课时跟踪检测（六十四）定值与探索性问题（练习）-【创新方案】2026年高考数学一轮复习

课时跟踪检测（六十四） 定值与探索性问题 1.已知A，B分别是椭圆C：+=1(a>b>0)的右顶点和上顶点，|AB|=，直线AB的斜率为-. (1)求椭圆的方程； (2)若直线l∥AB，与x轴交于点M，与椭圆相交于点C，D，求证：|CM|2+|MD|2为定值. 解：(1)由A，B分别是椭圆C：+=1(a>b>0)的右顶点和上顶点，可得A(a，0)，B(0，b)， 因为|AB|=，所以|AB|==， 因为直线AB的斜率为-，所以=-， 解得a=2，b=1，所以椭圆的方程为+y2=1. (2)证明：设直线l的方程为y=-x+m， 则M(2m，0)， 与椭圆方程联立 可得x2-2mx+2m2-2=0， 由Δ=(2m)2-4(2m2-2)=8-4m2>0得-<m<， 设C(x1，y1)，D(x2，y2)，可得x1+x2=2m，x1x2=2m2-2， 所以|CM|2+|MD|2=(x1-2m)2++(x2-2m)2+=-4mx1+4m2++-4mx2+4m2+ =(x1+x2)2-x1x2-5m(x1+x2)+10m2 =5m2-(2m2-2)-10m2+10m2=5， 所以|CM|2+|MD|2为定值. 2.(2025·百色模拟)已知双曲线C：-=1(b>0)，一个焦点F到渐近线的距离为. (1)求双曲线C的方程； (2)过点(2，0)的直线l与双曲线C的右支交于A，B两点，在x轴上是否存在点N，使得·为定值?如果存在，求出点N的坐标及该定值；如果不存在，请说明理由. 解：(1)由双曲线得渐近线方程为bx±y=0，设F(c，0)，则d===b=， ∴双曲线C的方程为-=1. (2)依题意，直线l的斜率不为0，设其方程为x=my+2，-1<m<1， 代入x2-y2=2得(m2-1)y2+4my+2=0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，N(t，0)， 则y1+y2=-，y1y2=， ∴·=(x1-t)(x2-t)+y1y2 =(my1+2-t)(my2+2-t)+y1y2 =(m2+1)y1y2+m(2-t)(y1+y2)+(2-t)2 =(m2+1)-m(2-t)+(2-t)2 =+(2-t)2， 若要上式为定值，则必须有4t-6=-2，即t=1， ∴+(2-t)2=-2+1=-1， 故存在点N(1，0)满足·=-1. 3.已知椭圆方程：+=1(a>b>0)，其离心率为e=，且P，Q分别是其左顶点和上顶点，坐标原点O到直线PQ的距离为. (1)求该椭圆的方程； (2)已知直线l：y=kx+2交椭圆于A，B两点，双曲线：-=1的右顶点为E，EA与EB交双曲线左支于C，D两点，求证：直线CD的斜率为定值，并求出该定值. 解：(1)由题意可知P(-a，0)，Q(0，b)，所以|PQ|=，在△POQ中，由等面积法可得ab=××， 又因为该椭圆离心率为，即e2==1-=，解得a=2，b=， 所以该椭圆方程为+=1. (2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)， 由E(2，0)，可设直线AE方程：x=y+2，直线BE方程：x=y+2， 将直线AE与双曲线-=1联立可得，y2+y=0， 又因为+=1， 代入上式中可得y2+y=0， 解得y3=-，代入直线AE方程得x3=， 所以C点坐标为， 同理可得D点坐标为， 所以直线CD的斜率kCD====-1. 所以直线CD的斜率为定值，该定值为-1. 4.已知抛物线C：y2=2px经过点(2，-2)，直线l1：y=kx+m(km≠0)与C交于A，B两点(异于坐标原点O). (1)若·=0，求证：直线l1过定点. (2)已知k=2，直线l2在直线l1的右侧，l1∥l2，l1与l2之间的距离d=，l2交C于M，N两点，试问是否存在m，使得|MN|-|AB|=10?若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由. 解：(1)证明：将点(2，-2)代入y2=2px， 得24=4p，即p=6.得抛物线C：y2=12x. 联立得ky2-12y+12m=0， 由km≠0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y2=，x1x2=·==. 因为·=0，所以x1x2+y1y2=+=0恒成立，则m=-12k，所以l1的方程为y=k(x-12)， 故直线l1过定点(12，0). (2)联立得4x2+(4m-12)x+m2=0， 则 且Δ=(4m-12)2-16m2=48(3-2m)>0，即m<， |AB|=|x1-x2|==·， 设l2：y=2x+n，同理可得|MN|=·. 因为直线l2在l1的右侧， 所以n<m，则d==， 即n=m-5. 所以|MN|-|AB| =[-]=10，即=2+，解得m=， 因为<，所以满足条件的m存在，m=. 5 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $$