新教材适用2024版高考数学一轮总复习练案53第八章解析几何第八讲第三课时定点定值探索性问题

这是一份新教材适用2024版高考数学一轮总复习练案53第八章解析几何第八讲第三课时定点定值探索性问题，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
练案[53] 第三课时　定点、定值、探索性问题
A组基础巩固
一、单选题
1．直线l与抛物线C：y2＝2x交于A，B两点，O为坐标原点，若直线OA，OB的斜率分别为k1，k2，且满足k1k2＝，则直线l过定点( A )
A．(－3,0) B．(0，－3)
C．(3,0) D．(0,3)
[解析]　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为k1k2＝，所以·＝.又y＝2x1，y＝2x2，所以y1y2＝6.将直线l：x＝my＋b代入抛物线C：y2＝2x得y2－2my－2b＝0，所以y1y2＝－2b＝6，得b＝－3，即直线l的方程为x＝my－3，所以直线l过定点(－3,0)．
2．(2023·河南信阳高级中学开学考)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，c是双曲线C的半焦距，点A是圆O：x2＋y2＝c2上一点，线段F2A交双曲线C的右支于点B，|F2A|＝a，＝3，则双曲线C的离心率为( A )
A. B．
C． D．
[解析]　如下图，由题意可知|F2B|＝，|AB|＝，

由双曲线定义可知|BF1|＝＋2a＝，
易得∠F1AF2＝90°，由勾股定理可得|AF1|＝a，在Rt△AF1F2中，再由勾股定理得(a)2＋a2＝(2c)2，所以e＝.故选A.
3．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)上存在两点M、N关于直线2x－3y－1＝0对称，且线段MN中点的纵坐标为，则椭圆C的离心率是( B )
A. B．
C． D．
[解析]　设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则＋＝1，
＋＝1，两式相减可得
＋＝0，
即＝－·.
∵线段MN中点的纵坐标为，∴2x－3×－1＝0，
解得x＝，于是－＝－·，解得＝，
∴椭圆C的离心率e＝＝，故选B.
(或直接利用性质kMN·kOP＝－，其中P为线段MN的中点)．
4．(2023·安徽江淮十校联考)已知F1，F2分别为椭圆＋＝1的左、右焦点，点P为椭圆上一点，以F2为圆心的圆与直线PF1恰好相切于点P，则∠PF1F2是( A )
A．45° B．30°
C．60° D．75°
[解析]　依题意a＝2，b＝c＝，
设|PF2|＝t，由椭圆定义得|PF1|＝4－t，
由于以F2为圆心的圆与直线PF1恰好相切于点P，
所以|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2，即
(4－t)2＋t2＝(2)2＝8，
整理得t2－4t＋4＝0，得t＝2，得|PF1|＝|PF2|，所以∠PF1F2＝45°.故选A.
5．(2022·西南四省名校联考、河北衡水中学二调)在抛物线y2＝8x上有三点A，B，C，F为其焦点，且＝(＋)，则||＋||＋||＝( D )
A．6 B．8
C．9 D．12
[解析]　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，F(2,0)，
＝(2－x1，－y1)，＝(x2－x1，y2－y1)，
＝(x3－x1，y3－y1)，又＝(＋)，
故2－x1＝(x2－x1＋x3－x1)，∴x1＋x2＋x3＝6，
∴||＋||＋||＝x1＋x2＋x3＋6＝12.故选D.
6．(2022·湖北宜昌市夷陵中学模拟)已知双曲线C1：－＝1(a>0，b>0)与抛物线C2：y2＝2px(p>0)有公共焦点F，过F作双曲线一条渐近线的垂线，垂足为点A，延长FA与抛物线C2相交于点B，若点A为线段FB的中点，双曲线C1的离心率为e，则e2＝( B )
A. B．
C. D．
[解析]　如图：

因为双曲线C1和抛物线C2共焦点，∴c＝，故可得a2＋b2＝，
又F(c,0)到y＝x的距离d＝＝b，
即|AF|＝b，
从而|OA|＝＝a，∴yA＝.
从而xA＝yA·＝.
又A为BF的中点，∴B，
又B在抛物线y2＝4cx上，∴＝4c·，
又b2＝c2－a2，
∴c4－a2c2－a4＝0，即e4－e2－1＝0，
解得e2＝.故选B.
二、多选题
7．(2022·河北唐山模拟)已知直线l：x＝ty＋4与抛物线C：y2＝4x交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，O为坐标原点，直线OA，OB的斜率分别记为k1，k2，则( ABD )
A．y1·y2为定值 B．k1·k2为定值
C．y1＋y2为定值 D．k1＋k2＋t为定值
[解析]　由得y2－4ty－16＝0，
则y1y2＝－16，A正确；又k1k2＝＝＝＝－1，B正确；y1＋y2＝4t不为定值，C错误；又k1＋k2＋t＝＋＋t＝＋t＝0，D正确．故选ABD.
8．(2023·广东汕头期中)在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的离心率为，A，B分别是双曲线C的左，右顶点，点P是双曲线C的右支上位于第一象限的动点，记PA，PB的斜率分别为k1，k2，则( AC )
A．双曲线C的焦点到其一条渐近线的距离为1时，双曲线C的方程为－y2＝1
B．双曲线C的渐近线方程为y＝±2x
C．k1k2为定值
D．存在点P，使得k1＋k2＝1
[解析]　因为双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的离心率为，所以e＝＝，＝＝，渐近线方程为y＝±x，故B错误；
不妨设双曲线的焦点(c,0)到y＝x的距离为1，即＝1，解得c＝，又e＝＝，故a＝2，b＝1，所以双曲线方程为－y2＝1，故A正确；
因为A(－a,0)，B(a,0)，设P(x，y)，则k1·k2＝·＝＝＝，故C正确；
k1＋k2＝＋＝＝·＝·，因为点P在第一象限，渐近线方程为y＝±x，所以01，所以不存在点P，使得k1＋k2＝1，故D错误．故选AC.
9．(2023·湖北“宜荆荆嗯”起点考试)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，长轴长为4，点P(，1)在椭圆C外，点Q在椭圆C上，则( BCD )
A．椭圆C的离心率的取值范围是
B．当椭圆C的离心率为时，|QF1|的取值范围是[2－，2＋]
C．存在点Q使得·＝0
D.＋的最小值为1
[解析]　由题意得a＝2，又点P(，1)在椭圆C外，则＋>1，解得b，即椭圆C的离心率的取值范围是，故A不正确；
当e＝时，c＝，b＝1，所以|QF1|的取值范围是[a－c，a＋c]，即[2－，2＋]，故B正确；
设椭圆的上顶点为A(0，b)，F1(－c,0)，F2(c,0)，由于·＝b2－c2＝2b2－a20，b>0)的左、右焦点，F2也是抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，点P是双曲线E与抛物线C的一个公共点，若|PF1|＝|F1F2|，则双曲线E的离心率为2＋.
[解析]　过点P作抛物线准线的垂线，垂足为点A，则|PA|＝|PF2|，
因为|PF1|＝|F1F2|＝2c，
则|PF2|＝|PF1|－2a＝2c－2a，
则|PA|＝2c－2a，
因为PA⊥AF1，则
cos∠APF1＝＝，
由余弦定理可得
cos∠PF1F2＝＝，
因为PA∥F1F2，所以∠APF1＝∠PF1F2，
所以＝，
整理可得c2－4ac＋a2＝0，即e2－4e＋1＝0，
因为e>1，解得e＝2＋.


四、解答题
12．(2023·安徽蚌埠质检)在平面直角坐标系中，动点M(x，y)与定点F(5,0)的距离和M到定直线l：x＝的距离的比是常数，设动点M的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)设P(2,0)，垂直于x轴的直线与曲线C相交于A，B两点，直线AP和曲线C交于另一点D，求证：直线BD过定点．
[解析]　(1)由题设得＝，
两边平方并化简得－＝1.
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x1，－y1)，D(x2，y2)，显然直线AP斜率不为0，
设直线AP的方程为x＝my＋2，
联立消去x并整理得
(9m2－16)y2＋36my－108＝0，
由题设9m2－16≠0，Δ＝(36m)2＋4×108(9m2－16)>0，
化简得m2>且m2≠，
由韦达定理可得y1＋y2＝，y1y2＝，
直线BD的方程是y＋y1＝(x－x1)，
令y＝0得x＝＋x1＝
＝
＝＝2m×＋2
＝2m×＋2＝8，
所以直线BD过定点(8,0)．
13．(2023·湖南部分校教育联盟摸底)设F1，F2是双曲线C：－＝1的左、右两个焦点，O为坐标原点，若点P在双曲线C的右支上，且|OP|＝|OF1|＝2，△PF1F2的面积为3.
(1)求双曲线C的渐近线方程；
(2)若双曲线C的两顶点分别为A1(－a,0)，A2(a,0)，过点F2的直线l与双曲线C交于M，N两点，试探究直线A1M与直线A2N的交点Q是否在某条定直线上？若在，请求出该定直线方程；如不在，请说明理由．
[解析]　(1)由|OP|＝|OF1|＝2得c＝2，且PF1⊥PF2，
所以解得a＝1，b＝.
故双曲线的渐近线方程为y＝±x.
(2)由(1)可知双曲线的方程为x2－＝1.
(ⅰ)当直线l的斜率不存在时，M(2,3)，N(2，－3)，
直线A1M的方程为y＝x＋1，直线A2N的方程为y＝－3x＋3，
联立直线A1M与直线A2N的方程可得Q，
(ⅱ)当直线l的斜率存在时，易得直线l不和渐近线平行，且斜率不为0.
设直线l的方程为y＝k(x－2)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立得(3－k2)x2＋4k2x－4k2－3＝0，
∴x1＋x2＝，x1x2＝，
∴直线A1M的方程为y＝(x＋1)，
直线A2N的方程为y＝(x－1)，
联立直线A1M与直线A2N的方程可得：
＝，两边平方得2＝，
又M(x1，y1)，N(x2，y2)满足x2－＝1，
∴＝＝
＝＝
＝＝9，
∴2＝9，∴x＝或x＝2(舍去)，
综上，Q在定直线上，且定直线方程为x＝.
14．(2022·天津河北区期末)已知圆C1：(x＋1)2＋y2＝25，圆C2：(x－1)2＋y2＝1，动圆C与圆C1和圆C2均内切．
(1)求动圆圆心C的轨迹E的方程；
(2)点P(1，t)(t>0)为轨迹E上的点，过点P作两条直线与轨迹E交于AB两点，直线PA，PB的斜率互为相反数，则直线AB的斜率是否为定值？若是，求出定值：若不是，请说明理由．
[解析]　(1)由题意得C1(－1,0)，C2(1,0)．
设动圆圆心C的坐标为(x，y)，半径为r，
则|CC1|＝5－r，|CC2|＝r－1.
从而|CC1|＋|CC2|＝4(4>|C1C2|)．
∴动圆圆心C的轨迹E是焦点为C1，C2，长轴长等于4的椭圆，且c＝1，a＝2.
又a2＝b2＋c2，得b2＝3.
∴动圆圆心C的轨迹E的方程为＋＝1.
(2)由(1)可得P.
设直线PA的方程为y－＝k(x－1)(k≠0)，
则直线PB的方程为y－＝－k(x－1)．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由消去y，整理得
(3＋4k2)x2＋(12k－8k2)x＋4k2－12k－3＝0，
则x1xP＝，即x1＝.①
同理可得x2＝.②
∴kAB＝＝
＝.
将①②代入上式，化简得kAB＝.
故直线AB的斜率为定值.
B组能力提升
1．(2022·福建漳州质检)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的长轴长为2，且过点P(，1)．
(1)求C的方程；
(2)设直线y＝kx＋m(m>0)交y轴于点M，交C于不同两点A，B，点N与M关于原点对称．BQ⊥AN、Q为垂足．问：是否存在定点M，使得|NQ|·|NA|为定值？
[解析]　(1)依题意知2a＝2，
即a＝.
所以C的方程可化为＋＝1，
将点P(，1)代入C得＋＝1，
解得b2＝2，
所以椭圆C的方程为＋＝1.

(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)
联立得，
(1＋5k2)x2＋10kmx＋5m2－10＝0，
Δ＝(10km)2－4(1＋5k2)(5m2－10)>0，
解得m20，所以m＝1，此时·＝－1，
满足Δ>0，故存在定点M(0,1)，
使得|NQ|·|NA|等于定值1.
2．(2022·辽宁沈阳模拟)如图，在平面直角坐标系中，F1，F2分别为等轴双曲线Γ：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，若点A为双曲线右支上一点，且|AF1|－|AF2|＝4，直线AF2交双曲线于B点，点D为线段F1O的中点，延长AD，BD分别与双曲线Γ交于P，Q两点．

(1)若A(x1，y1)，B(x2，y2)，求证：x1y2－x2y1＝4(y2－y1)；
(2)若直线AB，PQ的斜率都存在，且依次设为k1，k2，试判断是否为定值，如果是，请求出的值；如果不是，请说明理出．
[解析]　(1)证明：由等轴双曲线知离心率e＝＝，
|AF1|－|AF2|＝4＝2a，及c2＝a2＋b2，
可得a2＝8，b2＝8，c2＝16，所以双曲线方程为－＝1，F2(4,0)．
当直线AB的斜率不存在时，x1＝x2＝4，
x1y2－x2y1＝4y2－4y1＝4(y2－y1)，
直线AB的斜率存在时，kAF2＝kBF2，＝，
整理得x1y2－x2y1＝4(y2－y1)，
综上所述，x1y2－x2y1＝4(y2－y1)成立．
(2)依题意可知直线AD的斜率存在且不为0，设直线AD的方程为y＝(x＋2)，
代入双曲线x2－y2＝8并化简得：
(x1＋2)2x2－y(x＋2)2－8(x1＋2)2＝0，①
由于x－y＝8，则y＝x－8代入①并化简得：
(4x1＋12)x2－4(x－8)x－12x－32x1＝0，
设P(x0，y0)，
则x1x0＝，x1＋x0＝，
解得x0＝，
代入y＝(x＋2)，得y0＝，
即P，
同理可得Q，
所以k2＝
＝
＝＝(－7)·＝7k1，
所以＝7是定值．
3．(2023·福建安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学期中联考)已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的右顶点与抛物线C2：y2＝2px(p≥0)的焦点重合．C1的离心率为，过C1的右焦点F且垂直于x轴的直线截C2所得的弦长为4.
(1)求椭圆C1和抛物线C2的方程；
(2)过点M(3,0)的直线l与椭圆C1交于A，B两点，点B关于x轴的对称点为点E，证明：直线AE过定点．
[解析]　(1)由C1的离心率为得＝，所以a＝2c，
因为椭圆的右顶点与抛物线的焦点重合，
所以a＝，即p＝2a，
所以p＝4c，
过C1的右焦点F且垂直于x轴的直线截C2所得的弦长为4，令x＝c代入抛物线的方程：可得y2＝2p·c，所以，|y|＝＝2c，
所以4＝2·2c，解得c＝1，
所以a＝2，p＝4c＝4，
b2＝a2－c2＝3，
所以椭圆C1的方程为：＋＝1，
抛物线C2的方程为y2＝8x.
(2)证明：证法一：由题意可得直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为：x＝my＋3，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由题意可得E(x2，－y2)，
直线与椭圆联立：，
整理可得：(4＋3m2)y2＋18my＋15＝0，
Δ＝182m2－4(4＋3m2)×15>0，
可得m2>，y1＋y2＝，y1y2＝，
直线AE的方程为：y－y1＝(x－x1)，
整理可得：y＝x－＋
＝x－
＝x＋
＝，
所以当x＝时，y＝0，即过定点，
证法二：由对称性知道AE定点在x轴上
因为AE方程为：y－y1＝(x－x1)，
令y＝0得x＝＝，
即过定点.
4．(2022·河北保定二模)已知抛物线Ω：y2＝4x.
(1)直线l：y＝k(x－1)与Ω交于A、B两点，O为坐标原点．
从下面的①②两个问题中任选一个作答，如果两个都作答，则按所做的第一个计分．
①证明：|OA|·|OB|＝.
②若∠AOB＝，求k2的值．
(2)已知点P(1,2)，直线m与Ω交于C、D两点(均异于点P)，且kPC＋kPD＝1.过P作直线m的垂线，垂足为Q，试问是否存在定点M，使得|QM|为定值？若存在，求出定值；若不存在，说明理由．
[解析]　(1)选①：证明：设点A(x1，y1)、B(x2，y2)，
联立可得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，(*)
当k＝0时，方程(*)即为x＝0，此时直线l与抛物线Ω只有一个公共点，不合乎题意，
所以k≠0，Δ＝(2k2＋4)2－4k4＝16(k2＋1)>0，
则x1＋x2＝，x1x2＝1，
所以|OA|·|OB|＝＝
＝
＝
＝＝.
因为l：y＝k(x－1)经过抛物线Ω的焦点，
所以＝＝＝，
故|OA|·|OB|＝.
选②：设点A(x1，y1)、B(x2，y2)，
联立可得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，(*)
当k＝0时，方程(*)即为x＝0，此时直线l与抛物线Ω只有一个公共点，不合乎题意，
所以k≠0，Δ＝(2k2＋4)2－4k4＝16(k2＋1)>0，
则x1＋x2＝，x1x2＝1，
|OA|·|OB|＝
＝
＝
＝
＝＝.
因为·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋k2(x1－1)(x2－1)
＝(k2＋1)x1x2－k2(x1＋x2)＋k2
＝1＋k2－k2·＋k2＝－3，
所以cos ＝＝＝－，解得k2＝.
(2)若直线m的斜率为零，则直线m与抛物线Ω只有一个公共点，不合乎题意，
设直线CD的方程为x＝ty＋n，设点C、D，
联立得y2－4ty－4n＝0，Δ′＝16t2＋16n>0，
由韦达定理可得y3＋y4＝4t，y3y4＝－4n.
因为kPC＋kPD＝＋＝＋＝1，
所以y3y4＝12＋2(y3＋y4)，
所以－4n＝12＋8t，即n＝－2t－3.
所以直线CD的方程为x＝ty－2t－3，即x＝t(y－2)－3，
则直线CD过定点N(－3,2)．
因为PQ⊥NQ，所以当点M为PN的中点时，
|QM|＝|PN|＝2为定值，
故存在定点M(－1,2)，使得|QM|为定值．