高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第一册第二章　平面解析几何本章综合与测试学案

这是一份高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第一册第二章　平面解析几何本章综合与测试学案，共14页。学案主要包含了定点问题，探索性问题等内容，欢迎下载使用。

一、定点问题
例1 已知圆M：x2＋(y－2)2＝1，直线l：y＝－1，动圆P与圆M相外切，且与直线l相切．设动圆圆心P的轨迹为E.
(1)求E的方程；
(2)若点A，B是E上的两个动点，O为坐标原点，且eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝－16，求证：直线AB恒过定点．
(1)解 设P(x，y)，则eq \r(x2＋y－22)＝(y＋1)＋1，
化简得x2＝8y.
所以E的方程为x2＝8y.
(2)证明 易知直线AB的斜率存在，
设直线AB：y＝kx＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
将直线AB的方程代入x2＝8y中，
得x2－8kx－8b＝0，
所以x1＋x2＝8k，x1x2＝－8b.
eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋eq \f(x\\al(2,1)x\\al(2,2),64)
＝－8b＋b2＝－16⇒b＝4，
所以直线AB恒过定点(0,4)．
反思感悟 圆锥曲线中定点问题的两种解法
(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．
(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．
跟踪训练1 已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点(0,1)，其长轴长与短轴长的平方和是焦距的平方的2倍．直线l与x轴正半轴和y轴分别交于点Q，P，与椭圆分别交于点M，N，各点均不重合且满足eq \(PM,\s\up6(→))＝λ1eq \(MQ,\s\up6(→))，eq \(PN,\s\up6(→))＝λ2eq \(NQ,\s\up6(→)).
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若λ1＋λ2＝－3，试证明：直线l过定点，并求此定点．
解 (1)设椭圆的焦距为2c，
由题意知b＝1，且(2a)2＋(2b)2＝2(2c)2，
又a2＝b2＋c2，∴a2＝3.
∴椭圆的标准方程为eq \f(x2,3)＋y2＝1.
(2)由题意设P(0，m)，Q(x0,0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
设l的方程为x＝t(y－m)，
由eq \(PM,\s\up6(→))＝λ1eq \(MQ,\s\up6(→))得(x1，y1－m)＝λ1(x0－x1，－y1)，
∴y1－m＝－y1λ1，由题意得y1≠0，
∴λ1＝eq \f(m,y1)－1.
同理由eq \(PN,\s\up6(→))＝λ2eq \(NQ,\s\up6(→))得λ2＝eq \f(m,y2)－1.
∵λ1＋λ2＝－3，
∴y1y2＋m(y1＋y2)＝0.①
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋3y2＝3，,x＝ty－m，))
消去x得(t2＋3)y2－2mt2y＋t2m2－3＝0，
∴由题意知Δ＝4m2t4－4(t2＋3)(t2m2－3)>0，②
且有y1＋y2＝eq \f(2mt2,t2＋3)，y1y2＝eq \f(t2m2－3,t2＋3)，③
③代入①得t2m2－3＋2m2t2＝0，
∴(mt)2＝1，
由题意，得mt<0，∴mt＝－1，满足②，
得l的方程为x＝ty＋1，故直线l过定点(1,0)．
二、探索性问题
例2 在平面直角坐标系中，已知圆心在第二象限，半径为2eq \r(2)的圆C与直线y＝x相切于原点O，椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,9)＝1与圆C的一个交点到椭圆两焦点的距离之和为10.
(1)求圆C的方程；
(2)试探究圆C上是否存在异于原点的点Q，使Q到椭圆右焦点F的距离等于线段OF的长．若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
解 (1)由题意知圆心在直线y＝－x上，
设圆心坐标是(－p，p)(p>0)，
则圆的方程为(x＋p)2＋(y－p)2＝8，
由于O(0,0)在圆上，∴p2＋p2＝8，解得p＝2，
∴圆C的方程为(x＋2)2＋(y－2)2＝8.
(2)椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,9)＝1与圆C的一个交点到椭圆两焦点的距离之和为10，由椭圆的定义知2a＝10，a＝5，
∴椭圆右焦点为F(4,0)．
假设存在异于原点的点Q(m，n)使|QF|＝|OF|，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＋22＋n－22＝8，,m－42＋n2＝16，))且m2＋n2≠0，
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝\f(4,5)，,n＝\f(12,5)，))故圆C上存在满足条件的点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)，\f(12,5))).
反思感悟 (1)探索性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则元素(点、直线、曲线或参数)不存在．
(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法．
跟踪训练2 试问是否能找到一条斜率为k(k≠0)的直线l与椭圆eq \f(x2,3)＋y2＝1交于两个不同的点M，N，且使M，N到点A(0,1)的距离相等？若存在，试求出k的取值范围；若不存在，请说明理由．
解 设直线l：y＝kx＋m为满足条件的直线，再设P为MN的中点，欲满足条件，只需AP⊥MN即可．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋mm≠0，,\f(x2,3)＋y2＝1，))
消去y得(1＋3k2)x2＋6mkx＋3m2－3＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则xP＝eq \f(x1＋x2,2)＝－eq \f(3mk,1＋3k2)，yP＝kxP＋m＝eq \f(m,1＋3k2)，
∴kAP＝eq \f(3k2－m＋1,3mk).
∵AP⊥MN，
∴eq \f(3k2－m＋1,3mk)＝－eq \f(1,k)，
故m＝－eq \f(3k2＋1,2).
由Δ＝36m2k2－4(1＋3k2)(3m2－3)
＝9(1＋3k2)(1－k2)>0，得－1故当k∈(－1,0)∪(0,1)时，存在满足条件的直线l.
1.知识清单：
(1)定点问题．
(2)探索性问题．
2．方法归纳：定义法、函数法、整体代换．
3．常见误区：直线与圆锥曲线联立后化简不正确．
1．一动圆的圆心在抛物线x2＝16y上，且该动圆恒与直线y＋4＝0相切，则动圆必经过的定点为( )
A．(0,4) B．(4,0) C．(2,0) D．(0,2)
答案 A
解析 由抛物线x2＝16y，得到准线方程为y＝－4，焦点坐标为(0,4)，
∵动圆的圆心在抛物线x2＝16y上，且动圆恒与直线y＝－4相切，
由抛物线的定义知|MF|＝|MK|，
如图所示，即动圆必经过定点F(0,4)．
2．已知F1，F2是椭圆C：eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,8)＝1的焦点，在曲线C上满足eq \(PF1,\s\up6(—→))·eq \(PF2,\s\up6(—→))＝0的点P有( )
A．0个 B．2个 C．3个 D．4个
答案 B
解析 由C：eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,8)＝1，得a＝4，b＝2eq \r(2)，c＝2eq \r(2)，
∵b＝c＝2eq \r(2)，
∴以原点为圆心，c为半径的圆与椭圆有2个交点，分别为上、下顶点，
∴PF1⊥PF2的点P的个数为2，即满足eq \(PF1,\s\up6(—→))·eq \(PF2,\s\up6(—→))＝0的点P的个数为2.
3．设直线x－3y＋m＝0(m≠0)与双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的两条渐近线分别交于点A，B.若点P(m,0)满足|PA|＝|PB|，则该双曲线的渐近线方程为( )
A．y＝±2x B．y＝±eq \f(1,2)x
C．y＝±eq \r(3)x D．y＝±eq \f(\r(3),3)x
答案 B
解析 根据双曲线标准方程，得渐近线：y＝±eq \f(b,a)x，分别与直线x－3y＋m＝0联立，
可得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ma,3b－a)，\f(bm,3b－a)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(ma,3b＋a)，\f(mb,3b＋a)))，
则A，B两点中点坐标为Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ma2,9b2－a2)，\f(3b2m,9b2－a2)))，
由于|PA|＝|PB|，直线PN与直线x－3y＋m＝0垂直，
得eq \f(\f(3mb2,9b2－a2)－0,\f(ma2,9b2－a2)－m)·eq \f(1,3)＝－1，
∴a＝2b，
故渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x＝±eq \f(1,2)x.
4．在平面直角坐标系xOy中，双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左顶点为A，右焦点为F，过F作x轴的垂线交双曲线于点P，Q.若△APQ为直角三角形，则该双曲线的离心率是________．
答案 2
解析 由题意，设点P(c，y0)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝c，,\f(x2,a2)－\f(y2,b2)＝1a>0，b>0，))
解得y0＝±eq \f(b2,a)，即|PF|＝eq \f(b2,a)，
∵△APQ为直角三角形，
∴∠PAQ＝eq \f(π,2)，且|AP|＝|AQ|，
又F为双曲线右焦点，PQ过点F，且PQ⊥x轴，
∴|AF|＝|PF|，可得a＋c＝eq \f(b2,a)，∴a＋c＝eq \f(c2－a2,a)，
整理得，2a2＋ac－c2＝0，即e2－e－2＝0，
又e>1，∴e＝2.
课时对点练
1．已知椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1上有一点P，F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，若△F1PF2为直角三角形，则这样的点P有( )
A．3个 B．4个 C．6个 D．8个
答案 C
解析 当∠PF1F2为直角时，根据椭圆的对称性，知这样的点P有2个；
同理当∠PF2F1为直角时，这样的点P有2个；
当P点为椭圆的短轴端点时，∠F1PF2最大，且为直角，
此时这样的点P有2个．
故符合要求的点P有6个．
2．已知双曲线eq \f(x2,a2)－y2＝1(a>0)上关于原点对称的两个点P，Q，右顶点为A，线段AP的中点为E，直线QE交x轴于M(1,0)，则双曲线的离心率为( )
A.eq \r(5) B.eq \f(\r(5),3) C.eq \r(10) D.eq \f(\r(10),3)
答案 D
解析 由已知得M为△APQ的重心，∴a＝3|OM|＝3，
又b＝1，∴c＝eq \r(a2＋b2)＝eq \r(10)，
即e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(10),3).
3．抛物线y2＝4x上有不同的两点A，B(异于原点O)，若直线OA，OB斜率之和为1，则直线AB必经过定点( )
A．(0,2) B．(0,4) C．(－4,0) D．(－2,0)
答案 B
解析 设直线AB的方程为x＝ty＋b(b≠0)，
并代入抛物线方程，消去x得y2－4ty－4b＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝4t，y1y2＝－4b，
∴kOA＋kOB＝eq \f(y1,x1)＋eq \f(y2,x2)＝eq \f(y1x2＋y2x1,x1x2)＝eq \f(y1ty2＋b＋y2ty1＋b,ty1＋bty2＋b)＝eq \f(2ty1y2＋by1＋y2,t2y1y2＋bty1＋y2＋b2)＝eq \f(－4bt,b2)＝eq \f(－4t,b)＝1，
∴b＝－4t，所以直线AB的方程为x＝ty－4t＝t(y－4)，过定点(0,4)．
4．已知双曲线x2－eq \f(y2,2)＝1上存在两点M，N关于直线y＝－x＋eq \f(9,4)对称，且MN的中点在抛物线y2＝mx上，则实数m的值为( )
A．－3或3 B．－3 C．3 D．－8
答案 C
解析 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点P(x0，y0)，
因为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\\al(2,1)－\f(y\\al(2,1),2)＝1，,x\\al(2,2)－\f(y\\al(2,2),2)＝1，))
所以eq \f(y2－y1,x2－x1)·eq \f(y2＋y1,x2＋x1)＝2.
又因为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝2x0，,y2＋y1＝2y0，))所以kMN·eq \f(y0,x0)＝2，
又因为M，N关于直线y＝－x＋eq \f(9,4)对称，
所以kMN＝1，即y0＝2x0，
又因为点P(x0，y0)在直线y＝－x＋eq \f(9,4)上，
所以y0＝－x0＋eq \f(9,4)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y0＝2x0，,y0＝－x0＋\f(9,4)，))可得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(3,2)))，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2＝m·eq \f(3,4)，即m＝3.
5．(多选)过定点P(0,1)，且与抛物线y2＝2x只有一个公共点的直线方程为( )
A．x＝0 B．y＝1
C．y＝x＋1 D．y＝eq \f(1,2)x＋1
答案 ABD
解析 如图所示，若直线的斜率不存在，
则过点P(0,1)的直线方程为x＝0，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,y2＝2x，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝0，))
即直线x＝0与抛物线只有一个公共点．
若直线的斜率存在，设直线方程为y＝kx＋1，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,y2＝2x，))得k2x2＋2(k－1)x＋1＝0.
当k＝0时，解得y＝1，
即直线y＝1与抛物线只有一个公共点；
当k≠0时，Δ＝4(k－1)2－4k2＝0，
解得k＝eq \f(1,2)，
即直线y＝eq \f(1,2)x＋1与抛物线只有一个公共点．
y＝1或y＝eq \f(1,2)x＋1为所求的直线方程．
综上，所求的直线方程为x＝0或y＝1或y＝eq \f(1,2)x＋1.
6．(多选)设A，B是抛物线y2＝2x上异于原点的不同两点，则eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))的可能取值为( )
A．1 B．－1 C．－2 D．0
答案 ABD
解析 设直线AB的方程为x＝my＋t，代入抛物线y2＝2x，可得
y2－2my－2t＝0，Δ＝4m2＋8t>0，
设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),2)，y1))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,2),2)，y2))，
则y1＋y2＝2m，y1y2＝－2t，
eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝eq \f(y1y22,4)＋y1y2
＝t2－2t＝(t－1)2－1，
当t＝1时，eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))取得最小值－1.
当t＝1时满足Δ>0，
∴eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))≥－1，故选ABD.
7．已知椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的焦点为F1，F2，点P为椭圆上的动点，当∠F1PF2为直角时，点P的横坐标是________．
答案 ±eq \f(3\r(5),5)
解析 由题意得a2＝9，b2＝4，所以c2＝a2－b2＝5，
所以c＝eq \r(5).
设P(x，y)，令F1的坐标为(－eq \r(5)，0)，F2的坐标为(eq \r(5)，0)．
因为∠F1PF2＝90°，
所以在△F1PF2中，|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝20，
即(x＋eq \r(5))2＋y2＋(x－eq \r(5))2＋y2＝20，
化简得x2＋y2＝5.
又eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1，所以y2＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x2,9)))，
所以x2＋4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x2,9)))＝5，解得x＝±eq \f(3\r(5),5).
所以点P的横坐标为±eq \f(3\r(5),5).
8．设C是抛物线Γ：y＝2x2上一点，以C为圆心且与Γ的准线相切的圆必过一个定点P，则点P的坐标是______．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,8)))
解析 将y＝2x2化为x2＝eq \f(1,2)y，焦点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,8)))，
由抛物线的定义可知，以C为圆心且与Γ的准线相切的圆必过抛物线的焦点坐标，
所以点P的坐标是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,8))).
9．过抛物线y2＝2px(p>0)的顶点O作两条互相垂直的弦交抛物线于A，B两点．求证：
(1)A，B两点的横坐标之积、纵坐标之积分别为定值；
(2)直线AB过定点．
证明 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，中点P(x0，y0)，
(1)kOA＝eq \f(y1,x1)，kOB＝eq \f(y2,x2)，
∵OA⊥OB，∴kOA·kOB＝－1，∴x1x2＋y1y2＝0，
∵yeq \\al(2,1)＝2px1，yeq \\al(2,2)＝2px2，∴eq \f(y\\al(2,1),2p)·eq \f(y\\al(2,2),2p)＋y1y2＝0，
∵y1≠0，y2≠0，∴y1y2＝－4p2，∴x1x2＝4p2.
(2)当直线AB的斜率存在时，∵yeq \\al(2,1)＝2px1，yeq \\al(2,2)＝2px2，
∴(y1－y2)(y1＋y2)＝2p(x1－x2)，
∴eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(2p,y1＋y2)，∴kAB＝eq \f(2p,y1＋y2)，
∴直线AB：y－y1＝eq \f(2p,y1＋y2)(x－x1)，
∴y＝eq \f(2px,y1＋y2)＋y1－eq \f(2px1,y1＋y2)，
∴y＝eq \f(2px,y1＋y2)＋eq \f(y\\al(2,1)－2px1＋y1y2,y1＋y2)，
∵yeq \\al(2,1)＝2px1，y1y2＝－4p2，
∴y＝eq \f(2px,y1＋y2)＋eq \f(－4p2,y1＋y2)，
∴y＝eq \f(2p,y1＋y2)(x－2p)，
∴AB过定点(2p,0)．
当直线AB的斜率不存在时，则kOA＝1，
∴直线OA：y＝x，与抛物线方程联立，得x2＝2px，
∴A(2p,2p)，故直线AB过定点(2p,0)，
综上，AB过定点(2p,0)．
10．已知中心在坐标原点的双曲线C的右焦点为(2,0)，右顶点为(eq \r(3)，0)．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若直线l：y＝kx＋eq \r(2)与双曲线C恒有两个不同的交点A和B，且eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))>2(其中O为原点)，求k的取值范围．
解 (1)设双曲线方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，
由已知得a＝eq \r(3)，c＝2，所以b＝1.
故所求双曲线方程为eq \f(x2,3)－y2＝1.
(2)将y＝kx＋eq \r(2)代入eq \f(x2,3)－y2＝1，
可得(1－3k2)x2－6eq \r(2)kx－9＝0，
由直线l与双曲线交于不同的两点得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－3k2≠0，,Δ＝－6\r(2)k2＋361－3k2＝361－k2>0，))
故k2≠eq \f(1,3)且k2<1.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(6\r(2)k,1－3k2)，x1x2＝eq \f(－9,1－3k2)，
由eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))>2得x1x2＋y1y2>2.
又因为y1y2＝(kx1＋eq \r(2))(kx2＋eq \r(2))
＝k2x1x2＋eq \r(2)k(x1＋x2)＋2
＝eq \f(－9k2,1－3k2)＋eq \f(12k2,1－3k2)＋2
＝eq \f(3k2,1－3k2)＋2.
所以eq \f(－9,1－3k2)＋eq \f(3k2,1－3k2)＋2>2.
所以eq \f(3k2－9,1－3k2)>0.
又因为k2≠eq \f(1,3)且k2<1，所以eq \f(1,3)所以k的取值范围为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(k\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－111．已知椭圆E：eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1，P为椭圆E的右顶点，直线l交E于A，B两点，且PA⊥PB，则l恒过除P点以外的定点( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12,5)，0)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，0)) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(12,5))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,3)))
答案 A
解析 设直线l的方程为x＝my＋n，
代入椭圆方程，消去x可得(m2＋4)y2＋2mny＋n2－16＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
y1＋y2＝－eq \f(2mn,m2＋4)，y1y2＝eq \f(n2－16,m2＋4)，
x1x2＝m2y1y2＋mn(y1＋y2)＋n2，x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2n，
由PA⊥PB，P(4,0)，
可得(x1－4，y1)·(x2－4，y2)＝0，可得x1x2－4(x1＋x2)＋y1y2＋16＝0，
即m2y1y2＋mn(y1＋y2)＋n2－4m(y1＋y2)－8n＋y1y2＋16＝0，
代入y1＋y2＝－eq \f(2mn,m2＋4)，y1y2＝eq \f(n2－16,m2＋4)，
化简整理可得5n2－32n＋48＝0，
解得n＝eq \f(12,5)，n＝4(舍去)．
12．若直线l1：2x－y－1＝0与直线l2：3x－y－2＝0交于点M，抛物线C：x2＝y上存在不同的两点P，Q，使得直线kMP＋kMQ＝0，若eq \(PR,\s\up6(→))＝eq \(RQ,\s\up6(→))，且R(x0，y0)，则y0的取值范围为( )
A．(2,5)∪(5，＋∞) B．(2，＋∞)
C．(1,5)∪(5，＋∞) D．(1，＋∞)
答案 C
解析 联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－y－1＝0，,3x－y－2＝0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝1，))故M(1,1)，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线MP：y＝k(x－1)＋1(k≠0)，
代入x2＝y得，x2－kx＋k－1＝0，
即[x－(k－1)](x－1)＝0.
所以x1＝k－1，则y1＝(k－1)2；
同理，x2＝－k－1，y2＝(k＋1)2，
因为eq \(PR,\s\up6(→))＝eq \(RQ,\s\up6(→))，
所以y0＝eq \f(y1＋y2,2)＝k2＋1，
由题设知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k≠0，,Δ＝k2－4k＋4＝k－22>0，))
得k≠0且k≠2，
所以y0>1且y0≠5.
13．定义：若点P(x0，y0)在椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)上，则以P为切点的切线方程为eq \f(x0x,a2)＋eq \f(y0y,b2)＝1.已知椭圆C：eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1，点M为直线x－2y－6＝0上的一个动点，过点M作椭圆C的两条切线MA，MB，切点分别为A，B，则直线AB恒过定点( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,3))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,3))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(2,3))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(2,3)))
答案 C
解析 因为点M在直线x－2y－6＝0上，
设M(2t＋6，t)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
所以MA的方程为eq \f(x1x,3)＋eq \f(y1y,2)＝1，
又M在MA上，所以eq \f(x12t＋6,3)＋eq \f(y1t,2)＝1，①
同理可得eq \f(x22t＋6,3)＋eq \f(y2t,2)＝1，②
由①②可得AB的方程为eq \f(x2t＋6,3)＋eq \f(yt,2)＝1，
即2x(2t＋6)＋3yt＝6，即(4x＋3y)t＋(12x－6)＝0，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4x＋3y＝0，,12x－6＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(1,2)，,y＝－\f(2,3)，))
故直线恒过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(2,3))).
14．过点P(1,1)的直线l与椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1交于点A和B，且eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \(PB,\s\up6(→)).点Q满足eq \(AQ,\s\up6(→))＝－λeq \(QB,\s\up6(→))，若O为坐标原点，且Q(m，n)，则eq \f(m,4)＋eq \f(n,3)的值为________．
答案 1
解析 由题意，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，点P(1,1)，
点Q(m，n)，
由eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \(PB,\s\up6(→))，eq \(AQ,\s\up6(→))＝－λeq \(QB,\s\up6(→))，
得1－x1＝λ(x2－1)，m－x1＝－λ(x2－m)，
即x1＋λx2＝1＋λ，x1－λx2＝m(1－λ)，
两式相乘可得，xeq \\al(2,1)－λ2xeq \\al(2,2)＝m(1－λ2)，
即eq \f(x\\al(2,1),4)－eq \f(λ2x\\al(2,2),4)＝eq \f(m,4)(1－λ2)，①
同理可得，eq \f(y\\al(2,1),3)－eq \f(λ2y\\al(2,2),3)＝eq \f(n,3)(1－λ2)，②
又点A(x1，y1)，B(x2，y2)在椭圆上，
即eq \f(x\\al(2,1),4)＋eq \f(y\\al(2,1),3)＝1，eq \f(x\\al(2,2),4)＋eq \f(y\\al(2,2),3)＝1，
由①②相加可得，
eq \f(x\\al(2,1),4)－eq \f(λ2x\\al(2,2),4)＋eq \f(y\\al(2,1),3)－eq \f(λ2y\\al(2,2),3)＝eq \f(m,4)(1－λ2)＋eq \f(n,3)(1－λ2)，
即eq \f(x\\al(2,1),4)＋eq \f(y\\al(2,1),3)－λ2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,2),4)＋\f(y\\al(2,2),3)))＝(1－λ2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,4)＋\f(n,3)))，
故1－λ2＝(1－λ2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,4)＋\f(n,3)))，所以eq \f(m,4)＋eq \f(n,3)＝1.
15．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，第九章“勾股”，讲述了“勾股定理”及一些应用．直角三角形的两直角边与斜边的长分别称“勾”“股”“弦”，且“勾2＋股2＝弦2”，设直线l交抛物线y＝eq \f(1,4)x2于A，B两点，若|OA|，|OB|恰好是Rt△OAB的“勾” “股”(O为坐标原点)，则此直线l恒过定点________．
答案 (0,4)
解析 设直线AB的方程为y＝kx＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋b，,x2＝4y，))得x2－4kx－4b＝0，
则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，
若|OA|，|OB|恰好是Rt△OAB的“勾”“股”(O为坐标原点)，可得|OA|2＋|OB|2＝|AB|2，
所以OA⊥OB，即eq \(OA,\s\up6(→))⊥eq \(OB,\s\up6(→))，
所以eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝0，y1y2＝eq \f(1,4)xeq \\al(2,1)×eq \f(1,4)xeq \\al(2,2)＝eq \f(1,16)(x1x2)2，
所以eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋eq \f(1,16)(x1x2)2＝－4b＋eq \f(1,16)×(－4b)2＝0，
即b2－4b＝0，解得b＝4或b＝0(舍)，
所以直线AB的方程为y＝kx＋4，恒过点(0,4)．
16．已知椭圆C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.
(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；
(2)若l过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,3)，m))，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率，若不能，说明理由．
(1)证明 设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋b，,9x2＋y2＝m2，))
得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，
∴xM＝eq \f(x1＋x2,2)＝－eq \f(kb,k2＋9)，yM＝kxM＋b＝eq \f(9b,k2＋9).
∴直线OM的斜率kOM＝eq \f(yM,xM)＝－eq \f(9,k)，
即kOM·k＝－9.
即直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值－9.
(2)解 四边形OAPB能为平行四边形．
∵直线l过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,3)，m))，
∴k≠3，
由(1)得OM的方程为y＝－eq \f(9,k)x.
设点P的横坐标为xP.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(9,k)x，,9x2＋y2＝m2，))
得xeq \\al(2,P)＝eq \f(k2m2,9k2＋81)，即xP＝eq \f(±km,3\r(k2＋9)).
将点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,3)，m))的坐标代入直线l的方程得b＝eq \f(m3－k,3)，
因此xM＝eq \f(mkk－3,3k2＋9).
四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP＝2xM，
∴eq \f(±km,3\r(k2＋9))＝2×eq \f(mkk－3,3k2＋9).
解得k1＝4－eq \r(7)，k2＝4＋eq \r(7).
经检验，满足Δ>0，
∵k≠3，
∴当l的斜率为4－eq \r(7)或4＋eq \r(7)时，四边形OAPB为平行四边形．