2027年高考数学一轮复习 突破练习含答案 075-课时作业68 定点、定直线问题（教用）

这是一份2027年高考数学一轮复习 突破练习含答案 075-课时作业68 定点、定直线问题（教用），共13页。试卷主要包含了已知双曲线C，已知椭圆C1等内容，欢迎下载使用。
1．（2025·湖北黄冈三模）（15分）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左顶点A(−1,0)到其渐近线的距离为32，过右焦点F的直线分别交双曲线的左、右两支及直线l:x=12于点M,N,P，过N作平行于x轴的直线交直线AP于点G，点H满足NG=GH.
（1） 求双曲线C的标准方程；
（2） 证明：直线MH过定点.
【解析】
（1） 因为C的左顶点为A(−1,0),所以a=1,所以C的一条渐近线方程为bx−y=0，所以点A到渐近线的距离为|−b|b2+1=32，所以b2=3，
所以双曲线C的标准方程为x2−y23=1.
（2） 证明：易知C的右焦点F的坐标为(2,0)，且直线PF的斜率不为0，故可设直线PF的方程为x=my+2，
因为直线PF与双曲线的左、右两支分别交于点M,N，
所以m∈(−∞,−33)∪(33,+∞).
设M(x1,y1),N(x2,y2)，联立x=my+2,x2−y23=1,得(3m2−1)y2+12my+9=0，则y1+y2=−12m3m2−1，y1y2=93m2−1，所以my1y2=−34(y1+y2).
将直线PF的方程x=my+2与直线l的方程x=12联立，可得P(12,−32m)，所以直线AP的方程为y=−1m(x+1).
将直线AP的方程y=−1m(x+1)与直线GN的方程y=y2联立，可得G(−1−my2,y2)，
又NG=GH，所以H的坐标是(−2−x2−2my2,y2)，
所以直线MH的方程是y−y1=y2−y1−2−x2−2my2−x1(x−x1)，
令y=0，得x=2my1y2+x1y2+x2y1+2y1y2−y1=4my1y2+2y2+4y1y2−y1=−3(y1+y2)+2y2+4y1y2−y1=y1−y2y2−y1=−1，
所以直线MH过定点(−1,0).
2．（2025·河南信阳模拟）（15分）某型号高脚杯的轴截面为抛物线C，如图1所示，往高脚杯中缓慢倒水，当杯中的水深为1cm时，水面宽度为4cm.以O为坐标原点建立平面直角坐标系，如图2所示，P，Q是抛物线C上异于点O的两点，且满足OP⋅OQ=0.
图1图2
（1） 求抛物线C的标准方程；
（2） 求证：直线PQ过定点；
（3） 过点O作PQ的垂线，垂足为H，是否存在一个定点到点H的距离为定值?如果存在，求出该定点的坐标；如果不存在，请说明理由.
【解析】
（1） 设抛物线的方程为x2=2py(p>0)，由题知抛物线经过点(2,1)，代入抛物线方程，可得22=2p×1，解得p=2，所以抛物线C的标准方程为x2=4y.
（2） 证明：易知直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为y=mx+b，
联立y=mx+b,x2=4y,得x2−4mx−4b=0，则Δ=16m2+16b>0,设P(x1,y1),Q(x2,y2)，则x1x2=−4b，y1y2=14x12⋅14x22=(x1x2)216=(−4b)216=b2.
因为OP⋅OQ=0，所以x1x2+y1y2=0,
即−4b+b2=0，解得b=4或b=0.
因为PQ不经过点O，所以b=0舍去，故b=4，所以直线PQ的方程为y=mx+4，所以直线PQ过定点(0,4).
（3） 存在定点.理由如下：
由（2）得直线PQ过定点(0,4)，设此定点为G,因为OH⊥PQ，所以OH⊥GH，
故点H在以OG为直径的圆周上，圆心为OG的中点.
因为O(0,0),G(0,4)，所以OG的中点坐标为(0,2)，即为圆心的坐标，
因为圆心(0,2)到圆周上的点H的距离等于半径，所以存在点(0,2)到点H的距离是定值.
3．（2025·四川广安模拟）（15分）已知椭圆C1：x24+y2=1的右焦点为F，左、右顶点分别为A1，A2，上、下顶点分别为B1，B2，记四边形A1B1A2B2的内切圆为C2.
（1） 求圆C2的标准方程；
（2） C1上的点A,B满足xA+xB=33(xA≠xB)，且FA⊥FB，求证：以AB为直径的圆恒过异于点F的一个定点；
（3） 已知P为椭圆C1上的任意一点，过点P作圆C2的两条切线分别交椭圆C1于点M，N，试求三角形PMN面积的最小值.
【解析】
（1） 因为椭圆C1的左、右顶点分别为A1，A2，上、下顶点分别为B1，B2，所以四边形A1B1A2B2为菱形，点O为其中心，
又A2，B1的坐标分别为(2,0)，(0,1)，所以直线A2B1的方程为x+2y=2，则原点O到直线A2B1的距离d=212+22=25，即圆C2的半径r=25，
故圆C2的标准方程为x2+y2=45.
（2） 证明：易知F(3,0)，则FA=(xA−3,yA),FB=(xB−3,yB),
又FA⊥FB，所以FA⋅FB=(xA−3)(xB−3)+yAyB=0.
结合xA+xB=33(xA≠xB)，可得xAxB+yAyB=−2，
设H是以AB为直径的圆上的点，其坐标为(x,y)，则AH=(x−xA,y−yA),BH=(x−xB,y−yB)，
所以AH⋅BH=(x−xA)(x−xB)+(y−yA)⋅(y−yB)=0，化简得以AB为直径的圆的方程为x2+y2−33x−2−(yA+yB)y=0，
令y=0，得x2−33x−2=(x+233)(x−3)=0，解得x=−233或x=3（舍去），
所以该圆过定点(−233,0).
（3） 设直线PM的方程为mx+ny=1，由直线PM与圆C2相切，可知原点O到直线PM的距离d=1m2+n2=25，整理得m2+n2=54.
设P(x1,y1),M(x2,y2),将直线PM的方程与椭圆C1的方程联立，可得x24+y2=(mx+ny)2，
整理得(4n2−4)(yx)2+8mnyx+4m2−1=0，
则y1y2x1x2=4m2−14n2−4=4m2−14(54−m2)−4=−1，
即kOP⋅kOM=−1，故OP⊥OM.
同理可得OP⊥ON，故M，O，N三点共线，则S△PMN=2S△OPM=|OP||OM|.
设直线OP的方程为y=kx，将其与椭圆C1的方程联立，可得x24+k2x2=1，则x2=41+4k2，
故|OP|2=x12+y12=(1+k2)x12=4(1+k2)1+4k2，
同理可得|OM|2=4[1+(−1k)2]1+4(−1k)2=4(k2+1)k2+4.
从而1|OP|2+1|OM|2=1+4k24(1+k2)+k2+44(1+k2)=54，
又1|OP|2+1|OM|2≥2|OP||OM|，当且仅当|OP|=|OM|=2105时等号成立，所以|OP||OM|≥85，
即S△PMN≥85，
故三角形PMN面积的最小值为85.
4．（2025·湖南岳阳三模）（15分）已知抛物线E的顶点为坐标原点O，对称轴为x轴，且过点T(2,−4)，A，B是E上的两个动点.
（1） 求抛物线E的标准方程；
（2） 已知C是E上一点，且E的焦点F为△ABC的重心，设C的横坐标为t，求t的取值范围；
（3） 已知点P在直线OT上，且在第二象限内，直线PA，PB与抛物线E分别相切于点A，B，设PA，PB与y轴分别交于点M，N，证明：直线AN与直线BM的交点在定直线上.
【解析】
（1） 设抛物线E的方程为y2=2px(p>0)，将(2,−4)代入，得16=4p，解得p=4，
所以抛物线E的标准方程为y2=8x.
（2） 易知t≥0,F的坐标为(2,0)，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(t,y3)，
则x1+x2+t3=2，y1+y2+y33=0，
所以x1+x2+t=6，y3=−(y1+y2)，
又y12=8x1，y22=8x2，y32=8t，
所以y12+y228+t=6，
因为y12+y22≥(y1+y2)22=y322=4t，当且仅当y1=y2时取等号，而y1≠y2,所以y12+y22>4t,所以4t8+t