第3章 专题强化练12 定点、定值及探究性问题（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2024-2025学年高二数学选择性必修第一册（湘教版2019）

专题强化练12　定点、定值及探究性问题 1.已知双曲线-=1,O为坐标原点,P,Q为双曲线上的两个动点,且OP⊥OQ,则+=(　　)　　　　　　　　　　　　　　　 A.2　　　　B.1 C.　　　　D. 2.过抛物线x2=y的焦点F的直线交抛物线于不同的两点A,B,则+的值为(　　) A.2　　B.1　　C.　　D.4 3.设AB是过抛物线y2=4x的焦点F的一条弦(与x轴不垂直),其垂直平分线交x轴于点G,设|AB|=m|FG|,则m=(　　) A.　　B.2　　C.　　D.3 4.已知抛物线的方程是y=x2,直线l交抛物线于A,B两点,O为坐标原点,若·=-4,则直线AB必过定点　　　　.  5.已知椭圆E:+y2=1,P为E的长轴上任意一点,过点P作斜率为的直线l,与E交于M,N两点,则|PM|2+|PN|2的值为　　　　.  6.如图,抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点为F,四边形DFMN为正方形,点M在抛物线E上,过焦点F的直线l交抛物线E于A,B两点,交直线ND于点C. (1)若B为线段AC的中点,求直线l的斜率; (2)若正方形DFMN的边长为1,直线MA,MB,MC的斜率分别为k1,k2,k3,问是否存在实数λ,使得k1+k2=λk3?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由. 7.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. 8.已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,双曲线C的右顶点A在圆O:x2+y2=2上,且·=-2. (1)求双曲线C的标准方程; (2)动直线l与双曲线C恰有1个公共点,且与双曲线C的两条渐近线分别交于点M,N,问:△OMN的面积是不是定值?若为定值,求出该定值;若不为定值,试说明理由. 9.已知椭圆+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F1作直线l,交椭圆于A,B两点,△F2AB的周长为8,且椭圆经过点. (1)求椭圆的方程; (2)过坐标原点O作直线l的垂线,交椭圆于P,Q两点,试判断+是不是定值,若是,求出这个定值;若不是,说明理由. 答案与分层梯度式解析 1.D　由题意设直线OP的方程为y=kx,直线OQ的方程为y=-x,k≠0,P(x1,y1),Q(x2,y2), 由得(2-k2)x2-6=0, 所以=,=, 由得(2k2-1)x2-6k2=0,所以=,=, 所以=,=, 即+==.故选D. 2.D　因为直线交抛物线于不同的两点A,B,所以直线的斜率存在,设直线的方程为y=kx+,由可得y2-y+=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1y2=,y1+y2=k2+,因为抛物线的准线方程为y=-,所以根据抛物线的定义可知|AF|=y1+,|BF|=y2+,所以+=+===4,故选D. 3.B　设直线AB:x=ty+1,A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点为E(x0,y0),联立消去x得y2-4ty-4=0,所以y1+y2=4t,则x1+x2=t(y1+y2)+2=4t2+2,所以y0==2t,x0=2t2+1,即E(2t2+1,2t),所以直线EG的方程为y-2t=-t(x-2t2-1).令y=0,得x=2t2+3,因此|FG|=2(t2+1).又因为|AB|=x1+x2+2=4(t2+1),所以|AB|=2|FG|,从而m=2.故选B. 4.答案　(0,2) 解析　由已知得直线AB的斜率存在,设直线AB:y=kx+b,A(x1,y1),B(x2,y2),由得x2-kx-b=0,所以x1x2=-4b,y1y2=(x1x2)2=b2,则·=x1x2+y1y2=b2-4b=-4,所以b=2,即直线AB:y=kx+2,故直线AB必过定点(0,2). 5.答案　5 解析　设P(m,0)(-2≤m≤2),则直线l的方程为y=(x-m),将直线l的方程代入椭圆方程并化简,得2x2-2mx+m2-4=0,设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=m,x1x2=,y1+y2=(x1+x2)-m=-,y1y2=[x1x2-m(x1+x2)+m2]=, 所以|PM|2+|PN|2=(x1-m)2++(x2-m)2+=(x1+x2)2-2x1x2+2m2-2m(x1+x2)+(y1+y2)2-2y1y2=m2-m2+4+2m2-2m2+m2-=5. 6.解析　(1)由已知可得直线DN为抛物线的准线. 设直线l的倾斜角为α. 如图所示,分别过点A,B作AG⊥DN,BH⊥DN,G,H为垂足,则|BH|=|BF|,|AG|=|AF|. 作BQ⊥AG,Q为垂足,则|QG|=|BH|. ∵B为线段AC的中点,∴BH,BQ为△ACG的中位线. ∴|BH|=|AG|=|AQ|,∴|AQ|=|AB|. ∴cos α=cos∠QAB==,∴tan α=2, ∴直线l的斜率为2. (2)存在.∵正方形DFMN的边长为1,∴p=1,因此抛物线的方程为y2=2x,可得M. 设直线l的方程为my=x-(m≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),C. 联立得y2-2my-1=0, Δ=4m2+4>0, ∴y1+y2=2m,y1y2=-1. 假设存在实数λ,使得k1+k2=λk3. 则+=λ,上式左边=+===, ∴=λ,解得λ=2. 因此存在实数λ=2,使得k1+k2=2k3. 7.解析　(1)由直线y=x+与圆x2+y2=b2相切,得b==, 由已知条件可得解得 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=-,x1x2=, 因为以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点,所以·=0, 因为=(x1-2,y1),=(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恒过定点. 8.解析　(1)设双曲线C的半焦距为c(c>0), 由点A(a,0)在圆O:x2+y2=2上,可得a=, 由·=(-c-,0)·(c-,0)=2-c2=-2,解得c=2(负值舍去),所以b2=c2-a2=2, 故双曲线C的标准方程为-=1. (2)设直线l与x轴相交于点D,易知双曲线C的渐近线方程为y=±x, 当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=±,|OD|=,|MN|=2, 所以S△OMN=·|MN|·|OD|=2. 当直线l的斜率存在时,设其方程为y=kx+m,则k≠0,D, 把直线l的方程与双曲线C的方程联立,可得(k2-1)x2+2kmx+m2+2=0, 由于直线l与双曲线C有且只有一个公共点,且与双曲线C的两条渐近线分别相交, 所以直线l与双曲线的渐近线不平行,所以k2-1≠0且m≠0, 所以 可得m2=2(k2-1)>0,解得k>1或k<-1, 不妨设点M在渐近线y=x上,点N在渐近线y=-x上,M(x1,y1),N(x2,y2), 由解得y1=, 同理可得y2=, 所以S△OMN=·|OD|·|y1-y2| =··==2. 综上所述,△OMN的面积恒为定值2. 9.解析　(1)由椭圆的定义可得,|AF1|+|AF2|=2a,|BF1|+|BF2|=2a, ∴|AF2|+|BF2|+|AB|=4a=8,则a=2. ∵椭圆经过点,∴+=1,解得b=(负值舍去),∴椭圆的方程为+=1. (2)当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=-1,代入+=1得y2=,所以|AB|=3,|PQ|=4,则+=+=. 当直线l的斜率存在时,设直线AB:y=k(x+1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3),Q(x4,y4), 将y=k(x+1)代入+=1,整理得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0, ∴x1+x2=,x1x2=, ∴|AB|=·|x1-x2| = = =4 =4=. 由AB⊥PQ,得直线PQ:y=-x, 代入+=1, 整理得(3k2+4)x2-12k2=0, 则x3+x4=0,x3x4=-, ∴|PQ|=·|x3-x4|==, 则+=+ ==. 综上所述,+=,恒为定值. 10 学科网（北京）股份有限公司 $$