2020版高考数学一轮复习（练习·鲁京津琼专用）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 5页

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：＋＝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：＋＝1(a>b>0)经过点(，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.‎ ‎(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：＋＝1(a>b>0)的离心率为，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＝ ‎＝，‎ 直线MN的斜率kMN＝ ‎＝，‎ ‎∴＝＝ ‎＝＝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 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＝，y1y2＝－，‎ 直线M′N的方程为y＋y1＝(x－x1)，‎ 令y＝0，得x＝＋x1＝ ‎＝＝－1‎ ‎＝－1＝－4，‎ 故直线M′N恒过定点(－4,0)．‎ ‎3．解　(1)椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点(，1)，‎ 可得＋＝1，又设左焦点为(－c,0)，有＝，‎ 即c＝，a2－b2＝2，解得a＝2，b＝，‎ 则椭圆的方程为＋＝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＝，x1x2＝.若∠ABM＝∠ABN，则kBM＋kBN＝0，‎ 即kBM＋kBN＝＋＝＋＝2k＋(1－y0)·＝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＝＝，＝2，‎ 又a2＝b2＋c2，所以a＝2，c＝，b＝1，‎ 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)①当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x＝±，此时，原点O到直线AB的距离为.‎ ‎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.‎ ‎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)．‎ 由得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.‎ 则Δ＝(8km)2－4(1＋4k2)(4m2－4)‎ ‎＝16(1＋4k2－m2)>0，‎ x1＋x2＝－，x1x2＝，‎ 则y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝，‎ 由OA⊥OB，得kOA·kOB＝－1，‎ 即·＝－1，‎ 所以x1x2＋y1y2＝＝0，‎ 即m2＝(1＋k2)，满足Δ>0，‎ 所以原点O到直线AB的距离为＝.‎ 综上，原点O到直线AB的距离为定值.‎