2027年高考数学一轮复习 突破练习含答案 076-课时作业69 定值问题（教用）

这是一份2027年高考数学一轮复习 突破练习含答案 076-课时作业69 定值问题（教用），共13页。试卷主要包含了已知双曲线E，已知圆F1等内容，欢迎下载使用。
1．（2025·湖南娄底模拟）（15分）已知双曲线E:x2a2−y2=1(a>0)过点M(2,1)，直线MP，MQ分别为圆C:(x−2)2+y2=r2(00，因为∠PMQ=π3，k2=−k1，所以k1=3，
由（1）知，P(14−435,−7+435)，Q(14+435,−7−435)，
所以直线PQ的方程为y=−(x−14−435)+−7+435，即y=−x+75，当x=2时，y=−35，
所以S△PMQ=12×[1−(−35)]×|xP−xQ|=12×85×|14−435−14+435|=32325.
2．（2025·江苏苏州模拟）（15分）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线Γ:y2=4x的焦点为F，直线l1与Γ 交于A,B两点(A在x轴上方).
（1） 若l1过F，另一条过F的直线l2与Γ 交于D,E两点(D在x轴上方)，直线AE,BD分别交直线x=1于点R,T，证明：F为RT的中点；
（2） 若Γ 上存在点C，使得FA⋅BC=FB⋅AC=0，证明：FA⋅FB为定值.
【答案】
（1） 证明 设A(a2,2a),B(b2,2b),D(d2,2d),E(e2,2e).易知F(1,0).
设l1:x=my+1，与抛物线方程联立，得y2−4my−4=0，则yAyB=4ab=−4，即ab=−1，
同理可得de=−1.
易知直线AE的方程为y=2a−2ea2−e2(x−a2)+2a,即y=2a+e(x−a2)+2a,令x=1，得yR=2(1+ae)a+e，同理可得yT=2(1+bd)b+d.
将b=−1a,d=−1e代入得yT=2(1+1ae)−1a−1e=−2(ae+1)a+e=−yR，所以F为RT的中点.
（2） 证法一：设C(c2,2c)，由FB⋅AC=0，得(1−b2)(c+a)−4b=0①，
由FA⋅BC=0，得(1−a2)(b+c)−4a=0②，
由①×(1−a2)−②×(1−b2)，
得(1−a2)(1−b2)(c+a)−4b(1−a2)−(1−a2)(1−b2)(c+b)+4a(1−b2)=0，
即(1−a2)(1−b2)a−4b(1−a2)−(1−a2)⋅(1−b2)b+4a(1−b2)=0，
即[(a2−1)(b2−1)+4ab+4](a−b)=0.
因为a≠b，所以(a2−1)(b2−1)+4ab+4=0，
则FA⋅FB=(a2−1)(b2−1)+4ab=−4，即FA⋅FB为定值−4.
证法二：设C(c2,2c)，因为FB⋅AC=0，
所以FB⋅(FC−FA)=0，
即FC⋅FB=FA⋅FB，
同理可得FA⋅FC=FA⋅FB，
所以FA⋅FB=13(FA⋅FB+FC⋅FB+FA⋅FC).
因为FA⋅BC=FB⋅AC，所以F为△ABC的垂心，所以FC⋅AB=0.
由FA⋅BC=0，得(1−a2)(b+c)−4a=0①，
同理可得(1−b2)(c+a)−4b=0②，
(1−c2)(a+b)−4c=0③，
由①−②，得ab+bc+ca=−5④，
由①+②+③，得a2(b+c)+b2(a+c)+c2(a+b)=−2(a+b+c)，
即a2b+b2c+c2a+ab2+bc2+ca2=−2(a+b+c)，
又a2b+b2c+c2a+ab2+bc2+ca2=(ab+bc+ca)⋅(a+b+c)−3abc，
故结合④可得abc=−(a+b+c)，
则FA⋅FB+FC⋅FB+FA⋅FC=
(1−a2)(1−b2)+(1−b2)(1−c2)+(1−c2)⋅(1−a2)+4(ab+bc+ca)=
(a2b2+b2c2+c2a2)−2(a2+b2+c2)−17=
[(ab+bc+ca)2−2abc(a+b+c)]−2[(a+b+c)2−2(ab+bc+ca)]−17=−12，
所以FA⋅FB为定值−4.
3．（2025·江苏泰州模拟）（15分）在平面直角坐标系xOy中，已知点D为双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右顶点，M(2,3)，N(2,−3)在E上.
（1） 求E的方程；
（2） 过点G(−3,0)且斜率为k1的直线l与E的左支交于A，B两点，△ABD的外接圆的圆心为P，直线OP的斜率为k2，证明：k1k2为定值.
【解析】
（1） 因为M(2,3)，N(2,−3)在E上，所以2a2−3b2=1,4a2−9b2=1,解得a2=1，b2=3，
所以E的方程为x2−y23=1.
（2） 证明：如图，
易知直线l：y=k1(x+3)，
由y=k1(x+3),x2−y23=1,
得(3−k12)x2−6k12x−9k12−3=0①，
因为直线l与双曲线E的左支交于A，B两点，所以k12>3，
设圆心P(s,t),半径为r(r>0)，
则圆P：(x−s)2+(y−t)2=r2，则k2=ts,由y=k1(x+3),(x−s)2+(y−t)2=r2,
得(1+k12)x2+(6k12−2k1t−2s)x+s2+(3k1−t)2−r2=0②，
由双曲线的右顶点D(1,0)在圆上,得(1−s)2+t2=r2③，
由①②得1+k123−k12=6k12−2k1t−2s−6k12=s2+(3k1−t)2−r2−9k12−3.
由1+k123−k12=6k12−2k1t−2s−6k12，可得k13t+k12s+12k12−3k1t−3s=0③，
由6k12−2k1t−2s−6k12=s2+(3k1−t)2−r2−9k12−3，结合③可得3k13t−5k12s+4k12−k1t−s=0④，
由3×④−③可得k1t=2s，即k1k2=k1⋅ts=2.故k1k2为定值2.
4．（2025·湖北武汉模拟）（15分）已知圆F1:(x+1)2+y2=1，圆F2:(x−1)2+y2=9，动圆C与圆F1外切，且与圆F2内切，设动圆圆心C的轨迹为E.不过原点O的动直线l与曲线E交于A,B两点，平面内一点D满足OA=AD，连接BD交E于点F（不同于点B），已知S△FABS△OAB=14.
（1） 求曲线E的方程；
（2） 判断直线OA，OB的斜率乘积是不是定值，若是，求出该定值，若不是，说明理由；
（3） 判断四边形OAFB的面积是不是定值，若是，求出该定值，若不是，说明理由.
【解析】
（1） 设动圆C的半径为R，∵ 动圆C与圆F1外切，∴|CF1|=R+1，
由动圆C与圆F2内切，知R|F1F2|，由椭圆的定义可知，动点C在以F1，F2为左、右焦点，4为长轴长的椭圆上，
设椭圆的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，半焦距为c，则a=2，c=1，∴b2=a2−c2=3，
又圆F1与圆F2内切，∴ 点C不能在切点处，即椭圆应去掉点(−2,0)，
∴ 曲线E的方程为x24+y23=1(x≠−2).
（2） 直线OA，OB的斜率乘积不是定值.理由如下：
设A(x1,y1),B(x2,y2)，F(xF,yF),则D(2x1,2y1)，
∵S△FABS△OAB=S△FABS△DAB=BFBD=14，
∴BF=14BD，
∴xF=x12+3x24,yF=y12+3y24，
由点F在曲线E上得(x12+3x24)24+(y12+3y24)23=1,
∴14(x124+y123)+916(x224+y223)+34(x1x24+y1y23)=1,
又点A，B均在E上，∴x124+y123=1,x224+y223=1,代入上式得x1x24+y1y23=14,
∴kOA⋅kOB=y1y2x1x2=34(1x1x2−1)，故kOA⋅kOB不为定值.
（3） ∵ 点A，B均在E上，
∴x124+y123=1,x224+y223=1,
两式相乘得(x124+y123)(x224+y223)=1，整理得(x1x24+y1y23)2+112(x1y2−x2y1)2=1,
由（2）知x1x24+y1y23=14，代入上式可得(x1y2−x2y1)2=454，
又S△OAB=12|OA||OB|sin∠AOB=12x12+y12⋅x22+y221−(OA⋅OB)2|OA|2|OB|2=
12x12+y12⋅x22+y22⋅
(x12+y12)(x22+y22)−(x1x2+y1y2)2x12+y12⋅x22+y22=
12|x1y2−x2y1|=354，且S△FABS△OAB=14,
∴S四边形OAFB=S△OAB+S△FAB=54S△OAB=15516.