【最新版】高中数学高三培优小题练第79练　高考大题突破练——定点与定值问题

这是一份【最新版】高中数学高三培优小题练第79练　高考大题突破练——定点与定值问题，共4页。试卷主要包含了已知双曲线C等内容，欢迎下载使用。
考点一 定值问题
1．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦距为2，离心率为eq \f(\r(2),2)，右顶点为A.
(1)求该椭圆的方程；
(2)过点D(eq \r(2)，－eq \r(2))作直线PQ交椭圆于两个不同点P，Q，求证：直线AP，AQ的斜率之和为定值．
(1)解 由题意可知2c＝2，故c＝1，
又e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，∴a＝eq \r(2)，∴b＝1，
∴椭圆方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)证明 由题意得，当直线PQ的斜率不存在时，不符合题意；
当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y＋eq \r(2)＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\r(2)))，即y＝kx－eq \r(2)k－eq \r(2).
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－\r(2)k－\r(2)，,\f(x2,2)＋y2＝1，))
消去y整理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋2k2))x2－4eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2＋k))x＋4k2＋8k＋2＝0，
∵直线与椭圆交于两点，
∴Δ＝－8(4k＋1)>0，解得k0)经过点P(－2,1)，且C的右顶点到一条渐近线的距离为eq \f(\r(6),3).
(1)求双曲线C的方程；
(2)过点P分别作两条直线l1，l2与C交于A，B两点(A，B两点均不与点P重合)，设直线l1，l2的斜率分别为k1，k2.若k1＋k2＝1，试问直线AB是否经过定点？若经过定点，求出定点坐标；若不经过定点，请说明理由．
解 (1)由题意知，eq \f(4,a2)－eq \f(1,b2)＝1，①
右顶点为(a,0)，不妨取渐近线为y＝eq \f(b,a)x，
故右顶点到一条渐近线的距离d＝eq \f(ab,\r(a2＋b2))＝eq \f(\r(6),3)，②
联立①②，解得a＝eq \r(2)，b＝1，
则双曲线C的方程为eq \f(x2,2)－y2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
①当AB斜率不存在时，设AB：x＝n，所以y2＝eq \f(n2,2)－1，
则k1＋k2＝eq \f(y1－1,n＋2)＋eq \f(y2－1,n＋2)＝eq \f(－2,n＋2)＝1
⇒n＝－4，
即AB：x＝－4；
②当AB斜率存在时，设AB：y＝kx＋m，与双曲线C的方程联立得(1－2k2)x2－4mkx－2m2－2＝0，
所以x1＋x2＝eq \f(4mk,1－2k2)，x1x2＝eq \f(－2m2－2,1－2k2)，
k1＋k2＝eq \f(y1－1,x1＋2)＋eq \f(y2－1,x2＋2)
＝eq \f(2kx1x2＋m－1＋2kx1＋x2＋4m－4,x1x2＋2x1＋x2＋4)＝1，
化简得m2＋(2－6k)m＋8k2－2k－3＝0，
即(m＋3－4k)(m－2k－1)＝0，
所以m＝4k－3或m＝2k＋1，
所以AB：y＝k(x＋4)－3或y＝k(x＋2)＋1，
且分别过点(－4，－3)和(－2,1)(舍去)．
综上，直线AB恒过点(－4，－3)．
4．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．