北师大版高中数学选择性必修第一册专题强化练7定点、定值等探索性问题含答案

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专题强化练7　定点、定值等探索性问题　　　　　 　　　　 　　　　 1.已知直线l:y=kx+1与抛物线C:x2=4y交于A,B两点,直线m:y=2kx+2与抛物线D:x2=8y交于M,N两点,若对于任意k∈R,λ|AB|-|MN|为定值,则实数λ的值为(　　)A.12　　　B.8　　　C.4　　　D.22.(2024山东枣庄第八中学期末)若椭圆C的上顶点为D(0,1),且长轴长为22,过D任作两条互相垂直的直线分别交椭圆C于A,B两点,则直线AB过定点　　　　. 3.已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,以抛物线上一动点M为圆心的圆经过点F,且圆M的面积的最小值为π.(1)求p的值;(2)当点M的横坐标为1且位于第一象限时,过M作抛物线的两条弦MA,MB,满足∠AMF=∠BMF.证明:直线AB的斜率为定值.4.(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均不是左、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.5.(2024重庆南开中学期中)如图,椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,其长轴的两个端点与短轴的一个端点构成的三角形的面积为22.(1)求椭圆C的标准方程;(2)过点M(1,0)的直线l交C于A,B两点,交直线x=4于点P.若PA=λAM,PB=μBM,证明:λ+μ为定值,并求出这个定值.6.(2022江苏南通模拟)已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为2,过点P(0,6)且斜率为1的直线l交双曲线C于A,B两点,且OA·OB=3(O为坐标原点).(1)求双曲线C的标准方程;(2)设Q为双曲线C右支上且在第一象限的一个动点,F为双曲线C的右焦点,在x轴的负半轴上是否存在定点M,使得∠QFM=2∠QMF?若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由.答案与分层梯度式解析专题强化练7　定点、定值等探索性问题1.B　将方程y=kx+1与x2=4y联立,得x2-4kx-4=0,∴|AB|=1+k2·16k2+16=4(1+k2),将方程y=2kx+2与x2=8y联立,得x2-16kx-16=0,∴|MN|=1+4k2·256k2+64=8(1+4k2),∴λ|AB|-|MN|=4λ(1+k2)-8(1+4k2)=(4λ-32)k2+4λ-8,又其为定值,∴4λ-32=0,∴λ=8.故选B.2.答案　0,-13解析　根据题意,椭圆的焦点在x轴上,设椭圆的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),∵椭圆C的上顶点为D(0,1),∴b=1,又长轴长为22,∴a=2,则椭圆C的方程为x22+y2=1,易知直线AB的斜率存在,设直线AB的方程为y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2),由y=kx+m,x22+y2=1可得(1+2k2)x2+4kmx+2(m2-1)=0,∴Δ=16k2m2-8(1+2k2)(m2-1)=8(1+2k2-m2)>0,x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2(m2-1)1+2k2,又DA=(x1,y1−1),DB=(x2,y2-1),∴DA·DB=x1x2+(y1-1)(y2-1)=x1x2+(kx1+m-1)(kx2+m-1)=(k2+1)x1x2+k(m-1)(x1+x2)+(m-1)2=2(m2-1)(k2+1)-4k2(m2-m)+(1+2k2)(m-1)21+2k2=3m2-2m-11+2k2=0,∴3m2-2m-1=0,解得m=-13或m=1.当m=1时,直线AB经过点D,不满足题意,舍去;当m=-13时,直线AB的方程为y=kx-13,故直线AB过定点0,-13.3.解析　(1)设M(x0,y0),则y02=2px0,易知Fp2,0,则半径r=|MF|=x0-p22+y02=x02+px0+p24,因为x0≥0,所以当x0=0时,|MF|min=p2,又圆M的面积的最小值为π,所以rmin=|MF|min=1,则p2=1,所以p=2.(2)证明:由(1)知,抛物线C:y2=4x,则M(1,2),又F(1,0),所以MF⊥x轴.因为过M作抛物线的两条弦MA,MB,有∠AMF=∠BMF,所以直线MA,MB的倾斜角互补,即直线MA,MB的斜率之和为0,设Ay124,y1,By224,y2(y1≠y2),则直线AM的斜率kAM=y1-2y124-1=4y1+2,直线BM的斜率kBM=4y2+2,因此4y1+2+4y2+2=0,整理,得y1+y2=-4,所以直线AB的斜率kAB=y1-y2y124-y224=4y1+y2=-1,故直线AB的斜率为定值.4.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,所以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恒过点27,0.5.解析　(1)由题意得ca=22,12·2a·b=22,解得a=2c,ab=22,又a2=b2+c2,所以a2=4,b2=2,所以椭圆C的标准方程为x24+y22=1.(2)由题设知M(1,0)在椭圆C内,直线l的斜率存在,设l:y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2),则P(4,3k),所以PA=(x1−4,y1−3k),AM=(1−x1,−y1),PB=(x2−4,y2−3k),BM=(1-x2,-y2),联立y=k(x-1),x24+y22=1,消去y并整理,得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-4=0,且Δ>0,所以x1+x2=4k21+2k2,x1x2=2k2-41+2k2,由PA=λAM,得x1-4=λ(1-x1),y1-3k=-λy1,且x1≠1,得λ=x1-41-x1,由PB=μBM,得x2-4=μ(1-x2),y2-3k=-μy2,且x2≠1,得μ=x2-41-x2,所以λ+μ=x1-41-x1+x2-41-x2=(x1-4)(1-x2)+(x2-4)(1-x1)(1-x1)(1-x2)=5(x1+x2)-2x1x2-8x1x2-(x1+x2)+1=5×4k21+2k2-2×2k2-41+2k2-82k2-41+2k2-4k21+2k2+1=20k2-4k2+8-8-16k22k2-4-4k2+1+2k2=0.所以λ+μ为定值0.6.解析　(1)设双曲线C的焦距为2c.由双曲线C的离心率为2知c=2a,所以b=3a,从而双曲线C的方程可化为x2a2−y23a2=1.由题意知l:y=x+6,联立y=x+6,x2a2-y23a2=1,消去y并整理,得2x2-26x-6-3a2=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=6,x1x2=−3−32a2.因为OA·OB=3,所以x1x2+y1y2=x1x2+(x1+6)(x2+6)=3,于是2x1x2+6(x1+x2)+6=2×-3-32a2+6×6+6=3,所以a=1,所以双曲线C的标准方程为x2-y23=1.(2)假设存在点M(t,0)(t1,y0>0).当x0=2时,因为∠QFM=2∠QMF=90°,所以∠QMF=45°,于是|MF|=|QF|=b2a=3,即2-t=3,所以t=-1,所以M(-1,0).当x0≠2时,tan∠QFM=-kQF=-y0x0-2,tan∠QMF=kQM=y0x0-t.因为∠QFM=2∠QMF,所以tan∠QFM=tan 2∠QMF,即-y0x0-2=2×y0x0-t1-y0x0-t2.将y02=3x02-3代入并整理得-2x02+(4+2t)x0−4t=−2x02-2tx0+t2+3,所以4+2t=-2t,-4t=t2+3,解得t=-1,所以M(-1,0).综上,满足条件的点M存在,其坐标为(-1,0).