2020-2021学年新教材高考数学 专题强化练10 定点、定值及探究性问题的解法（含解析）（选择性必修第一册）.docx

1、专题强化练10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.()已知过原点O的直线l与椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)相交于点A,B,点P是椭圆C上异于点A,B的动点,直线PA,PB的斜率分别为k1,k2,则k1k2的值为()A.-b2a2B.-a2b2C.b2a2D.与点P的位置有关3.()已知A,B是双曲线:x24-y23=1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

2、.k1+k2B.|k1-k2|C.k1k2D.k12+k224.()若直线l与双曲线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.()已知抛物线y2=4x的焦点为F,过点P(2,0)的直线交抛物线于A,B两点,直线AF,BF分别与抛物线交于另一点C,D,设直线AB,CD的斜率分别为k1,k2,则k1k2=()A.-12B.2C.1D.126.()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,则直线l一定过点()A.12,0B.(1,0)C.(2,0)

3、D.(-2,0)7.(2020湖北武昌实验中学、武汉一中等六校高二上期末联考,)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;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

4、,则动直线BC恒过的定点坐标为.三、解答题10.(2020四川成都高二上期末,)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,|F1F2|=23,经过点F1的直线(不与x轴重合)与椭圆C相交于A,B两点,ABF2的周长为8.(1)求椭圆C的方程;(2)经过椭圆C上的一点Q作斜率为k1,k2(k10,k20)的两条直线,分别与椭圆C相交于异于点Q的M,N两点.若M,N关于坐标原点对称,求k1k2的值.11.(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.(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

5、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.12.(2020山东菏泽高二上期末,)已知椭圆C:x2m+y2n=1(mn0),且椭圆C上恰有三点在集合33,223,-33,-223,64,0,(0,1)中.(1)求椭圆C的方程;(2)若点O为坐标原点,直线AB与椭圆交于A、B两点,且满足OAOB,试探究:点O到直线AB的距离是不是定值?如果是,求出定值;如果不是,请说明理由;(3)在(2)的条件下,求AOB面积的最大值.13.(2020山东泰安高二上期末,)

6、已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1、F2,B为短轴的端点,长轴长为4,焦距为2c,且bc,BF1F2的面积为3.(1)求椭圆C的方程;(2)设动直线l:y=kx+m与椭圆C有且只有一个公共点M,且与直线x=4相交于点N.试探究:在坐标平面内是否存在定点P,使得以MN为直径的圆恒过点P?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.14.(2020河南濮阳高二上期末,)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为32,抛物线y2=2px(p0)的焦点是12,0,Ma4,b是抛物线上的点,H为直线y=-a上任一点,A,B分别为椭圆C的上、下顶点,且A,B,

7、H三点的连线可以构成三角形.(1)求椭圆C的方程;(2)直线HA,HB与椭圆C的另一交点分别为点D,E,求证:直线DE过定点.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

8、直线AB一定过点(2,0).故选A.2.A设点P(x0,y0),A(x1,y1),则点B(-x1,-y1),k1=y0-y1x0-x1,k2=y0+y1x0+x1,k1k2=y02-y12x02-x12.又由题意得x02a2+y02b2=1,x12a2+y12b2=1,两式作差,得x02-x12a2+y02-y12b2=0,即x02-x12a2=-y02-y12b2,y02-y12x02-x12=-b2a2,即k1k2=-b2a2.故选A.3.C由题意得A(-2,0),B(2,0).设P(x0,y0)(x00,y00),则x024-y023=1,即y02=34(x02-4).又k1=y0x0+

9、2,k2=y0x0-2,所以k1k2=y02x02-4=34.故选C.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l1: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.D

10、由题意知,F(1,0).设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),直线AF的方程是y=y1x1-1(x-1),设k0=y1x1-1,则直线AF的方程为y=k0(x-1),与抛物线方程y2=4x联立,可得k02x2-(2k02+4)x+k02=0,x3x1=1,x3=1x1,y3=k0(x3-1)=-y1x1,即C1x1,-y1x1,同理,D1x2,-y2x2,k2=-y1x1+y2x21x1-1x2=2k1,k1k2=12.故选D.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

11、)x+b2=0,所以=4(kb-1)2-4k2b20,即kbn,符合题意.当椭圆过点64,0时,m=38,n=8,此时mn,不符合题意.椭圆C的方程为x23+y2=1.(2)当直线AB的斜率存在时,设其方程为y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2).由y=kx+m,x23+y2=1,得(1+3k2)x2+6kmx+3m2-3=0,x1+x2=-6km1+3k2,x1x2=3m2-31+3k2.OAOB,x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=0,4m2=3k2+3.原点到直线AB的距离为|m|1+k2=32.当直线AB

12、的斜率不存在时,设其方程为x=t,则不妨令At,9-3t23,Bt,-9-3t23.OAOB,t2=34,|t|=32,原点到直线AB的距离为32.(3)由(2)知,当直线AB的斜率存在时,|AB|2=(1+k2)(x1-x2)2=(1+k2)-6km1+3k22-43m2-31+3k2,又4m2=3k2+3,|AB|2=3(9k4+10k2+1)9k4+6k2+1=3+12k29k4+6k2+1=3+129k2+6+1k2.因为129k2+6+1k2126+6=1,当且仅当9k2=1k2,即k=33时,等号成立,所以|AB|2.当直线AB的斜率不存在时,|AB|=32,所以(SOAB)max

13、=12232=32.13.解析(1)由题意知2a=4,122cb=3,a2=b2+c2,解得a=2,b=3,c=1或a=2,b=1,c=3(舍去).椭圆C的方程是x24+y23=1.(2)由y=kx+m,x24+y23=1,得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0.直线l与椭圆C有且只有一个公共点M,m0且=0.=64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0,化简得4k2-m2+3=0.设M(x0,y0),则x0=-4km4k2+3=-4km,y0=kx0+m=3m,M-4km,3m.由x=4,y=kx+m,得N(4,4k+m).假设存在定点P满足题意,由图形的对称性可知,点P必

14、在x轴上.设P(x1,0),则PMPN=0对满足4k2-m2+3=0的任意m,k恒成立.又PM=-4km-x1,3m,PN=(4-x1,4k+m),PMPN=4km+x1(x1-4)+3m(4k+m)=0,整理得(4x1-4)km+x12-4x1+3=0.4x1-4=0,x12-4x1+3=0,解得x1=1.P(1,0),存在定点P(1,0),使得以MN为直径的圆恒过点P.14.解析(1)由抛物线焦点为12,0,得抛物线方程为y2=2x.由题意知,ca=32,b2=2a4,a2=b2+c2,解得a=2,b=1,c=3,椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)证明:设点H(m,-2)(m0),D(xD,yD),E(xE,yE),易知A(0,1),B(0,-1),直线HA的方程为y=-3mx+1,直线HB的方程为y=-1mx-1.联立y=-3mx+1,x24+y2=1,得36m2+1x2-24mx=0,xD=24mm2+36,yD=m2-36m2+36,同理,可得xE=-8mm2+4,yE=4-m24+m2,直线DE的斜率为m2-1216m,直线DE的方程为y-4-m24+m2=m2-1216mx+8mm2+4,即y=m2-1216mx-12,直线DE过定点0,-12.