2025届高三数学一轮复习对点练74：定值问题

2025届高三数学一轮复习对点练74　定值问题 1.(2024·辽宁名校联考节选)如图，已知双曲线C：－y2＝1的左、右顶点分别为A，B，P是C上异于左、右顶点的任意一点，记PA，PB的斜率分别为k1，k2.若点M满足MA⊥PA，MB⊥PB，记△MAB，△PAB的面积分别为S1，S2，试判断是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 2.已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)，其焦点为F，O为坐标原点，直线l与抛物线C相交于不同的两点A，B，M为AB的中点. (1)若p＝2，M的坐标为(1，1)，求直线l的方程； (2)若直线l过焦点F，AB的垂直平分线交x轴于点N，求证：为定值. 3.(2024·西安调研)已知△ABC的两个顶点A，B的坐标分别为(－，0)，(，0)，圆E是△ABC的内切圆，在边AC，BC，AB上的切点分别为P，Q，R，|CP|＝ 2－，动点C的轨迹为曲线G. (1)求曲线G的方程； (2)设直线l与曲线G交于M，N两点，点D在曲线G上，O是坐标原点，＋＝，判断四边形OMDN的面积是否为定值？若为定值，求出该定值；如果不是，请说明理由. 4.(2024·武汉调研)过点(4，2)的动直线l与双曲线E：－＝1(a>0，b>0)交于M，N两点，当l与x轴平行时，|MN|＝4，当l与y轴平行时，|MN|＝4. (1)求双曲线E的标准方程； (2)点P是直线y＝x＋1上一定点，设直线PM，PN的斜率分别为k1，k2，若k1k2为定值，求点P的坐标. 5. (2024·合肥质检节选)已知椭圆E：＋y2＝1，且椭圆E的上、下顶点分别为A，B，右顶点为D，直线l过点D且垂直于x轴.如图，若点Q在椭圆E上(且在第一象限)，直线AQ与l交于点N，直线BQ与x轴交于点M，试问：|OM|＋2|DN|是否为定值？若是，请求出定值；若不是，请说明理由. 6.已知椭圆C：＋＝1，若经过点F(0，1)且斜率为k(k≠0)的直线交椭圆C于点M，N，线段MN的垂直平分线交y轴于点H，求证：为定值. 7. (2024·石家庄调研)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线l交椭圆于A，B两点，交y轴于点M，若|F1F2|＝2，△ABF2的周长为8. (1)求椭圆C的标准方程； (2)＝λ，＝μ，试分析λ＋μ是否为定值，若是，求出这个定值；否则，说明理由. 8. (2024·武汉调研节选)已知椭圆E：＋y2＝1，设过点P(－1，－1)的动直线l与椭圆E交于M，N两点，T为y轴上的一点，设直线MT和NT的斜率分别为k1和k2，若＋为定值，求点T的坐标. 参考答案 1.解　由题意得A(－，0)，B(，0)， 设P(x0，y0)(y0≠0)，则－y＝1， k1＝，k2＝， 所以直线MA的方程为y＝－·(x＋)， 直线MB的方程为y＝－(x－)， 由 解得y＝，即点M的纵坐标为yM＝， 所以＝＝＝2， 即为定值2. 2.(1)解　由题意知直线l的斜率存在且不为0， 故设直线l的方程为x－1＝t(y－1) 即x＝ty＋1－t，设A(x1，y1)，B(x2，y2). 由得y2－4ty－4＋4t＝0， ∴Δ＝16t2＋16－16t＝16(t2－t＋1)＞0， y1＋y2＝4t， ∴4t＝2，即t＝. ∴直线l的方程为2x－y－1＝0. (2)证明　∵抛物线C：y2＝2px(p＞0)， ∴焦点F的坐标为. 由题意知直线l的斜率存在且不为0， ∵直线l过焦点F，故设直线l的方程为 x＝ty＋(t≠0)， 设A(x1，y1)，B(x2，y2). 由得y2－2pty－p2＝0， ∴y1＋y2＝2pt，Δ＝4p2t2＋4p2＞0. ∴x1＋x2＝t(y1＋y2)＋p＝2pt2＋p， ∴M. ∴MN的方程为y－pt＝－t. 令y＝0，解得x＝pt2＋，N， ∴|MN|2＝p2＋p2t2，|FN|＝pt2＋－＝pt2＋p， ∴＝＝2p，为定值. 3.解　(1)∵圆E为△ABC的内切圆， ∴|CA|＋|CB|＝|CP|＋|CQ|＋|PA|＋|QB|＝2|CP|＋|AR|＋|BR|＝2|CP|＋|AB|＝4＞|AB|， ∴点C的轨迹为以A和B为焦点的椭圆， ∴c＝，a＝2，b＝1， ∴曲线G的方程为＋y2＝1(y≠0). (2)由y≠0可知，直线l的斜率存在， 设直线l方程是y＝kx＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 由平面图形OMDN是四边形， 可知m≠0，代入到＋y2＝1， 得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0， ∴Δ＝16(4k2＋1－m2)＞0， x1＋x2＝，x1x2＝， ∴y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝， |MN|＝·， 点O到直线MN的距离d＝. 由＋＝得xD＝，yD＝. ∵点D在曲线G上， ∴将D点坐标代入椭圆方程得 4m2(4k2＋1)＝(4k2＋1)2，即1＋4k2＝4m2， 由题意得，四边形OMDN为平行四边形， ∴四边形OMDN的面积 S＝··＝， 由1＋4k2＝4m2得S＝， 故平行四边形OMDN的面积是定值，其定值为. 4.解　(1)根据双曲线的对称性，可知双曲线E过点(±2，2)和点(4，±2)， 所以得 故双曲线E的标准方程为－＝1. (2)当直线l的斜率存在时， 设直线l的方程为y＝k(x－4)＋2， 与双曲线方程联立，消去y， 得(k2－1)x2－(8k2－4k)x＋16k2－16k＋8＝0，Δ>0. 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则x1＋x2＝，x1x2＝. 设P(t，t＋1)， 则k1k2＝ ＝ ＝ ＝ ＝. 当t＝4时，不满足k1k2为定值. 当t≠4时，若k1k2为定值， 则＝＝， 解得t＝3，此时k1k2＝4. 当直线l的斜率不存在时，对于P(3，4)，也满足k1k2＝4. 所以点P的坐标为(3，4). 5. 解　设Q(x0，y0)， 由点Q在椭圆E上(且在第一象限)可知＋y＝1(x0>0，y0>0)， 因为D(2，0)，所以直线l：x＝2， 由已知得直线AQ，BQ的斜率存在， 则直线AQ：y＝x＋1， 令x＝2得yN＝＋1， 直线BQ：y＝x－1， 令y＝0得xM＝. 因为点Q在第一象限， 所以|DN|＝＋1，|OM|＝， 则|OM|＋2|DN|＝＋＋2＝＋2， 又＋y＝1，即x＋4y－4＝0， 所以|OM|＋2|DN|＝2. 所以|OM|＋2|DN|为定值，该定值为2. 6. 证明　经过点F且斜率为k(k≠0)的直线的方程为y＝kx＋1， 与椭圆C方程联立，消去y整理得 (4＋3k2)x2＋6kx－9＝0， Δ＝36k2＋4×9×(4＋3k2)＝144(1＋k2)＞0恒成立， 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则|MN|＝|x1－x2|＝·＝， x1＋x2＝－， 设线段MN的中点为T(x0，y0)，则 x0＝＝－，y0＝kx0＋1＝， 线段MN的中垂线的斜率为－， 其方程为y－＝－， 令x＝0，解得y＝， 即为点H的纵坐标， ∴|FH|＝1－＝， ∴＝＝(为定值). 7. 解　(1)因为△ABF2的周长为8， 所以4a＝8，解得a＝2， 由|F1F2|＝2，得2＝2＝2， 所以b2＝3， 因此椭圆C的标准方程为＋＝1. (2)由题意可知直线l的斜率存在， 设直线l的方程为y＝k(x＋1)， 由 整理得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0， 显然Δ＞0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 设M(0，k)，又F1(－1，0)， 所以＝(x1，y1－k)，＝(x1＋1，y1)， 则λ＝. 同理可得＝(x2，y2－k)，＝(x2＋1，y2)， 则μ＝. 所以λ＋μ＝＋ ＝ ＝＝ ＝＝＝， 所以λ＋μ为定值. 8. 解　设点T的坐标为(0，t). 当直线l的斜率存在时， 设直线l的方程为y＝k(x＋1)－1，与＋y2＝1联立，消去y， 得(4k2＋1)x2＋8k(k－1)x＋4k(k－2)＝0. 因为动直线l与椭圆E有两个交点， 所以Δ＝48k2＋32k>0，得k>0，或k<－. 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则x1＋x2＝，x1x2＝. ＋＝＋ ＝＋ ＝ ＝ ＝. ＋为定值，即＋的值与k无关， 则(t＋1)2＝0，得t＝－1， 此时T(0，－1)，＋＝－8. 若T(0，－1)，当直线l的斜率不存在时也满足＋＝－8， 故点T的坐标为(0，－1). 学科网（北京）股份有限公司 $$