2023届高考一轮复习加练必刷题第82练　高考大题突破练——定点与定值问题【解析版】

这是一份2023届高考一轮复习加练必刷题第82练　高考大题突破练——定点与定值问题【解析版】，共5页。试卷主要包含了已知抛物线C1，如图，已知双曲线C等内容，欢迎下载使用。

考点一 定点问题
1．已知抛物线C1：y2＝2px(p>0)的焦点是椭圆C2：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点，且两条曲线相交于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(2\r(6),3))).
(1)求椭圆C2的方程；
(2)过椭圆C2右顶点的两条直线l1，l2分别与抛物线C1相交于点A，C和点B，D，且l1⊥l2，设M是AC的中点，N是BD的中点，证明：直线MN恒过定点．
(1)解 ∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(2\r(6),3)))在抛物线C1上，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(6),3)))2＝2p×eq \f(2,3)，
解得p＝2，∴抛物线C1的焦点坐标为(1,0)，
则a2－b2＝1，①
易知eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2,a2)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(6),3)))2,b2)＝1，②
∴由①②可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝3，))
∴椭圆C2的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明 由题意知，直线l1，l2的斜率存在且不为0，
设直线l1：x＝k1y＋2，直线l2：x＝k2y＋2，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,x＝k1y＋2，))得y2－4k1y－8＝0，
设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则y1＋y2＝4k1，
∴yM＝2k1，则xM＝2＋2keq \\al(2,1)，即M(2＋2keq \\al(2,1)，2k1)，
同理得N(2＋2keq \\al(2,2)，2k2)，
∴直线MN的斜率kMN＝eq \f(2k2－2k1,2＋2k\\al(2,2)－2＋2k\\al(2,1))＝eq \f(1,k2＋k1)，
则直线MN的方程为y－2k1＝eq \f(1,k2＋k1)(x－2keq \\al(2,1)－2)，
即y＝eq \f(1,k2＋k1)[x－2(1－k1k2)]，
∵l1⊥l2，∴eq \f(1,k1)·eq \f(1,k2)＝－1，即k1k2＝－1，
∴直线MN的方程为y＝eq \f(1,k2＋k1)(x－4)，
即直线MN恒过定点(4,0)．
2．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，点(2，eq \r(2))在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－2))作椭圆C的两条相互垂直的弦AB，CD，设M，N分别是AB，CD的中点，则直线MN是否过定点？若过，求出该定点坐标；若不过，请说明理由．
解 (1)由已知得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,\f(4,a2)＋\f(2,b2)＝1，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝12，,b2＝3，))
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)由题意知直线AB，CD的斜率存在且不为0，
设直线AB的方程为y＝kx－2(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－2，,\f(x2,12)＋\f(y2,3)＝1，))得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋4k2))x2－16kx＋4＝0，
由Δ>0得k2>eq \f(1,12)，且x1＋x2＝eq \f(16k,1＋4k2)，
所以xM＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(8k,1＋4k2)，
yM＝kxM－2＝－eq \f(2,1＋4k2)，
即Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k,1＋4k2)，－\f(2,1＋4k2)))，
同理Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－8k,k2＋4)，－\f(2k2,k2＋4)))，
所以kMN＝eq \f(－\f(2,1＋4k2)＋\f(2k2,k2＋4),\f(8k,1＋4k2)＋\f(8k,k2＋4))＝eq \f(k2－1,5k)，
所以直线MN的方程为
y＋eq \f(2,1＋4k2)＝eq \f(k2－1,5k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(8k,1＋4k2)))，
由对称性可知定点必在y轴上，令x＝0，得
y＝eq \f(k2－1,5k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0－\f(8k,1＋4k2)))－eq \f(2,1＋4k2)＝－eq \f(2,5)，
所以直线MN过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(2,5))).
考点二 定值问题
3．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E的标准方程；
(2)过椭圆E内一点M(1,3)的直线与椭圆E分别交于A，B两点，与直线y＝－eq \f(1,4)x交于点N，若eq \(NA,\s\up6(→))＝meq \(AM,\s\up6(→))，eq \(NB,\s\up6(→))＝neq \(BM,\s\up6(→))，求证：m＋n为定值，并求出此定值．
解 (1)因为长轴长为8，所以2a＝8，即a＝4，
又因为两个焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形，
所以a＝2c，又a2＝b2＋c2，所以a2＝16，b2＝12，c2＝4.
由于椭圆焦点在x轴上，所以椭圆的标准方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，－\f(1,4)x0))，
由eq \(NA,\s\up6(→))＝meq \(AM,\s\up6(→))，
得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－x0，y1＋\f(1,4)x0))＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－x1，3－y1))，
所以x1＝eq \f(m＋x0,m＋1)，y1＝eq \f(3m－\f(1,4)x0,m＋1)，
则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m＋x0,m＋1)，\f(3m－\f(1,4)x0,m＋1))).
因为点A在椭圆E：eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1上，
所以eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m＋x0,m＋1)))2,16)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3m－\f(1,4)x0,m＋1)))2,12)＝1，
化简得9m2＋96m＋48－eq \f(13,4)xeq \\al(2,0)＝0.
同理，由eq \(NB,\s\up6(→))＝neq \(BM,\s\up6(→))可得9n2＋96n＋48－eq \f(13,4)xeq \\al(2,0)＝0，
所以m，n可看作是关于x的方程9x2＋96x＋48－eq \f(13,4)xeq \\al(2,0)＝0的两个根，故m＋n＝－eq \f(32,3)为定值．
4．(2022·济宁模拟)如图，已知双曲线C：x2－eq \f(y2,3)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，若点P为双曲线C在第一象限上的一点，且满足|PF1|＋|PF2|＝8，过点P分别作双曲线C两条渐近线的平行线PA，PB，与渐近线的交点分别是A和B.
(1)求四边形OAPB的面积；
(2)若对于更一般的双曲线C′：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，点P′为双曲线C′上任意一点，过点P′分别作双曲线C′两条渐近线的平行线P′A′，P′B′，与渐近线的交点分别是A′和B′.请问四边形OA′P′B′的面积是否为定值，若是定值，求出该定值(用a，b表示该定值)；若不是定值，请说明理由．
解 (1)由双曲线C：x2－eq \f(y2,3)＝1，可得其实半轴长为1，虚半轴长为eq \r(3)，半焦距为eq \r(12＋\r(3)2)＝2.
由双曲线的定义可得|PF1|－|PF2|＝2，
又|PF1|＋|PF2|＝8，
所以|PF1|＝5，|PF2|＝3.
因为|F1F2|＝2×2＝4，
所以|PF2|2＋|F1F2|2＝|PF1|2，
可得PF2⊥F1F2，则点P的横坐标xP＝2，
所以22－eq \f(y\\al(2,P),3)＝1，
又yP>0，所以yP＝3，即点P(2,3)．
过点P且与渐近线y＝－eq \r(3)x平行的直线的方程为y－3＝－eq \r(3)(x－2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－3＝－\r(3)x－2，,y＝\r(3)x，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1＋\f(\r(3),2)，,y＝\r(3)＋\f(3,2)，))
即点Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(\r(3),2)，\r(3)＋\f(3,2))).
连接OP(图略)．直线OP的方程为3x－2y＝0，则点B到直线OP的距离d＝eq \f(\f(\r(3),2),\r(13))＝eq \f(\r(3),2\r(13))＝eq \f(\r(39),26)，
又|OP|＝eq \r(13)，四边形OAPB为平行四边形，
所以四边形OAPB的面积S▱OAPB＝2S△OBP＝|OP|·d＝eq \f(\r(3),2).
(2)四边形OA′P′B′的面积为定值eq \f(1,2)ab，理由如下：
双曲线C′：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x.
设点P′(x0，y0)，点B′在直线y＝eq \f(b,a)x上，
则直线P′B′的方程为y－y0＝－eq \f(b,a)(x－x0)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－y0＝－\f(b,a)x－x0，,y＝\f(b,a)x，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(x0,2)＋\f(a,2b)y0，,y＝\f(y0,2)＋\f(b,2a)x0，))
即点B′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0,2)＋\f(a,2b)y0，\f(y0,2)＋\f(b,2a)x0)).
连接OP′(图略)，直线OP′的方程为y＝eq \f(y0,x0)x，
即y0x－x0y＝0，
则点B′到直线OP′的距离
d1＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(y0\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0,2)＋\f(a,2b)y0))－x0\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y0,2)＋\f(b,2a)x0)))),\r(－x02＋y\\al(2,0)))
＝eq \f(|a2y\\al(2,0)－b2x\\al(2,0)|,2ab\r(x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)))＝eq \f(a2b2,2ab\r(x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)))＝eq \f(ab,2\r(x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)))，
又|OP′|＝eq \r(x\\al(2,0)＋y\\al(2,0))，四边形OA′P′B′为平行四边形，
所以四边形OA′P′B′的面积S▱OA′P′B′＝2S△OB′P′＝|OP′|·d1＝eq \r(x\\al(2,0)＋y\\al(2,0))·eq \f(ab,2\r(x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)))＝eq \f(ab,2)(定值)．