湘教版高中数学选择性必修第一册专题强化练12定点、定值及探究性问题含答案

这是一份湘教版高中数学选择性必修第一册专题强化练12定点、定值及探究性问题含答案，共12页。

专题强化练12　定点、定值及探究性问题1.(2020四川成都期中)已知双曲线x23-y26=1,O为坐标原点,P,Q为双曲线上的两个动点,且OP⊥OQ,则1|OP|2+1|OQ|2=(　　)　　　　　　　　　　　　　　　A.2　　　　B.1C.13　　　　D.162.(2022甘肃武威一中期末)过抛物线x2=y的焦点F的直线交抛物线于不同的两点A,B,则1|AF|+1|BF|的值为(　　)A.2　　B.1　　C.14　　D.43.(2021广西河池期末)设AB是过抛物线y2=4x的焦点F的一条弦(与x轴不垂直),其垂直平分线交x轴于点G,设|AB|=m|FG|,则m=(　　)A.23　　B.2　　C.34　　D.34.(2022山西吕梁期末)已知抛物线的方程是y=14x2,直线l交抛物线于A,B两点,O为坐标原点,若OA·OB=-4,则直线AB必过定点　　　　. 5.(2022山西康杰中学期中)已知椭圆E:x24+y2=1,P为E的长轴上任意一点,过点P作斜率为12的直线l,与E交于M,N两点,则|PM|2+|PN|2的值为　　　　. 6.如图,抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点为F,四边形DFMN为正方形,点M在抛物线E上,过焦点F的直线l交抛物线E于A,B两点,交直线ND于点C.(1)若B为线段AC的中点,求直线l的斜率;(2)若正方形DFMN的边长为1,直线MA,MB,MC的斜率分别为k1,k2,k3,问是否存在实数λ,使得k1+k2=λk3?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.7.(2022湖南张家界期末)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12,直线y=x+6与圆x2+y2=b2相切.(1)求椭圆C的方程;(2)若直线l:y=kx+m与椭圆C交于A,B两点(A,B不是左、右顶点),且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点,证明:直线l过定点,并求出该定点的坐标.8.已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,双曲线C的右顶点A在圆O:x2+y2=2上,且AF1·AF2=-2.(1)求双曲线C的标准方程;(2)动直线l与双曲线C恰有1个公共点,且与双曲线C的两条渐近线分别交于点M,N,问:△OMN的面积是不是定值?若为定值,求出该定值;若不为定值,试说明理由.9.(2022湖南湘东九校期末)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F1作直线l,交椭圆于A,B两点,△F2AB的周长为8,且椭圆经过点3,32.(1)求椭圆的方程;(2)过坐标原点O作直线l的垂线,交椭圆于P,Q两点,试判断1|AB|+4|PQ|2是不是定值,若是,求出这个定值;若不是,说明理由.答案与分层梯度式解析1.D　由题意设直线OP的方程为y=kx,直线OQ的方程为y=-1kx,k≠0,P(x1,y1),Q(x2,y2),由x23-y26=1,y=kx,得(2-k2)x2-6=0,所以x12=62-k2,y12=6k22-k2,由x23-y26=1,y=-1kx,得(2k2-1)x2-6k2=0,所以x22=6k22k2-1,y22=62k2-1,所以1|OP|2=2-k26+6k2,1|OQ|2=2k2-16+6k2,即1|OP|2+1|OQ|2=k2+16+6k2=16.故选D.2.D　因为直线交抛物线于不同的两点A,B,所以直线的斜率存在,设直线的方程为y=kx+14,由x2=y,y=kx+14,可得y2-k2+12y+116=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1y2=116,y1+y2=k2+12,因为抛物线的准线方程为y=-14,所以根据抛物线的定义可知|AF|=y1+14,|BF|=y2+14,所以1|AF|+1|BF|=1y1+14+1y2+14=y1+y2+12y1y2+14(y1+y2)+116=k2+1116+14k2+12+116=4,故选D.3.B　设直线AB:x=ty+1,A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点为E(x0,y0),联立x=ty+1,y2=4x,消去x得y2-4ty-4=0,所以y1+y2=4t,则x1+x2=t(y1+y2)+2=4t2+2,所以y0=y1+y22=2t,x0=2t2+1,即E(2t2+1,2t),所以直线EG的方程为y-2t=-t(x-2t2-1).令y=0,得x=2t2+3,因此|FG|=2(t2+1).又因为|AB|=x1+x2+2=4(t2+1),所以|AB|=2|FG|,从而m=2.故选B.4.答案　(0,2)解析　由已知得直线AB的斜率存在,设直线AB:y=kx+b,A(x1,y1),B(x2,y2),由y=kx+b,y=14x2得14x2-kx-b=0,所以x1x2=-4b,y1y2=116(x1x2)2=b2,则OA·OB=x1x2+y1y2=b2-4b=-4,所以b=2,即直线AB:y=kx+2,故直线AB必过定点(0,2).5.答案　5解析　设P(m,0)(-2≤m≤2),则直线l的方程为y=12(x-m),将直线l的方程代入椭圆方程并化简,得2x2-2mx+m2-4=0,设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=m,x1x2=m2-42,y1+y2=12(x1+x2)-m=-m2,y1y2=14[x1x2-m(x1+x2)+m2]=m2-48,所以|PM|2+|PN|2=(x1-m)2+y12+(x2-m)2+y22=(x1+x2)2-2x1x2+2m2-2m(x1+x2)+(y1+y2)2-2y1y2=m2-m2+4+2m2-2m2+14m2-m2-44=5.6.解析　(1)由已知可得直线DN为抛物线的准线.设直线l的倾斜角为α.如图所示,分别过点A,B作AG⊥DN,BH⊥DN,G,H为垂足,则|BH|=|BF|,|AG|=|AF|.作BQ⊥AG,Q为垂足,则|QG|=|BH|.∵B为线段AC的中点,∴BH,BQ为△ACG的中位线.∴|BH|=12|AG|=|AQ|,∴|AQ|=13|AB|.∴cos α=cos∠QAB=|AQ||AB|=13,∴tan α=22,∴直线l的斜率为22.(2)存在.∵正方形DFMN的边长为1,∴p=1,因此抛物线的方程为y2=2x,可得M12,1.设直线l的方程为my=x-12(m≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),C-12,-1m.联立my=x-12,y2=2x,得y2-2my-1=0,Δ=4m2+4>0,∴y1+y2=2m,y1y2=-1.假设存在实数λ,使得k1+k2=λk3.则y1-1x1-12+y2-1x2-12=λ1+1m,上式左边=y1-1my1+y2-1my2=2y1y2-(y1+y2)my1y2=-2-2m-m=2(1+m)m,∴2(1+m)m=λ1+1m,解得λ=2.因此存在实数λ=2,使得k1+k2=2k3.7.解析　(1)由直线y=x+6与圆x2+y2=b2相切,得b=62=3,由已知条件可得ca=12,a2=c2+3,解得a=2,c=1,因此,椭圆C的方程为x24+y23=1.(2)设点A(x1,y1),B(x2,y2),椭圆C的右顶点为M,则M(2,0),由题意可知,直线l不过椭圆的左、右顶点,则m≠±2k,联立y=kx+m,x24+y23=1,消去y并整理得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0,Δ=64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=48(4k2+3-m2)>0,由根与系数的关系得x1+x2=-8km4k2+3,x1x2=4m2-124k2+3,因为以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点,所以MA·MB=0,因为MA=(x1-2,y1),MB=(x2-2,y2),所以MA·MB=(x1-2)(x2-2)+y1y2=(x1-2)(x2-2)+(kx1+m)(kx2+m)=(k2+1)x1x2+(km-2)(x1+x2)+m2+4=(4m2-12)(k2+1)-8km(km-2)4k2+3+m2+4=0,整理可得7m2+16km+4k2=0,解得m=-27k或m=-2k(舍去).所以直线l的方程为y=kx-27k,所以直线l恒过定点27,0.8.解析　(1)设双曲线C的半焦距为c(c>0),由点A(a,0)在圆O:x2+y2=2上,可得a=2,由AF1·AF2=(-c-2,0)·(c-2,0)=2-c2=-2,解得c=2(负值舍去),所以b2=c2-a2=2,故双曲线C的标准方程为x22-y22=1.(2)设直线l与x轴相交于点D,易知双曲线C的渐近线方程为y=±x,当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=±2,|OD|=2,|MN|=22,所以S△OMN=12·|MN|·|OD|=2.当直线l的斜率存在时,设其方程为y=kx+m,则k≠0,D-mk,0,把直线l的方程与双曲线C的方程联立,可得(k2-1)x2+2kmx+m2+2=0,由于直线l与双曲线C有且只有一个公共点,且与双曲线C的两条渐近线分别相交,所以直线l与双曲线的渐近线不平行,所以k2-1≠0且m≠0,所以Δ=4k2m2-4(k2-1)(m2+2)=0,k2-1≠0,可得m2=2(k2-1)>0,解得k>1或k<-1,不妨设点M在渐近线y=x上,点N在渐近线y=-x上,M(x1,y1),N(x2,y2),由y=kx+m,y=x,解得y1=m1-k,同理可得y2=m1+k,所以S△OMN=12·|OD|·|y1-y2|=12·-mk·m1-k-m1+k=m21-k2=2.综上所述,△OMN的面积恒为定值2.9.解析　(1)由椭圆的定义可得,|AF1|+|AF2|=2a,|BF1|+|BF2|=2a,∴|AF2|+|BF2|+|AB|=4a=8,则a=2.∵椭圆经过点3,32,∴(3)2a2+322b2=1,解得b=3(负值舍去),∴椭圆的方程为x24+y23=1.(2)当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=-1,代入x24+y23=1得y2=94,所以|AB|=3,|PQ|=4,则1|AB|+4|PQ|2=13+14=712.当直线l的斜率存在时,设直线AB:y=k(x+1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3),Q(x4,y4),将y=k(x+1)代入x24+y23=1,整理得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0,∴x1+x2=-8k23+4k2,x1x2=4k2-123+4k2,∴|AB|=1+k2·|x1-x2|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=1+k264k4(3+4k2)2+48-16k23+4k2=41+k24k4+(3-k2)(3+4k2)(3+4k2)2=41+k29+9k2(3+4k2)2=12(k2+1)3+4k2.由AB⊥PQ,得直线PQ:y=-1kx,代入x24+y23=1,整理得(3k2+4)x2-12k2=0,则x3+x4=0,x3x4=-12k24+3k2,∴|PQ|=1+1k2·|x3-x4|=1+1k2-4x3x4=43k2+14+3k2,则1|AB|+4|PQ|2=4k2+312(k2+1)+4(3k2+4)48(k2+1)=7(k2+1)12(k2+1)=712.综上所述,1|AB|+4|PQ|2=712,恒为定值.