2022版新教材高考数学一轮复习52定点定值探索性问题训练含解析新人教B版

这是一份2022版新教材高考数学一轮复习52定点定值探索性问题训练含解析新人教B版，共11页。试卷主要包含了已知F为椭圆C，已知椭圆C，点P是抛物线C，直线l与抛物线C等内容，欢迎下载使用。
A组 全考点巩固练
1．(2021·榆林市高三检测)已知AB是过抛物线y2＝4x焦点F的弦，O是原点，则eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝( )
A．－2B．－4
C．3D．－3
D 解析：设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),4)，y1))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,2),4)，y2))，故eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝eq \f(y\\al(2,1)y\\al(2,2),16)＋y1y2.
易知直线斜率不为0，设AB：x＝my＋1.
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,y2＝4x，))
得到y2－4my－4＝0，故y1y2＝－4，故eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝eq \f(y\\al(2,1)y\\al(2,2),16)＋y1y2＝－3.
2．已知直线x－y＋1＝0与双曲线eq \f(x2,a)＋eq \f(y2,b)＝1(ab＜0)相交于P，Q两点，且OP⊥OQ(O为坐标原点)，则eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝( )
A．1 B．eq \r(2)
C．2 D．eq \r(5)
C 解析：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y＋1＝0，,\f(x2,a)＋\f(y2,b)＝1，))
整理得(a＋b)x2＋2ax＋a－ab＝0，
所以x1＋x2＝－eq \f(2a,a＋b)，x1x2＝eq \f(a－ab,a＋b)，
y1y2＝(x1＋1)(x2＋1)＝x1x2＋(x1＋x2)＋1＝eq \f(b－ab,a＋b).
由OP⊥OQ，得eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝0，得x1x2＋y1y2＝0，
所以eq \f(a－ab,a＋b)＋eq \f(b－ab,a＋b)＝0，即eq \f(2ab,a＋b)＝1，则eq \f(ab,a＋b)＝eq \f(1,2)，
所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(b＋a,ab)＝2，故选C.
3．(2020·泰安高三月考)已知F1，F2分别为椭圆eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,8)＝1的左、右焦点，M是椭圆上的一点，且在y轴的左侧，过点F2作∠F1MF2的平分线的垂线，垂足为N.若|ON|＝2(O为坐标原点)，则|MF2|－|MF1|等于( )
A．4B．2
C．eq \f(\r(3),2) D．eq \f(3\r(3),2)
A 解析：延长F2N交MF1的延长线于点P，如图．
因为MN为∠F1MF2的平分线，且F2N⊥MN，所以|MF2|＝|MP|，
所以|MF2|－|MF1|＝|MP|－|MF1|＝|F1P|.
因为O，N分别为F1F2，F2P的中点，
所以ON为△PF1F2的中位线，
所以|ON|＝eq \f(1,2)|F1P|＝2，所以|MF2|－|MF1|＝|F1P|＝2|ON|＝4.
4．(2020·亳州市高三二模)已知F为椭圆C：eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,16)＝1的左焦点，O为坐标原点，点P在椭圆C上且位于x轴上方，点A(－3,4)．若直线OA平分线段PF，则∠PAF的大小为( )
A．60°B．90°
C．120°D．无法确定
B 解析：设椭圆的上顶点为B(0,4)，因为A(－3,4)，F(－3,0)．故AF⊥x轴，AB⊥y轴．
则四边形ABOF为矩形，所以当P在点B处时满足直线OA平分线段PF.
故∠PAF＝∠BAF＝90°.
5．已知椭圆和双曲线有共同的焦点F1，F2，P是它们的一个交点，且∠F1PF2＝eq \f(2π,3)，记椭圆和双曲线的离心率分别为e1，e2，则eq \f(3,e\\al(2,1))＋eq \f(1,e\\al(2,2))＝( )
A．4B．2eq \r(3)
C．2D．3
A 解析：设椭圆的长半轴长为a1，双曲线的实半轴长为a2，不妨设点P在第一象限，根据椭圆和双曲线的定义，得|PF1|＋|PF2|＝2a1，|PF1|－|PF2|＝2a2，所以|PF1|＝a1＋a2，|PF2|＝a1－a2.又|F1F2|＝2c，∠F1PF2＝eq \f(2π,3)，所以在△F1PF2中，|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|·cs∠F1PF2，即4c2＝(a1＋a2)2＋(a1－a2)2－2(a1＋a2)(a1－a2)cs eq \f(2π,3)，化简得3aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＝4c2，两边同除以c2，得eq \f(3,e\\al(2,1))＋eq \f(1,e\\al(2,2))＝4.故选A.
6．(多选题)(2020·青岛市高三模拟)设A，B是抛物线y＝x2上的两点，O是坐标原点，下列结论成立的是( )
A．若OA⊥OB，则|OA||OB|≥2
B．若OA⊥OB，则直线AB过定点(1,0)
C．若OA⊥OB，则点O到直线AB的距离不大于1
D．若直线AB过抛物线的焦点F，且|AF|＝eq \f(1,3)，则|BF|＝1
ACD 解析：对于B项，设直线AB的方程为y＝kx＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
将直线AB的方程代入抛物线方程y＝x2，得x2－kx－b＝0，则x1＋x2＝k，x1x2＝－b.因为OA⊥OB，所以kOA·kOB＝x1x2＝－b＝－1，所以b＝1.
于是直线AB的方程为y＝kx＋1，该直线过定点(0,1)．故B不正确．
对于C项，点O到直线AB的距离d＝eq \f(1,\r(1＋k2))≤1，C正确．
对于A项，|OA||OB|＝eq \r(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1)x\\al(2,2)＋y\\al(2,2))
＝eq \r(x\\al(2,1)＋x\\al(4,1)x\\al(2,2)＋x\\al(4,2))
＝eq \r(1＋x\\al(2,1)1＋x\\al(2,2))
＝eq \r(1＋x\\al(2,1)＋x\\al(2,2)＋x\\al(2,1)x\\al(2,2))
＝eq \r(2＋x\\al(2,1)＋x\\al(2,2))＝
eq \r(4＋x1＋x22).
所以|OA|·|OB|≥2正确．
对于D项，由题得y1＋eq \f(1,4)＝eq \f(1,3).
所以y1＝eq \f(1,12)，所以eq \f(1,12)＝x2，得x＝±eq \f(\r(3),6).
不妨取x＝eq \f(\r(3),6).
所以k＝eq \f(\f(1,12)－\f(1,4),\f(\r(3),6))＝－eq \f(\r(3),3)，所以直线AB的方程为y＝－eq \f(\r(3),3)x＋eq \f(1,4)，所以b＝eq \f(1,4).
由题得|AB|＝y1＋eq \f(1,4)＋y2＋eq \f(1,4)＝y1＋y2＋eq \f(1,2)＝k(x1＋x2)＋2b＋eq \f(1,2)＝k2＋2b＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋eq \f(1,2)＝eq \f(4,3).所以|BF|＝eq \f(4,3)－eq \f(1,3)＝1.所以D正确．
7．(2020·昆明市高三模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点A，B分别为椭圆的上、下顶点，直线AF1与椭圆C的另一个交点为E.若∠F1AF2＝60°，则直线BE的斜率为________．
－eq \f(\r(3),4) 解析：由∠F1AF2＝60°，得a＝2c，b＝eq \r(a2－c2)＝eq \r(3)c.设E(m，n)，即有eq \f(m2,a2)＋eq \f(n2,b2)＝1，则eq \f(n2－b2,m2)＝－eq \f(b2,a2).
因为A(0，b)，B(0，－b)，
所以kEA·kEB＝eq \f(n－b,m)·eq \f(n＋b,m)＝eq \f(n2－b2,m2)＝－eq \f(b2,a2)＝－eq \f(3,4).又kEA＝kAF1＝eq \f(b,c)＝eq \r(3)，所以kEB＝－eq \f(\r(3),4).
8．(2020·东北三省四市教研联合体高考模拟)点P(1，t)(t>0)是抛物线C：y2＝4x上一点，F为C的焦点．
(1)若直线OP与抛物线的准线l交于点Q，求△QFP的面积；
(2)过点P作两条倾斜角互补的直线分别与C交于M，N两点，证明：直线MN的斜率是定值．
(1)解：将P(1，t)代入y2＝4x得t＝2.则直线OP：y＝2x，准线l：x＝－1，所以Q(－1，－2)．
所以S△QFP＝eq \f(1,2)|OF||yP－yQ|＝2，
(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)．由题可知，kMP＋kNP＝0，所以eq \f(y1－2,x1－1)＋eq \f(y2－2,x2－1)＝0，所以eq \f(y1－2,\f(y\\al(2,1),4)－1)＋eq \f(y2－2,\f(y\\al(2,2),4)－1)＝0，所以eq \f(4,y1＋2)＋eq \f(4,y2＋2)＝0，
所以y1＋y2＝－4，所以kMN＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(4,y1＋y2)＝－1.
9．在平面直角坐标系xOy中，M为直线y＝x－2上一动点，过点M作抛物线C：x2＝y的两条切线MA，MB，切点分别为A，B，N为AB的中点．
(1)证明：MN⊥x轴；
(2)直线AB是否恒过定点？若是，求出这个定点的坐标；若不是，请说明理由．
(1)证明：设切点A(x1，xeq \\al(2,1))，B(x2，xeq \\al(2,2))，y′＝2x，
所以切线MA的斜率为2x1，切线MA：y－xeq \\al(2,1)＝2x1(x－x1)．
设M(t，t－2)，则有t－2－xeq \\al(2,1)＝2x1(t－x1)，
化简得xeq \\al(2,1)－2tx1＋t－2＝0.
同理可得xeq \\al(2,2)－2tx2＋t－2＝0.
所以x1，x2是方程x2－2tx＋t－2＝0的两根，
所以x1＋x2＝2t，x1x2＝t－2，
所以xN＝eq \f(x1＋x2,2)＝t＝xM，所以MN⊥x轴．
(2)解：因为yN＝eq \f(1,2)(xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2))＝eq \f(1,2)(x1＋x2)2－x1x2＝2t2－t＋2，所以N(t,2t2－t＋2)．
因为kAB＝eq \f(x\\al(2,1)－x\\al(2,2),x1－x2)＝x1＋x2＝2t，
所以直线AB：y－(2t2－t＋2)＝2t(x－t)，
即y－2＝2teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，
所以直线AB过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2)).
B组 新高考培优练
10．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＝eq \f(2,3)，则直线l过定点( )
A．(－3,0)B．(0，－3)
C．(3,0)D．(0,3)
A 解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)．因为k1k2＝eq \f(2,3)，所以eq \f(y1,x1)·eq \f(y2,x2)＝eq \f(2,3).又yeq \\al(2,1)＝2x1，yeq \\al(2,2)＝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)．
11．(2020·大连市检测)已知O为坐标原点，设F1，F2分别是双曲线x2－y2＝1的左、右焦点，P为双曲线左支上任一点，过点F1作∠F1PF2的角平分线的垂线，垂足为H，则|OH|＝( )
A．1B．2
C．4 D．eq \f(1,2)
A 解析：如图，延长F1H交PF2于点Q.
由PH为∠F1PF2的平分线及PH⊥F1Q，可知|PF1|＝|PQ|.根据双曲线的定义，得|PF2|－|PF1|＝2，从而|QF2|＝2.在△F1QF2中，易知OH为中位线，故|OH|＝1.故选A.
12．(2020·辽宁联考)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝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eq \f(2,3)，则椭圆C的离心率是
( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(\r(3),3)
C.eq \f(2,3) D.eq \f(2\r(2),3)
B 解析：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则eq \f(x\\al(2,1),a2)＋eq \f(y\\al(2,1),b2)＝1，eq \f(x\\al(2,2),a2)＋eq \f(y\\al(2,2),b2)＝1，两式相减可得eq \f(x1＋x2x1－x2,a2)＋eq \f(y1＋y2y1－y2,b2)＝0，
即eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(b2,a2)·eq \f(x1＋x2,y1＋y2).
因为线段MN中点的纵坐标为eq \f(2,3)，
所以2x－3×eq \f(2,3)－1＝0，
解得x＝eq \f(3,2)，于是－eq \f(3,2)＝－eq \f(b2,a2)·eq \f(9,4)，解得eq \f(b2,a2)＝eq \f(2,3)，
所以椭圆C的离心率e＝eq \r(1－\f(b2,a2))＝eq \f(\r(3),3).故选B.
(或直接利用性质kMN·kOP＝－eq \f(b2,a2)，其中P为线段MN的中点)．
13．(多选题)如图，已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为A，B，M在双曲线C上，且MF1⊥x轴，直线MA，MB与y轴分别交于P，Q两点．若|OP|＝e|OQ|(e为双曲线C的离心率)，则下列说法正确的是( )
A．e＝eq \r(2)＋1
B．eq \f(|AF1|,|AO|)＝eq \r(3)
C．直线OM的斜率k＝－2
D．直线 AM的斜率k′＝－3
AC 解析：根据题意得A(－a,0)，B(a，0)，F1(－c，0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－c，\f(b2,a)))，
根据△BOQ∽△BF1M，则eq \f(|OQ|,|F1M|)＝eq \f(|OB|,|F1B|)，所以|OQ|＝eq \f(b2,a＋c).
由△AOP∽△AF1M，可得eq \f(|OP|,|F1M|)＝eq \f(|OA|,|F1A|)，所以|OP|＝eq \f(b2,c－a).
根据|OP|＝e|OQ|，即eq \f(b2,c－a)＝e·eq \f(b2,a＋c)，
整理可得a＋c＝e(c－a)，
即1＋e＝e(e－1)，
即e2－2e＝1.
因为e＞1，解得e＝eq \r(2)＋1，故A正确．
又eq \f(|AF1|,|AO|)＝eq \f(c－a,a)＝e－1＝eq \r(2)，故B错误．
因为|MF1|＝eq \f(b2,a)，所以直线OM的斜率k＝－eq \f(\f(b2,a),c)＝－eq \f(b2,ac)＝eq \f(a2－c2,ac)＝eq \f(1,e)－e＝－2，故C正确．
直线AM的斜率k＝－eq \f(|MF1|,|AF1|)＝－eq \f(\f(b2,a),c－a)＝－eq \f(c＋a,a)＝－(e＋1)＝－eq \r(2)－2，故D不正确．
故选AC.
14．(2021·河南中原名校联考)直线l与抛物线y2＝4x交于不同两点A，B，其中A(x1，y1)，B(x2，y2)．若y1y2＝－36，则直线l恒过点的坐标是________．
(9,0) 解析：设直线l的方程为x＝my＋n，则由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋n，,y2＝4x，))得y2－4my－4n＝0，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝4m，,y1y2＝－4n.))
又y1y2＝－36，∴－4n＝－36，∴n＝9，
∴直线l方程为x＝my＋9，恒过点(9,0)．
15．(2021·武汉外国语学校高三模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，且F1是圆x2＋y2－4eq \r(2)x＋7＝0的圆心，点H的坐标为(0，b)，且△HF1F2的面积为2eq \r(2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)是否存在直线y＝2x＋t与椭圆C相交于M，N两点，使得直线HM与HN的斜率之和为1？若存在，求此时的直线方程；若不存在，请说明理由．
解：(1)由x2＋y2－4eq \r(2)x＋7＝0，
可得(x－2eq \r(2))2＋y2＝1，
则圆心坐标为(2eq \r(2)，0)，即F1(2eq \r(2)，0)，
所以半焦距c＝2eq \r(2).
因为△HF1F2的面积为2eq \r(2)，
所以eq \f(1,2)·b·2c＝2eq \r(2)，所以b＝1，
所以a2＝b2＋c2＝9，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,9)＋y2＝1.
(2)假设存在这样的直线满足题设条件．
设M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2x＋t，,\f(x2,9)＋y2＝1，))消去y可得37x2＋36tx＋9(t2－1)＝0，
所以Δ＝(36t)2－4×37×9(t2－1)>0，
解得－eq \r(37)0)，把点(－2,0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，\f(\r(2),2)))代入得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(4,a2)＝1，,\f(2,a2)＋\f(1,2b2)＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝1，))
所以椭圆C1的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)(方法一)假设存在这样的直线l过抛物线焦点F(1,0)．设直线l的方程为x－1＝my，两交点坐标为M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－1＝my，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去x，
得(m2＋4)y2＋2my－3＝0，
所以y1＋y2＝eq \f(－2m,m2＋4)，y1y2＝eq \f(－3,m2＋4)，①
x1x2＝(1＋my1)(1＋my2)＝1＋m(y1＋y2)＋m2y1y2＝1＋m·eq \f(－2m,m2＋4) ＋m2·eq \f(－3,m2＋4)＝eq \f(4－4m2,m2＋4).②
由eq \(OM,\s\up6(→))⊥eq \(ON,\s\up6(→))，即eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝0，
得x1x2＋y1y2＝0.③
将①②代入③式，得eq \f(4－4m2,m2＋4)＋eq \f(－3,m2＋4)＝0，
解得m＝±eq \f(1,2).
所以存在直线l满足条件，且l的方程为y＝2x－2或y＝－2x＋2.
(方法二)容易验证当直线l的斜率不存在时，不满足题意．
当直线l斜率存在时，假设存在直线l过抛物线焦点F(1,0)．设其方程为y＝k(x－1)，与椭圆C1的交点坐标为M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx－1，))消去y，
得(1＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－1)＝0.
于是x1＋x2＝eq \f(8k2,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(4k2－1,1＋4k2)，①
y1y2＝k(x1－1)×k(x2－1)＝k2[x1x2－(x1＋x2)＋1]＝k2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4k2－1,1＋4k2)－\f(8k2,1＋4k2)＋1))＝
－eq \f(3k2,1＋4k2).②
由eq \(OM,\s\up6(→))⊥eq \(ON,\s\up6(→))，即eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝0，
得x1x2＋y1y2＝0.③
将①②代入③式，得eq \f(4k2－1,1＋4k2)－eq \f(3k2,1＋4k2)＝eq \f(k2－4,1＋4k2)＝0，解得k＝±2.
所以存在直线l满足条件，且l的方程为y＝2x－2或y＝－2x＋2.
x
3
－2
4
eq \r(2)
y
－2eq \r(3)
0
－4
eq \f(\r(2),2)