2022届一轮复习专题练习9 第79练 高考大题突破练——定点与定值问题（解析版）

这是一份2022届一轮复习专题练习9 第79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椭圆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P，Q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．
2．(2020·重庆一中模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2.点M在椭圆C上滑动，若△MF1F2的面积取得最大值4时，有且仅有2个不同的点M使得△MF1F2为直角三角形．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点P(0,1)的直线l与椭圆C分别相交于A，B两点，与x轴交于点Q.设eq \(QA,\s\up6(→))＝λeq \(PA,\s\up6(→))，eq \(QB,\s\up6(→))＝μeq \(PB,\s\up6(→))，求证：λ＋μ为定值，并求该定值．
考点二 定点问题
3．(2020·太原模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，一个顶点为M(0,1)，直线l交椭圆于A，B两点，且MA⊥MB.
(1)求椭圆C的方程；
(2)证明：直线l过定点．
4．已知Q为圆x2＋y2＝1上一动点，Q在x轴，y轴上的射影分别为点A，B，动点P满足eq \(BA,\s\up6(→))＝eq \(AP,\s\up6(→))，记动点P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(3,5)))的直线与曲线C交于M，N两点，判断以MN为直径的圆是否过定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由．
答案精析
1．(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k<－eq \f(1,4).
设Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1))，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2))，
则x1＋x2＝eq \f(4\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2＋k)),1＋2k2)，x1·x2＝eq \f(4k2＋8k＋2,1＋2k2)，
又Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，0))，
∴kAP＋kAQ＝eq \f(y1,x1－\r(2))＋eq \f(y2,x2－\r(2))＝eq \f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－\r(2)))－\r(2),x1－\r(2))＋eq \f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\r(2)))－\r(2),x2－\r(2))＝2k－eq \f(\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋x2))－4,x1x2－\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋x2))＋2)＝1，
即直线AP，AQ的斜率之和为定值．
2．解 (1)由对称性知，点M在短轴端点时，
△MF1F2为直角三角形且∠F1MF2＝90°，S△MF1F2＝4，
∴b＝c且S＝eq \f(1,2)·2c·b＝bc＝4，
解得b＝c＝2，a2＝b2＋c2＝8，
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)显然直线l的斜率不为0，设直线l：x＝t(y－1)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，,x＝ty－1，))
消去x得(t2＋2)y2－2t2y＋t2－8＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝eq \f(2t2,t2＋2)，y1y2＝eq \f(t2－8,t2＋2)，
令y＝0，则x＝－t，∴Q(－t,0)，
∵eq \(QA,\s\up6(→))＝λeq \(PA,\s\up6(→))，∴y1＝λ(y1－1)，∴λ＝eq \f(y1,y1－1).
∵eq \(QB,\s\up6(→))＝μeq \(PB,\s\up6(→))，∴y2＝μ(y2－1)，∴μ＝eq \f(y2,y2－1).
∴λ＋μ＝eq \f(y1,y1－1)＋eq \f(y2,y2－1)＝eq \f(2y1y2－y1＋y2,y1y2－y1＋y2＋1)＝eq \f(8,3).
3．(1)解 由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(e2＝\f(c2,a2)＝\f(a2－b2,a2)＝\f(3,4)，,b＝1，))
解得a2＝4，b2＝1，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)证明 依题意，直线l的斜率存在，设方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
且应满足Δ>0，
所以x1＋x2＝eq \f(－8km,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(4m2－4,1＋4k2)，
所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m，y1y2＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2，
因为MA⊥MB，所以eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))＝0，
即x1x2＋(y1－1)(y2－1)＝0，
代入整理得eq \f(4m2－4,1＋4k2)＋eq \f(m2－4k2,1＋4k2)－eq \f(2m,1＋4k2)＋1＝0，
即5m2－2m－3＝0，解得m＝－eq \f(3,5)，m＝1(舍)，
所以直线l过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(3,5))).
4．解 (1)设Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，y0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x，y))，则xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝1，
由eq \(BA,\s\up6(→))＝eq \(AP,\s\up6(→))，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝\f(x,2)，,y0＝－y，))代入xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝1，
得eq \f(x2,4)＋y2＝1，
故曲线C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)假设存在满足条件的定点，由对称性可知该定点必在y轴上，设定点为Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，m))，
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx－eq \f(3,5)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－\f(3,5)，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋4k2))x2－eq \f(24,5)kx－eq \f(64,25)＝0，
设Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2))，则x1＋x2＝eq \f(24k,5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋4k2)))，x1x2＝－eq \f(64,25\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋4k2)))，
所以y1＋y2＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋x2))－eq \f(6,5)＝－eq \f(6,5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋4k2)))，
y1y2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kx1－\f(3,5)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kx2－\f(3,5)))
＝k2x1x2－eq \f(3,5)keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋x2))＋eq \f(9,25)＝eq \f(9－100k2,25\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋4k2)))，
因为eq \(HM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1－m))，eq \(HN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2－m))，
所以eq \(HM,\s\up6(→))·eq \(HN,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2－meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y1＋y2))＋m2＝eq \f(100\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2－1))k2＋25m2＋30m－55,25\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋4k2)))＝0对任意的k恒成立，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(100\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2－1))＝0，,25m2＋30m－55＝0，))解得m＝1，
即定点为Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1))，
当直线l的斜率不存在时，以MN为直径的圆也过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1))，
故以MN为直径的圆过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1)).