高中数学高考课后限时集训57 圆锥曲线中的定点与定值问题 作业

这是一份高中数学高考课后限时集训57 圆锥曲线中的定点与定值问题 作业，共4页。试卷主要包含了已知抛物线C，已知F是抛物线C，椭圆C等内容，欢迎下载使用。
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1．(2019·威海模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，直线y＝4与y轴的交点为P，与抛物线C的交点为Q，且|QF|＝2|PQ|.
(1)求p的值；
(2)已知点T(t，－2)为C上一点，M，N是C上异于点T的两点，且满足直线TM和直线TN的斜率之和为－eq \f(8,3)，证明直线MN过定点，并求出定点的坐标．
[解] (1)设Q(x0,4)，由抛物线的定义，得|QF|＝x0＋eq \f(p,2)，又|QF|＝2|PQ|，∴2x0＝x0＋eq \f(p,2)，解得x0＝eq \f(p,2)，
将点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，4))代入抛物线C的方程，得p＝4.
(2)由(1)知抛物线C的方程为y2＝8x，
∴点T的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－2))，
设直线MN的方程为x＝my＋n，点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),8)，y1))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,2),8)，y2))，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋n，,y2＝8x))得y2－8my－8n＝0，
∴y1＋y2＝8m，y1y2＝－8n，
∴kMT＋kNT＝eq \f(y1＋2,\f(y\\al(2,1),8)－\f(1,2))＋eq \f(y2＋2,\f(y\\al(2,2),8)－\f(1,2))＝eq \f(8,y1－2)＋eq \f(8,y2－2)
＝eq \f(8y1＋y2－32,y1y2－2y1＋y2＋4)＝eq \f(64m－32,－8n－16m＋4)＝－eq \f(8,3)，解得n＝m－1，
∴直线MN的方程为x＋1＝m(y＋1)，过定点(－1，－1)．
2．(2019·郑州模拟)已知F是抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点，点M是抛物线上的定点，且eq \(MF,\s\up14(→))＝(4,0)．
(1)求抛物线C的方程．
(2)直线AB与抛物线C分别相交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，且|x2－x1|＝3，直线l与AB平行，且与抛物线C相切，切点为N，试问△ABN的面积是否为定值．若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．
[解] (1)设M(x0，y0)，由题知Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2)))，
所以eq \(MF,\s\up14(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x0，\f(p,2)－y0))＝(4,0)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x0＝4，,\f(p,2)－y0＝0，))则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝－4，,y0＝\f(p,2)，))
将其代入x2＝2py(p＞0)中，得16＝p2，解得p＝4或p＝－4(舍去)，
所以抛物线C的方程为x2＝8y.
(2)由题意知，直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y＝kx＋b.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋b，,x2＝8y，))整理得x2－8kx－8b＝0，则x1＋x2＝8k，x1x2＝－8b，
所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2b＝8k2＋2b，
设AB的中点为Q，则点Q的坐标为(4k,4k2＋b)，
由条件设切线的方程为y＝kx＋t(t≠b)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋t，,x2＝8y，))整理得x2－8kx－8t＝0.
因为直线l与抛物线C相切，所以Δ＝64k2＋32t＝0，所以t＝－2k2.
则x2－8kx＋16k2＝0，解得x＝4k，所以y＝2k2.
所以切点N的坐标为(4k,2k2)．又点Q的坐标为(4k,4k2＋b)．
所以NQ⊥x轴，所以|NQ|＝4k2＋b－2k2＝2k2＋b，
因为|x2－x1|＝3，
(x2－x1)2＝(x2＋x1)2－4x1x2＝64k2＋32b，
所以2k2＋b＝eq \f(9,32).
所以S△ABN＝eq \f(1,2)|NQ|·|x2－x1|＝eq \f(1,2)(2k2＋b)·|x2－x1|＝eq \f(27,64)，
所以△ABN的面积为定值，且定值为eq \f(27,64).
3．(2019·黄山模拟)椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的两个焦点F1(－c,0)，F2(c,0)，设P，Q分别是椭圆C的上、下顶点，且四边形PF1QF2的面积为2eq \r(3)，其内切圆周长为eq \r(3)π.
(1)求椭圆C的方程；
(2)当b＞c时，A，B为椭圆C上的动点，且PA⊥PB，试问：直线AB是否恒过一定点？若是，求出此定点的坐标；若不是，请说明理由．
[解] (1)依题意，四边形PF1QF2的面积为2eq \r(3)，
则4×eq \f(1,2)×b×c＝2eq \r(3)，即bc＝eq \r(3)，
四边形PF1QF2的内切圆周长为eq \r(3)π，设内切圆半径为r.
由2πr＝eq \r(3)π，得r＝eq \f(\r(3),2)，
由bc＝ar＝eq \r(3)，得a＝2，
又a2＝b2＋c2＝4，且bc＝eq \r(3)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝\r(3)，,c＝1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝1，,c＝\r(3).))
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1或eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)因为b＞c，所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，则P(0，eq \r(3))．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意知直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y＝kx＋m，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx＋m，))消去y，得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
则x1＋x2＝eq \f(－8km,4k2＋3)，x1x2＝eq \f(4m2－12,4k2＋3)，
Δ＝64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＞0(*)，
由PA⊥PB，可得eq \(PA,\s\up14(→))·eq \(PB,\s\up14(→))＝0，即(x1－0)(x2－0)＋(y1－eq \r(3))(y2－eq \r(3))＝0，
即x1x2＋y1y2－eq \r(3)(y1＋y2)＋3＝0，又y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m，
所以eq \f(4m2－12,4k2＋3)＋eq \f(4k2m2－12k2,4k2＋3)－eq \f(8k2m2,4k2＋3)＋m2＋eq \f(8\r(3)k2m,4k2＋3)－2eq \r(3)m＋3＝0，
整理得eq \f(7m2－6\r(3)m－3,4k2＋3)＝0，
解得m＝eq \r(3)(舍去)或m＝－eq \f(\r(3),7).
因为m＝－eq \f(\r(3),7)满足(*)式，
所以直线AB的方程为y＝kx－eq \f(\r(3),7).
故直线AB恒过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(\r(3),7))).