2025高考数学一轮复习-9.8-定点、定值、探索性问题-专项训练【含答案】

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1．已知点P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(3,2)))是椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上一点，F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，|PF1|＋|PF2|＝4.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线l不经过P点且与椭圆C相交于A，B两点．若直线PA与直线PB的斜率之和为1，问：直线l是否过定点？证明你的结论．
2．过点(4，2)的动直线l与双曲线E： eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)交于M，N两点，当l与x轴平行时，|MN|＝4 eq \r(2)，当l与y轴平行时，|MN|＝4 eq \r(3).
(1)求双曲线E的标准方程；
(2)点P是直线y＝x＋1上一定点，设直线PM，PN的斜率分别为k1，k2，若k1k2为定值，求点P的坐标．
INCLUDEPICTURE "B组.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\大样\\人教数学\\B组.TIF" \* MERGEFORMATINET 【B级 能力提升】
1．已知F1(－ eq \r(6)，0)，F2( eq \r(6)，0)为双曲线C的焦点，点P(2，－1)在C上．
(1)求C的方程．
(2)点A，B在C上，直线PA，PB与y轴分别相交于M，N两点，点Q在直线AB上，若 eq \(OM,\s\up6(→))＋ eq \(ON,\s\up6(→))＝0， eq \(PQ,\s\up6(→))· eq \(AB,\s\up6(→))＝0，是否存在定点T，使得|QT|为定值？若存在，请求出该定点及定值；若不存在，请说明理由．
2．已知椭圆Γ： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为 eq \f(\r(2),2)，其左焦点为F1(－2，0).
(1)求Γ的方程．
(2)如图，过Γ的上顶点P作动圆F1的切线分别交Γ于M，N两点，是否存在圆F1，使得△PMN是以PN为斜边的直角三角形？若存在，求出圆F1的半径；若不存在，请说明理由．
参考答案
【A级 基础巩固】
1．解：(1)由|PF1|＋|PF2|＝4，得a＝2.
又P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(3,2)))在椭圆上，
代入椭圆方程有 eq \f(1,a2)＋ eq \f(9,4b2)＝1，解得b＝ eq \r(3)，
所以椭圆C的标准方程为 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1.
(2)直线l过定点．证明如下：当直线l的斜率不存在时，设A(x1，y1)，B(x1，－y1).
kPA＋kPB＝ eq \f(y1－\f(3,2)－y1－\f(3,2),x1＋1)＝1，
解得x1＝－4，不符合题意；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,3x2＋4y2－12＝0，))消去y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
x1＋x2＝ eq \f(－8km,3＋4k2)，x1x2＝ eq \f(4m2－12,3＋4k2)，
Δ＝48(4k2－m2＋3)＞0.
由kPA＋kPB＝1，
整理得(2k－1)x1x2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋m－\f(5,2)))(x1＋x2)＋2m－4＝0，即(m－4k)(2m－2k－3)＝0.
当m＝k＋ eq \f(3,2)时，此时，直线l过P点，不符合题意；
当m＝4k时，Δ＝48(4k2－m2＋3)＞0有解，此时直线l：y＝k(x＋4)过定点(－4，0).
2．解：(1)根据双曲线的对称性，可知双曲线E过点(±2 eq \r(2)，2)和点(4，±2 eq \r(3))，
所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(8,a2)－\f(4,b2)＝1，,\f(16,a2)－\f(12,b2)＝1，))得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝4，))
故双曲线E的标准方程为 eq \f(x2,4)－ eq \f(y2,4)＝1.
(2)当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－4)＋2，
与双曲线方程联立，消去y，得(k2－1)x2－(8k2－4k)x＋16k2－16k＋8＝0，Δ＞0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝ eq \f(8k2－4k,k2－1)，x1x2＝ eq \f(16k2－16k＋8,k2－1).
设P(t，t＋1)，则
k1k2＝ eq \f((y1－t－1)(y2－t－1),(x1－t)(x2－t))
＝ eq \f((kx1－4k－t＋1)(kx2－4k－t＋1),(x1－t)(x2－t))
＝ eq \f(k2x1x2－k(4k＋t－1)(x1＋x2)＋(4k＋t－1)2,x1x2－t(x1＋x2)＋t2)
＝ eq \f(k2(16k2－16k＋8)－k(4k＋t－1)(8k2－4k)＋(4k＋t－1)2(k2－1),16k2－16k＋8－t(8k2－4k)＋t2(k2－1))
＝ eq \f((t2＋2t－11)k2－8(t－1)k－(t－1)2,(t－4)2k2＋4(t－4)k－(t2－8)).
当t＝4时，不满足k1k2为定值．
当t≠4时，若k1k2为定值，则 eq \f(t2＋2t－11,(t－4)2)＝ eq \f(－8(t－1),4(t－4))＝ eq \f(－(t－1)2,－(t2－8))，解得t＝3，此时k1k2＝4.
经检验，当直线l的斜率不存在时，对P(3，4)也满足k1k2＝4.
所以点P的坐标为(3，4).
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1．解：(1)由题意设双曲线C的方程为 eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，由题意知 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝\r(6)，,\f(4,a2)－\f(1,b2)＝1，,a2＋b2＝c2，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\r(3)，,b＝\r(3)，))
∴双曲线C的方程为 eq \f(x2,3)－ eq \f(y2,3)＝1.
(2)存在．由题意可知直线AB的斜率存在．
设直线AB的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,x2－y2＝3，))消去y，得(1－k2)x2－2kmx－m2－3＝0，
则1－k2≠0，Δ＝4k2m2＋4(1－k2)(m2＋3)＞0，
x1＋x2＝ eq \f(2km,1－k2)，x1x2＝ eq \f(－m2－3,1－k2)，
∴直线PA的方程为y＝ eq \f(y1＋1,x1－2)(x－2)－1，
令x＝0，则M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(x1＋2y1,2－x1)))，同理N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(x2＋2y2,2－x2)))，由 eq \(OM,\s\up6(→))＋ eq \(ON,\s\up6(→))＝0，可得 eq \f(x1＋2y1,2－x1)＋ eq \f(x2＋2y2,2－x2)＝0，
∴ eq \f(x1＋2(kx1＋m),2－x1)＋ eq \f(x2＋2(kx2＋m),2－x2)＝0，
∴[(2k＋1)x1＋2m](2－x2)＋[(2k＋1)x2＋2m](2－x1)＝0，
∴(4k＋2－2m)(x1＋x2)－(4k＋2)x1x2＋8m＝0，
∴(4k－2m＋2)· eq \f(2km,1－k2)－(4k＋2)· eq \f(－m2－3,1－k2)＋8m＝0，
∴(2k－m＋1)·2km＋(2k＋1)(m2＋3)＋4m(1－k2)＝0，
∴4k2m－2km2＋2km＋2km2＋6k＋m2＋3＋4m－4mk2＝0，
∴m2＋(2k＋4)m＋6k＋3＝0，即(m＋3)(m＋2k＋1)＝0，
当m＋2k＋1＝0时，m＝－2k－1，此时直线AB的方程为y＝k(x－2)－1，恒过定点P(2，－1)，显然不可能；
∴m＝－3，此时直线AB的方程为y＝kx－3，恒过定点E(0，－3).∵ eq \(PQ,\s\up6(→))· eq \(AB,\s\up6(→))＝0，∴PQ⊥AB，取PE的中点T，∴T(1，－2)，
∴|QT|＝ eq \f(1,2)|PE|＝ eq \f(1,2)× eq \r(4＋4)＝ eq \r(2)，为定值，
∴存在定点T(1，－2)，使得|QT|为定值 eq \r(2).
2．解：(1)由题意设焦距为2c，则c＝2，由离心率 eq \f(c,a)＝ eq \f(\r(2),2)，得a＝2 eq \r(2)，则b2＝a2－c2＝4.
所以Γ的方程为 eq \f(x2,8)＋ eq \f(y2,4)＝1.
(2)不存在．
理由如下：假设存在圆F1满足题意，当圆F1过原点O时，直线PN与y轴重合，直线PM的斜率为0，不符合题意．不妨设PM：y＝k1x＋2(k1≠0)，PN：y＝k2x＋2(k2≠0)，
M(x1，y1)，N(x2，y2)，圆F1的半径为r，
则圆心到直线PM的距离为 eq \f(|－2k1＋2|,\r(1＋k eq \\al(2,1)))＝r，到直线PN的距离为 eq \f(|－2k2＋2|,\r(1＋k eq \\al(2,2)))＝r，则k1，k2是关于k的方程(r2－4)k2＋8k＋r2－4＝0的两异根，此时k1k2＝1，
联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k1x＋2，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，))消去y得(1＋2k eq \\al(2,1))x2＋8k1x＝0，
所以xP＋xM＝ eq \f(－8k1,1＋2k eq \\al(2,1))，即xM＝ eq \f(－8k1,1＋2k eq \\al(2,1))，得yM＝ eq \f(2－4k eq \\al(2,1),1＋2k eq \\al(2,1))，
所以M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－8k1,1＋2k eq \\al(2,1))，\f(2－4k eq \\al(2,1),1＋2k eq \\al(2,1))))，同理N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－8k2,1＋2k eq \\al(2,2))，\f(2－4k eq \\al(2,2),1＋2k eq \\al(2,2)))).
由k2＝ eq \f(1,k1)，得N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－8k1,2＋k eq \\al(2,1))，\f(2k eq \\al(2,1)－4,2＋k eq \\al(2,1))))，
由题意，得PM⊥MN，即kMN＝－ eq \f(1,k1)，
即kMN＝ eq \f(\f(2－4k eq \\al(2,1),1＋2k eq \\al(2,1))－\f(2k eq \\al(2,1)－4,2＋k eq \\al(2,1)),\f(－8k1,1＋2k eq \\al(2,1))－\f(－8k1,2＋k eq \\al(2,1)))
＝ eq \f(（－2k eq \\al(2,1)＋1）（k eq \\al(2,1)＋2）－（k eq \\al(2,1)－2）（2k eq \\al(2,1)＋1）,4k1（2k eq \\al(2,1)＋1）－4k1（k eq \\al(2,1)＋2）)＝ eq \f(－4k eq \\al(4,1)＋4,4k1（k eq \\al(2,1)－1）)＝ eq \f(－（k eq \\al(2,1)＋1）,k1)＝－ eq \f(1,k1)，因此k1≠0，所以方程无解，故不存在圆F1，使得△PMN是以PN为斜边的直角三角形。