为eq\f(\r(2),2).(1)求椭圆C的方程；(2)是否存在与点A不同的定点B，使得∠ABM＝∠ABN恒成立？若存在，求出点B的坐标；若不存在，请说明理由．[能力提升练]4．已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(3),2)，短轴端点到焦点的距离为2.(1)求椭圆C的方程；(2)设A，B为椭圆C上任意两点，O为坐标原点，且OA⊥OB.求证：原点O到直线AB的距离为定值，并求出该定值．答案精析1．(1)解设直线AM的方程为x＝my＋p，代入y2＝2px，得y2－2mpy－2p2＝0，则y1y2＝－2p2＝－8，得p＝2.∴抛物线C的方程为y2＝4x.(2)证明设B(x3，y3)，N(x4，y4)．由(1)可知，y3y4＝－2p2，同理可得，y1y3＝－p2.又直线AB的斜率kAB＝eq\f(y3－y1,x3－x1)＝eq\f(2p,y1＋y3)，直线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.故直线AB与直线MN的斜率之比为定值．2．证明椭圆C的左焦点为(－1,0)．依题意，设直线MN的方程为x＝ty－1(t≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则M′(x1，－y1)且x1≠x2，y1＋y2≠0，联立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，则Δ＝(－6t)2－4×(－9)(3t2＋4)＝144t2＋144>0，y1＋y2＝eq\f(6t,3t2＋4)，y1y2＝－eq\f(9,3t2＋4)，直线M′N的方程为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，故直线M′N恒过定点(－4,0)．3．解(1)椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点(eq\r(2)，1)，可得eq\f(2,a2)＋eq\f(1,b2)＝1，又设左焦点为(－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)，则椭圆的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)当直线l与x轴平行时，有|AM|＝|AN|，若使∠ABM＝∠ABN，则点B在y轴上不同于A点时均成立．故存在与A不同的定点B使得∠ABM＝∠ABN恒成立，点B一定在y轴上，所以设B(0，y0)．当直线MN的斜率存在时，设直线方程为y＝kx＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，代入椭圆方程得(1＋2k2)x2＋4kx－2＝0，∴x1＋x2＝eq\f(－4k,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(－2,1＋2k2).若∠ABM＝∠ABN，则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，∴当y0＝2时，∠ABM＝∠ABN，∴B(0,2)．当直线MN的斜率不存在时，B(0,2)满足∠ABM＝∠ABN，∴存在不同于点A的定点B(0,2)，使得∠ABM＝∠ABN恒成立．4．解(1)由题意知，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，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)①当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x＝±eq\f(2\r(5),5)，此时，原点O到直线AB的距离为eq\f(2\r(5),5).②当OA或OB的斜率不存在时，A，B分别为椭圆的顶点，此时，原点O到直线AB的距离为eq\f(2\r(5),5).③当直线AB，OA，OB的斜率都存在时，设直线AB的方程为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.则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)，则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＋