2.4 培优课圆锥曲线的综合问题 第二课时定点、定值及探索性问题 同步练习-2026-2027学年高二上学期数学北师大版选择性必修第一册

**基本信息** 练习聚焦圆锥曲线定点定值及探索性问题，分层设计从基础方程求解到综合探究，强化推理与运算能力，适配新授课知识巩固与能力进阶。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础巩固|单一曲线方程求解|直接应用定义公式，如第2(1)求抛物线方程| |能力提升|定点定值证明|结合韦达定理推理，如第3(2)椭圆定值探索| |综合应用|存在性探索与多曲线综合|多步转化与逻辑论证，如第6(2)双曲线存在性问题|

第二课时　定点、定值及探索性问题 1.已知双曲线C：x2－＝1，点P的坐标为（0，），过P的直线l交双曲线C于点A，B.若点M的坐标为（0，－），求证：·为定值. 2.已知抛物线E：x2＝2py（p＞0）的焦点为F，A（2，y0）是E上一点，且｜AF｜＝2. （1）求E的方程； （2）设点B是抛物线上异于点A的一点，直线AB与直线y＝x－3交于点P，过点P作x轴的垂线交E于点M，证明：直线BM过定点. 3.设椭圆Γ：＋＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，经过F2的直线l与椭圆Γ交于A，B两点，当直线l垂直于x轴时，△F1AB的周长为4，面积为b2. （1）求椭圆Γ的方程； （2）在x轴上是否存在定点M，使得·为定值？若存在，求出M的坐标；若不存在，请说明理由. 4.已知抛物线E：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，准线与x轴的交点为T，点G在E上且GF⊥x轴，△GTF的面积为. （1）求E的方程； （2）已知点M（a，0），N（2a，0），R（4a，0）（a＞0），点A是E上任意一点（异于顶点），连接AM并延长交E于另一点B，连接BN并延长交E于另一点C，连接CR并延长交E于另一点D，当直线AB的斜率存在时，证明：直线AB与CD的斜率之比为定值. 5.已知A，B分别为椭圆E：＋y2＝1（a＞1）的左、右顶点，G为E的上顶点，·＝8.P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D. （1）求E的方程； （2）证明：直线CD过定点. 6.已知双曲线C：－＝1（a＞0，b＞0）经过点（2，3），两条渐近线的夹角为，直线l交双曲线于A，B两点. （1）求双曲线C的方程； （2）若直线l过双曲线的右焦点F2，在x轴上是否存在点M（m，0），使得直线l绕点F2无论怎样转动，都有·＝0成立？若存在，求出M的坐标；若不存在，请说明理由. 第二课时　定点、定值及探索性问题 1.证明：由题意知直线l的斜率存在，不妨设直线l：y＝kx＋，A（x1，y1），B（x2，y2）. 由可得：（k2－2）x2＋2kx＋5＝0， 所以x1＋x2＝，x1x2＝，＝，＝， ·＝x1x2＋（y1＋）（y2＋）＝x1x2＋（kx1＋）（kx2＋） ＝（1＋k2）x1x2＋k（x1＋x2）＋ ＝（1＋k2）＋·＋＝. 所以·＝为定值. 2.解：（1）根据题意知，4＝2py0， ① 因为｜AF｜＝2，所以y0＋＝2， ② 联立①②解得y0＝1，p＝2. 所以E的方程为x2＝4y. （2）证明：设B（x1，y1），M（x2，y2）.由题意，可设直线BM的方程为y＝kx＋b，代入x2＝4y，得x2－4kx－4b＝0. 由根与系数的关系，得x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b. ③ 由MP⊥x轴及点P在直线y＝x－3上，得点P（x2，x2－3）， 则由A，P，B三点共线，得＝， 整理，得（k－1）x1x2－（2k－4）x1＋（b＋1）x2－2b－6＝0. 将③代入上式并整理，得（2－x1）（2k＋b－3）＝0. 由点B的任意性，得2k＋b－3＝0，所以直线BM的方程可化为y＝kx＋3－2k＝k（x－2）＋3，即直线BM恒过点（2，3）. 3.解：（1）根据题意得，4a＝4，解得a＝，由＝×2c×＝b2， 解得c＝a＝2，则b2＝2，所以椭圆的标准方程为＋＝1. （2）假设x轴上存在定点M（t，0），易知椭圆的右焦点F2（2，0）， ①当直线l的斜率不存在时，A，B， ·＝·＝（2－t）2－； ②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为：y＝k（x－2），A（x1，y1），B（x2，y2）， 由整理得，（3k2＋1）x2－12k2x＋12k2－6＝0， 则Δ＞0，x1＋x2＝，x1x2＝， ·＝（x1－t，y1）·（x2－t，y2）＝（1＋k2）x1x2－（t＋2k2）（x1＋x2）＋t2＋4k2＝为定值， 则＝3，解得t＝，此时·＝－，将t＝代入①检验得定值为－， 所以x轴上存在定点M，使得·的定值为－. 4.解：（1）由题意得｜TF｜＝p， 因为点G在E上且GF⊥x轴， 所以｜GF｜＝p， 则S△GTF＝p×p＝，解得p＝， 所以E的方程为y2＝x. （2）证明：设A（m2，m）（m≠0），直线AB的方程为x＝ty＋a， 代入E的方程，得y2－ty－a＝0， 所以myB＝－a，所以yB＝－， 所以B， 同理可得C（4m2，2m），D， 所以kAB＝＝， kCD＝＝， 则＝2， 所以直线AB与CD的斜率之比为定值2. 5.解：（1）由题意得A（－a，0），B（a，0），G（0，1）. 则＝（a，1），＝（a，－1）. 由·＝8得a2－1＝8，即a＝3. 所以E的方程为＋y2＝1. （2）证明：设C（x1，y1），D（x2，y2），P（6，t）. 若t≠0，设直线CD的方程为x＝my＋n，由题意可知－3＜n＜3. 由于直线PA的方程为y＝（x＋3），所以y1＝（x1＋3）. 直线PB的方程为y＝（x－3），所以y2＝（x2－3）. 可得3y1（x2－3）＝y2（x1＋3）. 由于＋＝1， 故＝－，可得27y1y2＝－（x1＋3）（x2＋3），即（27＋m2）y1y2＋m（n＋3）（y1＋y2）＋（n＋3）2＝0. ① 将x＝my＋n代入＋y2＝1得 （m2＋9）y2＋2mny＋n2－9＝0. 所以y1＋y2＝－，y1y2＝. 代入①式得（27＋m2）（n2－9）－2m（n＋3）mn＋（n＋3）2（m2＋9）＝0. 解得n＝－3（舍去）或n＝. 故直线CD的方程为x＝my＋，即直线CD过定点. 若t＝0，则直线CD的方程为y＝0，过点. 综上，直线CD过定点. 6.解：（1）双曲线的渐近线方程为y＝±x.因为两条渐近线的夹角为， 所以渐近线y＝x的倾斜角为或，所以＝或＝. 又点（2，3）在双曲线C上，所以－＝1， 故或 解得所以双曲线C的方程为x2－＝1. （2）双曲线的右焦点为F2（2，0）. 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k（x－2），A（x1，y1），B（x2，y2），因为·＝0，所以（x1－m）（x2－m）＋y1y2＝0， 整理得（1＋k2）x1x2－（m＋2k2）（x1＋x2）＋m2＋4k2＝0， ① 由可得（3－k2）x2＋4k2x－4k2－3＝0. 因为直线l与双曲线有两个不同的交点， 所以Δ＝16k4＋4（3－k2）（4k2＋3）＝36＋36k2＞0，且3－k2≠0，所以k≠±. 由题设知①对任意的k≠±均成立，又x1＋x2＝－，x1x2＝－， 所以①可转化为－（1＋k2）＋（m＋2k2）＋m2＋4k2＝0， 整理得3（m2－1）＋（5＋4m－m2）k2＝0对任意的k≠±均成立， 故所以m＝－1，M（－1，0）. 当直线l的斜率不存在时，l：x＝2， 此时A（2，3），B（2，－3）或B（2，3），A（2，－3）， 若m＝－1，则M点坐标为（－1，0），·＝（2＋1）2－9＝0， 综上，存在点M（－1，0），使·＝0恒成立. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $