2025届高考数学二轮总复习第一部分高考层级专题突破层级三2个压轴大题巧取高分专题一圆锥曲线中的综合问题第一讲课时跟踪检测二十圆锥曲线中的定点定值问题理含解析

PAGE第一部分高考层级专题突破层级三2个压轴大题巧取高分专题一圆锥曲线中的综合问题第一讲圆锥曲线中的定点、定值问题课时跟踪检测(二十)圆锥曲线中的定点、定值问题A卷1．(2024·广东佛山一般中学月考)已知椭圆C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右顶点与抛物线C2：y2＝2px(p>0)的焦点重合，椭圆C1的离心率为eq\f(1,2)，过椭圆C1的右焦点F且垂直于x轴的直线截抛物线所得的弦长为4eq\r(2).(1)求椭圆C1和抛物线C2的方程；(2)过点A(－2,0)的直线l与C2交于M，N不同的两点，若点M关于x轴的对称点为M′，证明：直线M′N恒过肯定点．解：(1)依题意，可得a＝eq\f(p,2)，则C2：y2＝4ax，令x＝c得y2＝4ac，即y＝±2eq\r(ac)，所以4eq\r(ac)＝4eq\r(2)，所以ac＝2.则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ac＝2，,\f(c,a)＝\f(1,2)，,a2＝b2＋c2，))解得a＝2，b＝eq\r(3)，所以椭圆C1的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，抛物线C2的方程为y2＝8x.(2)证明：依题意可知直线l的斜率存在且不为0，可设l：x＝my－2，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则M′(x1，－y1)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my－2，,y2＝8x，))消去x，得y2－8my＋16＝0，由Δ>0，得m<－1或m>1.因为y1＋y2＝8m，y1y2＝16，所以m＝eq\f(y1＋y2,8)，所以直线M′N的斜率kM′N＝eq\f(y2＋y1,x2－x1)＝eq\f(8m,my2－y1)＝eq\f(8,y2－y1)，可得直线M′N的方程为y－y2＝eq\f(8,y2－y1)(x－x2)，即y＝eq\f(8,y2－y1)x＋y2－eq\f(8my2－2,y2－y1)＝eq\f(8,y2－y1)x＋eq\f(y2y2－y1－y2y2＋y1＋16,y2－y1)＝eq\f(8,y2－y1)x－eq\f(16,y2－y1)＝eq\f(8,y2－y1)(x－2)，所以当m<－1或m>1时，直线M′N恒过定点(2,0)．2．(2024·江西模拟)在直角坐标系xOy中，已知椭圆E的中心在原点，长轴长为8，椭圆在x轴上的两个焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形．(1)求椭圆的标准方程；(2)过椭圆内一点M(1,3)的直线与椭圆E交于不同的A，B两点，交直线y＝－eq\f(1,4)x于点N，若eq\o(NA,\s\up6(→))＝meq\o(AM,\s\up6(→))，eq\o(NB,\s\up6(→))＝neq\o(BM,\s\up6(→))，求证：m＋n为定值，并求出此定值．解：(1)由已知得，2a＝8，a＝2c，则a＝4，又b2＝a2－c2，∴b2＝12，∴椭圆的标准方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1.(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，－\f(1,4)x0))，由eq\o(NA,\s\up6(→))＝meq\o(AM,\s\up6(→))，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－x0，y1＋\f(1,4)x0))＝m(1－x1,3－y1)，∴x1＝eq\f(m＋x0,m＋1)，y1＝eq\f(3m－\f(1,4)x0,m＋1)，∴Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋x0,m＋1)，\f(3m－\f(1,4)x0,m＋1)))，∵点A在椭圆eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1上，∴eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋x0,m＋1)))2,16)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3m－\f(1,4)x0,m＋1)))2,12)＝1，得到9m2＋96m＋48－eq\f(13,4)xeq\o\al(2,0)＝0；同理，由eq\o(NB,\s\up6(→))＝neq\o(BM,\s\up6(→))，可得9n2＋96n＋48－eq\f(13,4)xeq\o\al(2,0)＝0.∴m，n可看作是关于x的方程9x2＋96x＋48－eq\f(13,4)xeq\o\al(2,0)＝0的两个根，则m＋n＝－eq\f(32,3)为定值．B卷1．(2024·河南模拟)已知曲线C1：x2＋y2＝r2(r>0)和C2：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)都过点P(0，－2)，且曲线C2的离心率为eq\f(\r(3),2).(1)求曲线C1和曲线C2的方程；(2)设点A，B分别在曲线C1，C2上，PA，PB的斜率分别为k1，k2，当k1＝4k2>0时，问直线AB是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．解：(1)曲线C1：x2＋y2＝r2(r>0)和C2：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)都过点P(0，－2)，∴r＝2，b＝2，∴曲线C1的方程为x2＋y2＝4.∵曲线C2的离心率为eq\f(\r(3),2)，∴e2＝eq\f(c2,a2)＝1－eq\f(b2,a2)＝eq\f(3,4)，∴a＝4，∴曲线C2的方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线PA的方程为y＝k1x－2，代入到x2＋y2＝4，消去y，可得(1＋keq\o\al(2,1))x2－4k1x＝0，解得x＝0或x1＝eq\f(4k1,1＋k\o\al(2,1))，∴y1＝eq\f(2k\o\al(2,1)－2,1＋k\o\al(2,1))，直线PB的方程为y＝k2x－2，代入方程eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1，消去y，可得(1＋4keq\o\al(2,2))x2－16k2x＝0，解得x＝0或x2＝eq\f(16k2,1＋4k\o\al(2,2))，∴y2＝eq\f(8k\o\al(2,2)－2,1＋4k\o\al(2,2)).∵k1＝4k2，∴直线AB的斜率k＝eq\f(y2－y1,x2－x1)＝－eq\f(1,k1)，故直线AB的方程为y－eq\f(2k\o\al(2,1)－2,1＋k\o\al(2,1))＝－eq\f(1,k1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4k1,1＋k\o\al(2,1))))，即y＝－eq\f(1,k1)x＋2，∴直线AB恒过定点(0,2)．2．(2024·顺义区模拟)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(6),3)，长轴长为2eq\r(3).(1)求椭圆C的方程；(2)斜率为1的直线l过椭圆C的右焦点F，交椭圆C于A，B两点，设M为椭圆C上随意一点，且eq\o(OM,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋μeq\o(OB,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，其中O为原点，求证：λ2＋μ2＝1.解：(1)设椭圆的焦距为2c∵eq\f(c,a)＝eq\f(\r(6),3)，∴eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(2,3)，故a2＝3b2.①∵a＝eq\r(3)，∴b＝1，∴椭圆C的方程为eq\f(x2,3)＋y2＝1.②(2)证明：设M(x，y)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，∵eq\o(OM,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋μeq\o(OB,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，∴(x，y)＝λ(x1，y1)＋μ(x2，y2)，故x＝λx1＋μx2，y＝λy1＋μy2.③又∵点M在椭圆C上，∴(λx1＋μx2)2＋3(λy1＋μy2)2＝3.整理可得λ2(xeq\o\al(2,1)＋3yeq\o\al(2,1))＋μ2(xeq\o\al(2,2)＋3yeq\o\al(2,2))＋2λμ(x1x2＋3y1y2)＝3.④又焦点F的坐标为(eq\r(2)，0)，∴AB所在的直线方程为y＝x－eq\r(2)，代入方程eq\f(x2,3)＋y2＝1，得4x2－6eq