2022版新教材高中数学 第三章 圆锥曲线的方程 专题强化练10 定点、定值及探究性问题的解法（含解析）新人教A版选择性必修第一册.docx

1、定点、定值及探究性问题的解法一、选择题1.()已知点A,B在抛物线y2=x上且位于x轴的两侧,OAOB=2(其中O为坐标原点),则直线AB一定过点()A.(2,0)B.12,0C.(0,2)D.0,122.()已知A,B是双曲线:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的左、右顶点,动点P在上且P在第一象限.若PA,PB的斜率分别为k1,k2,则以下总为定值的是()A.k1+k2B.|k1-k2|C.k1k2D.k12+k223.()过抛物线y2=2px(p0)的焦点F的直线交抛物线于M,N两点,若1|MF|+1|NF|为定值,则这个定值是()A.pB.2pC.p2 D.2p4.()若直线l与双曲

2、线x24-y2=1相切于点P,l与双曲线的两条渐近线分别交于点M,N,则OMON的值为()A.3B.4C.5D.与点P的位置有关5.()已知椭圆C1:x24+y2=1和双曲线C2:x2a2-y2b2=1(a0,b0),点P是椭圆上任意一点,且点P到双曲线C2的两条渐近线的距离的平方和为定值,则双曲线C2的离心率为()A.52 B.5 C.3D.26.()已知点P(-1,0),设不垂直于x轴的直线l与抛物线y2=2x交于不同的两点A、B,若x轴是APB的平分线所在直线,则直线l一定过点()A.12,0B.(1,0)C.(2,0)D.(-2,0)7.(2020湖北武昌实验中学、武汉一中等六校高二上

3、期末联考,)已知抛物线y2=2px(p是正常数)上有两点A(x1,y1)、B(x2,y2),焦点为F.给出下列条件:甲:x1x2=p24;乙:y1y2=-p2;丙:OAOB=-34p2(O为坐标原点);丁:1|FA|+1|FB|=2p.其中是“直线AB经过焦点F”的充要条件的个数为()A.0B.1C.2D.3二、填空题8.()过抛物线y2=4x上一点P(4,4)作两条直线PA,PB,且它们的斜率之积为定值4,则直线AB恒过定点.9.()椭圆E:x24+y23=1的左顶点为A,点B,C是椭圆E上的两个动点,若直线AB与AC的斜率之积为定值-14,则动直线BC恒过的定点坐标为.10.()已知点P为

4、直线l:x=-2上任意一点,过点P作抛物线y2=2px(p0)的两条切线,切点分别为A(x1,y1),B(x2,y2),若x1x2为定值,则该定值为.三、解答题11.(2020北京石景山高二上期末,)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0),B1、B2分别是椭圆短轴的上、下两个端点,F1是椭圆的左焦点,P是椭圆上异于点B1、B2的点,B1F1B2是边长为4的等边三角形.(1)求椭圆的标准方程;(2)若点R满足RB1PB1,RB2PB2,求证:PB1B2与RB1B2的面积之比为定值.12.(2020河南开封高二上期末,)已知点2,33,1,63在椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)上.(

5、1)求椭圆C的标准方程;(2)过原点的直线与椭圆C交于A,B两点(A,B不是椭圆C的顶点),点D在椭圆C上,且ADAB,直线BD与x轴、y轴分别交于M、N两点,设直线AM,AN的斜率分别为k1,k2,证明:存在常数,使得k1=k2,并求出的值.13.(2021湖南三湘名校教育联盟高二上期中,)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为12,椭圆上任一点到两个焦点的距离之和为4.(1)求椭圆E的标准方程;(2)已知Q(4,0),斜率为k的直线l(不过点Q)与椭圆E交于A,B两点,O为坐标原点,若OQA=OQB,则直线l是否过定点?若过定点,求出定点坐标;若不过定点,请说明理由.深度解

6、析答案全解全析一、选择题1.A当直线AB的斜率为0时,直线AB与抛物线只有1个交点,不符合题意,所以直线AB的斜率不为0,设其方程为x=ky+m.因为点A,B在抛物线y2=x上,所以设A(yA2,yA),B(yB2,yB),所以OAOB=yA2yB2+yAyB=2,解得yAyB=1或yAyB=-2.又因为A,B两点位于x轴的两侧,所以yAyB=-2.联立y2=x,x=ky+m,得y2-ky-m=0,所以yAyB=-m=-2,即m=2.所以直线AB的方程为x=ky+2.所以直线AB一定过点(2,0).故选A.2.C由题意可得A(-a,0),B(a,0),设P(m,n)(m0,n0),可得m2a2

7、-n2b2=1,即n2m2-a2=b2a2,又k1=nm+a,k2=nm-a,所以k1k2=nm+anm-a=n2m2-a2=b2a2,所以k1k2为定值,故选C.3.D抛物线y2=2px(p0)的焦点F的坐标为p2,0,可取过F与x轴垂直的直线x=p2,把x=p2代入y2=2px,得y=p,假设Mp2,p,Np2,-p,故|MF|=p,|NF|=p,所以1|MF|+1|NF|=1p+1p=2p,即该定值为2p.故选D.4.A设P(x0,y0),M(x1,y1),N(x2,y2).因为P是切点,所以MP的方程为x0x4-y0y=1,且x02-4y02=4.由双曲线方程可得两条渐近线方程分别为l

8、1:y=12x,l2:y=-12x,不妨设M在l1上,N在l2上.由x0x14-y0y1=1,y1=12x1,解得x1=4x0-2y0,y1=2x0-2y0,同理,得x2=4x0+2y0,y2=-2x0+2y0,所以OMON=x1x2+y1y2=4x0-2y04x0+2y0-2x0-2y02x0+2y0=12x02-4y02=124=3.故选A.5.A设P(x,y),双曲线的两条渐近线方程为y=bax,则P到两条渐近线距离的平方和为|bx-ay|a2+b22+|bx+ay|a2+b22=2(b2x2+a2y2)c2=2b2-a24x2+2a2c2,要使该式子为定值,则b2=14a2,即c2-a

9、2=14a2,故e=ca=52.故选A.6.B设直线l的方程为y=kx+b(k0),A(x1,y1),B(x2,y2).由y=kx+b,y2=2x,得k2x2+(2kb-2)x+b2=0,所以=4(kb-1)2-4k2b20,即kb0,即4k2-m2+30,x1+x2=-8km3+4k2,x1x2=4m2-123+4k2,因为OQA=OQB,所以kAQ+kBQ=0,所以y1x1-4+y2x2-4=0,即kx1+mx1-4+kx2+mx2-4=0,所以(kx1+m)(x2-4)+(kx2+m)(x1-4)=0,即2kx1x2+(m-4k)(x1+x2)-8m=0,则2k4m2-123+4k2+(m-4k)-8km3+4k2-8m=0,整理得m=-k,满足0,则直线l的方程为y=kx-k=k(x-1),所以直线l过定点(1,0).解后反思本题求解的突破点在于根据OQA=OQB分析可得直线AQ、BQ的倾斜角互补,斜率互为相反数,根据斜率公式,列式计算即可.