2025年高考数学一轮复习-定值问题-专项训练【含答案】

这是一份2025年高考数学一轮复习-定值问题-专项训练【含答案】，共5页。试卷主要包含了基本技能练，创新拓展练等内容，欢迎下载使用。

一、基本技能练
1.已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,2)，左、右顶点分别为A1，A2.点P是椭圆C上异于左、右顶点的任意一点，证明：点P与A1，A2连线的斜率的乘积为定值，并求出该定值.
2.已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，M为椭圆C上一点，△MF1F2的周长为4＋2eq \r(3).
(1)求椭圆C的方程；
(2)若P为圆x2＋y2＝5上任意一点，过点P作椭圆C的两条切线，切点分别为A，B，试判断eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
3.已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，其离心率e＝eq \f(1,2)，P是椭圆C上一动点，△PF1F2内切圆面积的最大值为eq \f(π,3).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)直线PF1，PF2与椭圆C分别相交于点A，B，求证：eq \f(|PF1|,|F1A|)＋eq \f(|PF2|,|F2B|)为定值.
二、创新拓展练
4.已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点(eq \r(2)，1)，离心率为eq \f(\r(2),2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l：y＝kx＋t(t≠0)与椭圆C相交于A，B两点，若以OA，OB为邻边的平行四边形OAPB的顶点P在椭圆C上，求证：平行四边形OAPB的面积为定值.
参考答案与解析
一、基本技能练
1.证明 设P(x0，y0)，则eq \f(xeq \\al(2,0),a2)＋eq \f(yeq \\al(2,0),b2)＝1，
所以yeq \\al(2,0)＝eq \f(b2（a2－xeq \\al(2,0)）,a2)，
所以kPA1＝eq \f(y0,x0＋a)，kPA2＝eq \f(y0,x0－a)(x0≠±a)，
所以kPA1·kPA2＝eq \f(y0,x0＋a)·eq \f(y0,x0－a)＝eq \f(yeq \\al(2,0),xeq \\al(2,0)－a2)＝eq \f(\f(b2（a2－xeq \\al(2,0)）,a2),xeq \\al(2,0)－a2)＝－eq \f(b2,a2)，
又因为e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，a2＝b2＋c2，
所以eq \f(b2,a2)＝eq \f(3,4)，所以－eq \f(b2,a2)＝－eq \f(3,4)，
所以点P与A1，A2连线的斜率的乘积为定值－eq \f(3,4).
2.解 (1)由已知可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a＋2c＝4＋2\r(3)，,\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,a2＝b2＋c2，))
解得a＝2，b＝1，c＝eq \r(3).
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)设P(x0，y0)，则xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝5.
当x0＝±2时，y0＝±1，显然PA⊥PB，
则eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝0.
当x0≠±2时，过点P的切线可设为
y＝k(x－x0)＋y0，
联立切线方程与椭圆方程，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋（y0－kx0），,x2＋4y2＝4，))
消去y，得(4k2＋1)x2＋8k(y0－kx0)x＋4[(y0－kx0)2－1]＝0，
所以Δ＝64k2(y0－kx0)2－16(4k2＋1)·[(y0－kx0)2－1]＝0.
整理成关于k的方程，
得(4－xeq \\al(2,0))k2＋2x0y0k＋1－yeq \\al(2,0)＝0，
此方程的两个根k1，k2就是切线PA，PB的斜率，
所以k1·k2＝eq \f(1－yeq \\al(2,0),4－xeq \\al(2,0))＝eq \f(1－（5－xeq \\al(2,0)）,4－xeq \\al(2,0))＝－1.
所以PA⊥PB，所以eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝0.
综上，eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝0，为定值.
3.(1)解 由题意得△PF1F2内切圆半径r的最大值为eq \f(\r(3),3)，设|F1F2|＝2c，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(e＝\f(c,a)＝\f(1,2)，,\f(1,2)×（2a＋2c）×\f(\r(3),3)＝\f(1,2)×2c·b，,a2＝b2＋c2，))
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b2＝3，,a2＝4，))
∴椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明 设P(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
当y0≠0时，设直线PF1，PF2的方程分别是x＝m1y－1，x＝m2y＋1.
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝m1y－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去x并整理得
(3meq \\al(2,1)＋4)y2－6m1y－9＝0，
∴y0y1＝－eq \f(9,3meq \\al(2,1)＋4).
∵x0＝m1y0－1，
∴m1＝eq \f(x0＋1,y0)，又eq \f(xeq \\al(2,0),4)＋eq \f(yeq \\al(2,0),3)＝1，
∴eq \f(y0,y1)＝－eq \f(5＋2x0,3).
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝m2y＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
同理可得eq \f(y0,y2)＝－eq \f(5－2x0,3)，
∴eq \f(|PF1|,|F1A|)＋eq \f(|PF2|,|F2B|)＝－eq \f(y0,y1)－eq \f(y0,y2)＝eq \f(10,3)；
当y0＝0时，直线PF1，PF2与x轴重合，
易得eq \f(|PF1|,|F1A|)＋eq \f(|PF2|,|F2B|)＝3＋eq \f(1,3)＝eq \f(10,3).
综上所述，eq \f(|PF1|,|F1A|)＋eq \f(|PF2|,|F2B|)＝eq \f(10,3).
二、创新拓展练
4..(1)解 由题意eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(2,a2)＋\f(1,b2)＝1，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝2，))
所以椭圆方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)证明 联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋t，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))得(2k2＋1)x2＋4ktx＋2(t2－2)＝0，
所以Δ＝(4kt)2－8(2k2＋1)(t2－2)
＝8[2(2k2＋1)－t2]>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－eq \f(4kt,2k2＋1)，x1x2＝eq \f(2（t2－2）,2k2＋1)，
所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2t＝eq \f(2t,2k2＋1).
因为四边形OAPB是平行四边形，
所以eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＝(x1＋x2，y1＋y2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4kt,2k2＋1)，\f(2t,2k2＋1)))，
则Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4kt,2k2＋1)，\f(2t,2k2＋1))).
又因为点P在椭圆上，所以eq \f(4k2t2,（2k2＋1）2)＋eq \f(2t2,（2k2＋1）2)＝1，即t2＝eq \f(2k2＋1,2).
因为|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|
＝eq \r(1＋k2)eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)
＝eq \f(2\r(2)\r(1＋k2)\r(2（2k2＋1）－t2),2k2＋1)
＝eq \f(2\r(3)\r(1＋k2),\r(2k2＋1)).
又点O到直线l的距离d＝eq \f(|t|,\r(1＋k2))，
所以平行四边形OAPB的面积S＝2S△OAB＝|AB|·d＝eq \f(2\r(3)|t|,\r(2k2＋1))＝eq \f(\r(6)\r(2k2＋1),\r(2k2＋1))＝eq \r(6).
即平行四边形OAPB的面积为定值eq \r(6).