第2章 专题强化练7 定点、定值等探索性问题（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册（北师大版2019）

专题强化练7　定点、定值等探索性问题　　　　　 　　　　 　　　　 1.已知直线l:y=kx+1与抛物线C:x2=4y交于A,B两点,直线m:y=2kx+2与抛物线D:x2=8y交于M,N两点,若对于任意k∈R,λ|AB|-|MN|为定值,则实数λ的值为(　　) A.12　　　B.8　　　C.4　　　D.2 2.若椭圆C的上顶点为D(0,1),且长轴长为2,过D任作两条互相垂直的直线分别交椭圆C于A,B两点,则直线AB过定点　　　　.  3.已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,以抛物线上一动点M为圆心的圆经过点F,且圆M的面积的最小值为π. (1)求p的值; (2)当点M的横坐标为1且位于第一象限时,过M作抛物线的两条弦MA,MB,满足∠AMF=∠BMF.证明:直线AB的斜率为定值. 4.已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,直线y=x+与圆x2+y2=b2相切. (1)求椭圆C的方程; (2)若直线l:y=kx+m与椭圆C交于A,B两点(A,B均不是左、右顶点),且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点,证明:直线l过定点,并求出该定点的坐标. 5.如图,椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,其长轴的两个端点与短轴的一个端点构成的三角形的面积为2. (1)求椭圆C的标准方程; (2)过点M(1,0)的直线l交C于A,B两点,交直线x=4于点P.若,证明:λ+μ为定值,并求出这个定值. 6.已知双曲线C:=1(a>0,b>0)的离心率为2,过点P(0,)且斜率为1的直线l交双曲线C于A,B两点,且=3(O为坐标原点). (1)求双曲线C的标准方程; (2)设Q为双曲线C右支上且在第一象限的一个动点,F为双曲线C的右焦点,在x轴的负半轴上是否存在定点M,使得∠QFM=2∠QMF?若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由. 答案与分层梯度式解析 专题强化练7　定点、定值等探索性问题 1.B　将方程y=kx+1与x2=4y联立,得x2-4kx-4=0, ∴|AB|==4(1+k2), 将方程y=2kx+2与x2=8y联立,得x2-16kx-16=0, ∴|MN|==8(1+4k2), ∴λ|AB|-|MN|=4λ(1+k2)-8(1+4k2)=(4λ-32)k2+4λ-8,又其为定值,∴4λ-32=0,∴λ=8. 故选B. 2.答案　 解析　根据题意,椭圆的焦点在x轴上,设椭圆的方程为=1(a>b>0), ∵椭圆C的上顶点为D(0,1),∴b=1, 又长轴长为2, 则椭圆C的方程为+y2=1, 易知直线AB的斜率存在,设直线AB的方程为y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2), 由可得(1+2k2)x2+4kmx+2(m2-1)=0, ∴Δ=16k2m2-8(1+2k2)(m2-1)=8(1+2k2-m2)>0, x1+x2=-, 又=(x2,y2-1), ∴=x1x2+(y1-1)(y2-1)=x1x2+(kx1+m-1)(kx2+m-1) =(k2+1)x1x2+k(m-1)(x1+x2)+(m-1)2 = ==0, ∴3m2-2m-1=0,解得m=-或m=1. 当m=1时,直线AB经过点D,不满足题意,舍去; 当m=-时,直线AB的方程为y=kx-,故直线AB过定点. 3.解析　(1)设M(x0,y0),则=2px0,易知F,则半径r=|MF|=, 因为x0≥0,所以当x0=0时,|MF|min=, 又圆M的面积的最小值为π,所以rmin=|MF|min=1, 则=1,所以p=2. (2)证明:由(1)知,抛物线C:y2=4x,则M(1,2),又F(1,0),所以MF⊥x轴.因为过M作抛物线的两条弦MA,MB,有∠AMF=∠BMF,所以直线MA,MB的倾斜角互补,即直线MA,MB的斜率之和为0, 设A(y1≠y2),则直线AM的斜率kAM=,直线BM的斜率kBM=, 因此=0,整理,得y1+y2=-4, 所以直线AB的斜率kAB==-1, 故直线AB的斜率为定值. 4.解析　(1)由直线y=x+与圆x2+y2=b2相切,得b=, 由已知条件可得 因此,椭圆C的方程为=1. (2)设点A(x1,y1),B(x2,y2),椭圆C的右顶点为M,则M(2,0), 由题意可知,直线l不过椭圆的左、右顶点,则m≠±2k, 联立消去y并整理,得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0, Δ=64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=48(4k2+3-m2)>0, 由根与系数的关系得x1+x2=-, 因为以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点,所以=0, 因为=(x2-2,y2), 所以=(x1-2)(x2-2)+y1y2 =(x1-2)(x2-2)+(kx1+m)(kx2+m) =(k2+1)x1x2+(km-2)(x1+x2)+m2+4 =+m2+4=0, 整理可得7m2+16km+4k2=0, 解得m=-k或m=-2k(舍去). 所以直线l的方程为y=kx-k, 所以直线l恒过点. 5.解析　(1)由题意得 解得又a2=b2+c2,所以a2=4,b2=2, 所以椭圆C的标准方程为=1. (2)由题设知M(1,0)在椭圆C内,直线l的斜率存在,设l:y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2),则P(4,3k),所以=(1-x2,-y2), 联立消去y并整理,得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-4=0,且Δ>0, 所以x1+x2=, 由,得且x1≠1,得λ=, 由,得且x2≠1,得μ=, 所以λ+μ= = = = ==0. 所以λ+μ为定值0. 6.解析　(1)设双曲线C的焦距为2c. 由双曲线C的离心率为2知c=2a,所以b=a, 从而双曲线C的方程可化为=1. 由题意知l:y=x+,联立 消去y并整理,得2x2-2x-6-3a2=0. 设A(x1,y1),B(x2,y2), 则x1+x2=a2. 因为=3, 所以x1x2+y1y2=x1x2+(x1+)=3, 于是2x1x2++6=3,所以a=1, 所以双曲线C的标准方程为x2-=1. (2)假设存在点M(t,0)(t<0)满足题设条件. 由(1)知双曲线C的右焦点为F(2,0). 设Q(x0,y0)(x0>1,y0>0). 当x0=2时,因为∠QFM=2∠QMF=90°, 所以∠QMF=45°, 于是|MF|=|QF|==3,即2-t=3, 所以t=-1,所以M(-1,0). 当x0≠2时,tan∠QFM=-kQF=-,tan∠QMF=kQM=.因为∠QFM= 2∠QMF, 所以tan∠QFM=tan 2∠QMF,即-. 将-3代入并整理得-2-2tx0+t2+3, 所以解得t=-1,所以M(-1,0). 综上,满足条件的点M存在,其坐标为(-1,0). 1 学科网（北京）股份有限公司 $$