数学选择性必修 第一册第三章 圆锥曲线的方程本章综合与测试复习练习题

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,·=2(其中O为坐标原点),则直线AB一定过点(　　)

A.(2,0) B.

C.(0,2) D.

2.()已知过原点O的直线l与椭圆C:+=1(a>b>0)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k1·k2的值为(　　)

A.- B.-

C. D.与点P的位置有关

3.()已知A,B是双曲线Γ:-=1的左、右顶点,动点P在Γ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+k2 B.|k1-k2|

C.k1·k2 D.+

4.()若直线l与双曲线-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·的值为(　　)

A.3 B.4

C.5 D.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=(　　)

A.- B.2 C.1 D.

6.()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. B.(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=;乙:y1y2=-p2;丙:·=-p2;丁:+=.

其中是“直线AB经过焦点F”的充要条件的个数为(　　)

A.0 B.1 C.2 D.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:+=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-,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:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,|F1F2|=2,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(k1≠0,k2≠0)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,在椭圆C:+=1(a>b>0)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两点(A,B不是椭圆C的顶点),点D在椭圆C上,且AD⊥AB,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λ,使得k1=λk2,并求出λ的值.

12.(2020山东菏泽高二上期末,)已知椭圆C:+=1(m>n>0),且椭圆C上恰有三点在集合中.

(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OA⊥OB,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,)已知椭圆C:+=1(a>b>0)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b>c,△BF1F2的面积为.

(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:+=1(a>b>0)的离心率为,抛物线y2=2px(p>0)的焦点是,M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,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(,yA),B(,yB),所以·=+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.A　设点P(x0,y0),A(x1,y1),则点B(-x1,-y1),

∴k1=,k2=,

∴k1·k2=.

又由题意得+=1,+=1,

两式作差,得+=0,

即=-,

∴=-,即k1·k2=-.故选A.

3.C　由题意得A(-2,0),B(2,0).设P(x0,y0)(x0>0,y0>0),则-=1,即=(-4).

又k1=,k2=,所以k1·k2==.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-y0y=1,且-4=4.

由双曲线方程可得两条渐近线方程分别为l1:y=x,l2:y=-x,不妨设M在l1上,N在l2上.

由解得同理,得

所以·=x1x2+y1y2=·-·===3.

故选A.

5.D　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=(x-1),

设k0=,则直线AF的方程为y=k0(x-1),

与抛物线方程y2=4x联立,可得x2-(2+4)x+=0,

∴x3x1=1,∴x3=,

∴y3=k0(x3-1)=-,即C,

同理,D,∴k2==2k1,∴=.故选D.

6.B　设直线l的方程为y=kx+b(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2).

由得k2x2+(2kb-2)x+b2=0,

所以Δ=4(kb-1)2-4k2b2>0,即kb<,

x1+x2=,x1x2=.

因为x轴是∠APB的平分线,所以kAP=-kPB,所以=-,

即=-,整理,得2kx1x2+(k+b)·(x1+x2)+2b=0,

所以2k·+(k+b)·+2b=0,

化简,得k+b=0,

所以y=kx+b=kx-k=k(x-1),

所以直线l过定点(1,0).故选B.

7.B　由题意知,直线AB的斜率不为0.

设直线AB的方程为x=my+t,则直线AB交x轴于点T(t,0),且抛物线的焦点F的坐标为.

联立消去x得,y2-2pmy-2pt=0,

∴y1+y2=2pm,y1y2=-2pt.

对于甲条件,x1x2====t2=,解得t=±,

所以甲条件是“直线AB经过焦点F”的必要不充分条件;

对于乙条件,y1y2=-2pt=-p2,解得t=,

所以乙条件是“直线AB经过焦点F”的充要条件;

对于丙条件,·=x1x2+y1y2=t2-2pt=-p2,即t2-2pt+p2=0,

解得t=或t=,所以丙条件是“直线AB经过焦点F”的必要不充分条件;

对于丁条件,+=+

=+

=

=

=

==,

化简得t2=,解得t=±,所以丁条件是“直线AB经过焦点F”的必要不充分条件.

二、填空题

8.答案　(3,-4)

解析　设A,B,则kPA==,

同理,kPB=,kAB=.

因为kPA·kPB=4,所以·=4,

所以y1y2+4(y1+y2)+12=0.

所以y1y2=-12-4(y1+y2).

直线AB的方程为y-y1=,

即(y1+y2)y-y1y2=4x.

将y1y2=-12-4(y1+y2)代入上式得

(y1+y2)(y+4)=4(x-3),所以直线AB恒过定点(3,-4).

9.答案　(1,0)

解析　由题意得A(-2,0),且直线BC的斜率不为0.

设B(x1,y1),C(x2,y2),直线BC的方程为x=ny+t.

联立得(3n2+4)y2+6nty+3t2-12=0,

所以y1+y2=-,y1y2=.

因为直线AB与AC的斜率之积为定值-,所以·=-,

所以4y1y2+(ny1+t+2)(ny2+t+2)=0,

即(n2+4)y1y2+n(t+2)(y1+y2)+(t+2)2=0,

所以t2+t-2=0,

解得t=1或t=-2.

当t=-2时,不符合题意,舍去,

所以t=1,所以直线BC恒过定点(1,0).

三、解答题

10.解析　(1)∵|F1F2|=2,∴c=.

∵△ABF2的周长为8,∴4a=8,即a=2.

∵a2=b2+c2,∴b=1.

∴椭圆C的方程为+y2=1.

(2)设M(x1,y1),Q(x0,y0),则N(-x1,-y1),且x0≠±x1,y0≠±y1.

由题意得+=1,+=1,

两式相减,得-+-=0.

∵x0≠±x1,y0≠±y1,

∴·=-.

∴k1k2=·=-.

11.解析　(1)由题意得,解得

∴椭圆C的方程为+y2=1.

(2)设A(x1,y1)(x1y1≠0),D(x2,y2),则B(-x1,-y1).

所以直线AB的斜率kAB=.

设直线AD的方程为y=kx+m,由题意知k≠0,m≠0.因为AB⊥AD,所以k=-.

由可得(1+3k2)x2+6mkx+3m2-3=0,

所以x1+x2=-,y1+y2=k(x1+x2)+2m=.

所以直线BD的斜率kBD==-=,所以直线BD的方程为y+y1=(x+x1),令y=0,得x=2x1,即M(2x1,0),可得k1=-,

令x=0,得y=-,即N,可得k2=,

所以k1=-k2,即λ=-,因此,存在常数λ=-使得结论成立.

12.解析　(1)∵点和关于原点对称,

∴椭圆C必过这两点,

∴+=1.

当椭圆过点(0,1)时,n=1,∴m=3,

此时满足m>n,符合题意.

当椭圆过点时,m=,∴n=8,此时m<n,不符合题意.

∴椭圆C的方程为+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).

由得(1+3k2)x2+6kmx+3m2-3=0,

∴x1+x2=-,x1x2=.

∵OA⊥OB,

∴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=.

当直线AB的斜率不存在时,设其方程为x=t,则不妨令A,B.

∵OA⊥OB,∴t2=,∴|t|=,

∴原点到直线AB的距离为.

(3)由(2)知,当直线AB的斜率存在时,|AB|2=(1+k2)(x1-x2)2=(1+k2),

又4m2=3k2+3,

∴|AB|2==3+=3+.

因为≤=1,

当且仅当9k2=,即k=±时,等号成立,所以|AB|≤2.

当直线AB的斜率不存在时,|AB|=<2,

所以(S△OAB)max=×2×=.

13.解析　(1)由题意知解得或(舍去).

∴椭圆C的方程是+=1.

(2)由

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,

∴m≠0且Δ=0.

Δ=64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0,化简得4k2-m2+3=0.

设M(x0,y0),则x0==-,y0=kx0+m=,

∴M.

由得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必在x轴上.

设P(x1,0),则·=0对满足4k2-m2+3=0的任意m,k恒成立.

又=,=(4-x1,4k+m),

∴·=(x1-4)+(4k+m)=0,

整理得(4x1-4)+-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,得抛物线方程为y2=2x.

由题意知,解得

∴椭圆C的方程为+y2=1.

(2)证明:设点H(m,-2)(m≠0),D(xD,yD),E(xE,yE),易知A(0,1),B(0,-1),

∴直线HA的方程为y=-x+1,直线HB的方程为y=-x-1.

联立得x2-x=0,

∴xD=,yD=,

同理,可得xE=,yE=,

∴直线DE的斜率为,∴直线DE的方程为y-=,

即y=x-,

∴直线DE过定点.