高考数学一轮复习练案60第九讲圆锥曲线的综合问题第3课时定点定值探索性问题含解析 10页

‎ [练案60]第三课时　定点、定值、探索性问题 A组基础巩固 一、单选题 ‎1．(2020·湖北宜昌部分示范高中协作体联考)椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率，则双曲线－＝1的离心率为(　D　)‎ A．2　 B．　‎ C．　 D． ‎[解析]　椭圆离心率e1＝＝，‎ ‎∴e＝1－＝，即＝，‎ ‎∴双曲线的离心率e＝＝＝.故选D.‎ ‎2．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＝，记椭圆和双曲线的离心率分别为e1，e2，则＋＝(　A　)‎ A．4　 B．2　‎ C．2　 D．3‎ ‎[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＝，所以在△F1PF2中，|F‎1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|cos∠F1PF2，即‎4c2＝(a1＋a2)2＋(a1－a2)2－2(a1＋a2)(a1－a2)cos，化简得‎3a＋a＝‎4c2，两边同除以c2，得＋＝4.故选A.‎ ‎3．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 - 10 -‎ ‎＝－3，即直线l的方程为x＝my－3，所以直线l过定点(－3,0)．‎ ‎4．(2019·长春监测)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　)‎ A．1　 B．2　‎ C．4　 D． ‎[解析]　如图所示，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.‎ ‎5．(2020·安徽1号卷A10联盟联考)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)．‎ - 10 -‎ ‎6．(2020·福建莆田质检)已知直线l过抛物线C：x2＝6y的焦点F，交C于A，B两点，交C的准线于点P，若＝，则|AB|＝(　A　)‎ A．8　 B．9　‎ C．11　 D．16‎ ‎[解析]　过A作准线的垂线，垂足为H，则|AF|＝|AH|，‎ 又＝，∴|AH|＝|AP|，‎ ‎∴kAP＝，又F(0，)，‎ ‎∴AB的方程为y＝x＋，‎ 由，得y2－5y＋＝0，∴yA＋yB＝5，‎ ‎∴|AB|＝yA＋yB＋p＝5＋3＝8，故选A.‎ ‎7．(2020·广东惠州调研)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的短轴长为2，上顶点为A，左顶点为B，左、右焦点分别是F1，F2，且△F1AB的面积为，点P为椭圆上的任意一点，则＋的取值范围是(　D　)‎ A．[1,2]　　 B．[，]‎ C．[，4]　　 D．[1,4]‎ ‎[解析]　由已知得2b＝2，故b＝1，‎ ‎∵△F1AB的面积为，‎ ‎∴(a－c)b＝，∴a－c＝2－，‎ 又a2－c2＝(a－c)(a＋c)＝b2＝1，∴a＝2，c＝，‎ ‎∴＋＝＝＝，‎ 又2－≤|PF1|≤2＋，∴1≤－|PF1|2＋4|PF1|≤4，‎ ‎∴1≤＋≤4.‎ 即＋的取值范围为[1,4]．故选D.‎ 二、多选题 ‎8．已知双曲线C上的点到(2,0)和(－2,0)的距离之差的绝对值为2，则下列结论正确的是(　AC　)‎ - 10 -‎ A．C的标准方程为x2－＝1‎ B．C的渐近线方程为y＝±2x C．C的焦点到渐近线的距离为 D．圆x2＋y2＝4与C恰有两个公共点 ‎[解析]　根据双曲线的定义，c＝2,‎2a＝2，得a＝1，b＝，所以C的方程为x2－＝1，A正确；渐近线为y＝±x，B错；双曲线C的一个焦点为(2,0)，到渐近线的距离为＝，C正确；圆x2＋y2＝4的圆心为原点，半径为2，而双曲线的实轴端点为(±1,0)，可知圆与双曲线的公共点有4个，D错误．‎ ‎9．已知斜率为的直线l经过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F，与抛物线C交于点A，B两点(点A在第一象限)，与抛物线的准线交于点D，若|AB|＝8，则以下结论正确的是(　BCD　)‎ A．＋＝1　　 B．|AF|＝6‎ C．|BD|＝2|BF|　　 D．F为AD的中点 ‎[解析]　由题意知直线l的方程为y＝(x－)，由得3x2－5px＋＝0，∴x1＋x2＝，‎ ‎∴|AB|＝＋p＝＝8，∴p＝3.∴4x2－20x＋9＝0解得xA＝，xB＝，∴|AF|＝xA＋＝6，|BF|＝2，∴＋＝，A错，B正确；作BH垂直准线于H，则∠HBD＝60°，∴|BD|＝2|BH|＝2|BF|，C正确；又xD＝－，则＝＝＝xF，∴F为AD的中点，D正确；故选BCD.‎ 三、填空题 ‎10．(2019·山西重点中学联考)已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的离心率e＝2，过双曲线上一点M作直线MA，MB交双曲线于A，B两点，且斜率分别为k1，k2，若直线AB过原点，则k1·k2的值为__3__.‎ ‎[解析]　由题意知，e＝＝＝2⇒b2＝‎3a2，‎ 则双曲线方程可化为3x2－y2＝‎3a2，‎ 设A(m，n)，M(x，y)(x≠±m)，则B(－m，－n)，‎ - 10 -‎ k1·k2＝·＝＝＝3.‎ ‎11．直线m与椭圆＋y2＝1交于P1、P2两点，线段P1P2的中点为P，设直线m的斜率为k1(k1≠0)，直线OP的斜率为k2，则k1k2的值为　－　.‎ ‎[解析]　由点差法可求出k1＝－·，‎ ‎∴k1·＝－，即k1k2＝－.‎ ‎12．(2017·全国卷Ⅱ)已知F是抛物线C：y2＝8x的焦点，M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N.若M为FN的中点，则|FN|＝__6__.‎ ‎[解析]　依题意知抛物线C：y2＝8x的焦点为F(2,0)，因为M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N，M为FN的中点，设M(a，b)位于第一象限，所以a＝1，b＝2，所以N(0，4)，|FN|＝＝6.‎ 四、解答题 ‎13．(2020·河南顶尖名校联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的上顶点为A，以A为圆心，椭圆的长半轴为半径的圆与y轴的交点分别为(0,3)，(0，－1)．‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)设不经过点A的直线l与椭圆C交于两点，且·＝0，试探究直线l是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标，若不过定点，请说明理由．‎ ‎[解析]　(1)依题意知A的坐标为(0，b)，‎ 则以点A圆心，以a为半径的方程为x2＋(y－b)2＝a2，‎ 令x＝0得y＝b±a，‎ 由圆A与y轴的交点分别为(0,3)，(0，－1)．‎ 可得解得 故所求椭圆C的标准方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)由·＝0得⊥，‎ 可知PA的斜率存在且不为0.‎ 设直线lPA：y＝kx＋1①‎ 则lQA：y＝－x＋1②‎ 将①代入椭圆方程并整理，得(1＋4k2)x2＋8kx＝0，‎ 可得xP＝－，则yP＝.‎ - 10 -‎ 同理，可得xQ＝，yQ＝.‎ 由直线方程的两点式，得直线l的方程为y＝x－，‎ 即直线l过定点，该定点的坐标为(0，－)．‎ ‎14．(2019·山东滨州市期末)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，点M(－1，)在椭圆C上，椭圆C的离心率是.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)设点A为椭圆长轴的左端点，P，Q为椭圆上异于椭圆C长轴端点的两点，记直线AP，AQ斜率分别为k1，k2，若k1k2＝－，请判断直线PQ是否过定点？若过定点，求该定点坐标，若不过定点，请说明理由．‎ ‎[解析]　(1)由点M(－1，)在椭圆C上，且椭圆C的离心率是，‎ 可得，解得：，‎ 故椭圆C的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)设点P，Q的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，‎ ‎(ⅰ)当直线PQ斜率不存在时，由题意知，直线方程和曲线方程联立得：P(1，)，Q(1，－)，‎ ‎(ⅱ)当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx＋m，‎ 联立消去y得：‎ ‎(4k2＋3)x2＋8kmx＋(‎4m2‎－12)＝0，‎ 由Δ＝64k‎2m2‎－4(4k2＋3)(‎4m2‎－12)＝48(4k2－m2＋3)>0，‎ 有4k2＋3>m2，‎ 由韦达定理得：x1＋x2＝－，x1x2＝，‎ 故k1k2＝＝－，可得：‎ ‎4y1y2＋(x1＋2)(x2＋2)＝0，‎ 可得：4(kx1＋m)(kx2＋m)＋(x1＋2)(x2＋2)＝0，‎ 整理为：(4k2＋1)x1x2＋(‎4km＋2)(x1＋x2)＋‎4m2‎＋4＝0，‎ 故有(4k2＋1)－(‎4km＋2)＋‎4m2‎＋4＝0，‎ - 10 -‎ 化简整理得：m2－km－2k2＝0，解得：m＝2k或m＝－k，‎ 当m＝2k时直线PQ的方程为y＝kx＋2k，‎ 即y＝k(x＋2)，过定点(－2,0)不合题意，‎ 当m＝－k时直线PQ的方程为y＝kx－k，即y＝k(x－1)，过定点(1,0)，‎ 综上，由(ⅰ)(ⅱ)如，直线PQ过定点(1,0)．‎ B组能力提升 ‎1．(2019·大连模拟)已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点弦AB的两端点坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则的值一定等于(　A　)‎ A．－4　 B．4　‎ C．p2　 D．－p2‎ ‎[解析]　①若焦点弦AB⊥x轴，则x1＝x2＝，则x1x2＝；②若焦点弦AB不垂直于x轴，可设直线AB：y＝k(x－)，联立y2＝2px得k2x2－(k2p＋2p)x＋＝0，则x1x2＝.∵y＝2px1，y＝2px2，∴yy＝4p2x1x2＝p4.又∵y1y2<0，∴y1y2＝－p2.故＝－4.‎ ‎2.如图所示，椭圆中心在坐标原点，F为左焦点，当⊥时，其离心率为，此类椭圆被称为“黄金椭圆”．类比“黄金椭圆”，可推算出“黄金双曲线”的离心率e等于(　A　)‎ A．　　 B． C.－1　　 D．＋1‎ ‎[解析]　椭圆中“和”对应双曲线中“差”，故选A.事实上，设“黄金双曲线”方程为－＝1，‎ 则B(0，b)，F(－c,0)，A(a,0)．‎ 在“黄金双曲线”中，‎ 因为⊥，所以·＝0.‎ 又＝(c，b)，＝(－a，b)．‎ 所以b2＝ac.而b2＝c2－a2，所以c2－a2＝ac.‎ - 10 -‎ 在等号两边同除以a2，解得e＝.‎ ‎3．(2019·陕西省渭南市模拟)抛物线y2＝4x的焦点为F，点P(x，y)为该抛物线上的动点，又点A(－1,0)，则的最小值是(　B　)‎ A．　 B．　‎ C．　 D． ‎[解析]　由题意可知，抛物线的准线方程为x＝－1，‎ A(－1,0)，过P作PN垂直直线x＝－1于N，‎ 由抛物线的定义可知PF＝PN，连结PA，‎ ＝最小⇔∠NAP最小⇔∠PAF最大⇔PA与抛物线y2＝4x相切．‎ 设PA的方程为：y＝k(x＋1)，所以，‎ 解得：k2x2＋(2k2－4)x＋k2＝0，‎ 所以Δ＝(2k2－4)2－4k4＝0，解得k＝±1，‎ 所以∠NPA＝45°，‎ ＝cos∠NPA＝，故选B.‎ ‎4．(2019·河南中原名校联考)直线l与抛物线y2＝4x交于两不同点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，则由得y2－4my－4n＝0，∴又y1y2＝－36，∴－4n＝－36，∴n＝9，∴直线l方程为x＝my＋9，恒过(9,0)．‎ ‎5．(2020·江西临川一中月考)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率，一个长轴顶点在直线y＝x＋2上，若直线l与椭圆交于P，Q两点，O为坐标原点，直线OP的斜率为k1，直线OQ的斜率为k2.‎ ‎(1)求该椭圆的方程．‎ ‎(2)若k1·k2＝－，试问△OPQ的面积是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．‎ - 10 -‎ ‎[解析]　(1)由e＝＝，又由a>b>0，‎ 一个长轴顶点在直线y＝x＋2上，‎ 可得：a＝2，c＝，b＝1，‎ 故此椭圆的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)设P(x1，y1)，Q(x1，y1)，当直线PQ的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋m联立椭圆的方程得：(4k2＋1)x2＋8kmx＋‎4m2‎－4＝0，‎ 由Δ＝64k‎2m2‎－4(4k2＋1)(‎4m2‎－4)>0，‎ 可得m2<4k2＋1，‎ 则x1＋x2＝－，x1·x2＝，‎ ‎|PQ|＝·|x1－x2|‎ ‎＝· ‎＝4· 又点O到直线y＝kx＋m的距离d＝，‎ S△OPQ＝·d·|PQ|＝2|m|·，‎ 由于k1·k2＝＝＝－，‎ 可得：4k2＝‎2m2‎－1，‎ 故S△OPQ＝2|m|·＝1，‎ 当直线PQ的斜率不存在时，可算得：S△OPQ＝1，‎ 故△OPQ的面积为定值1.‎ ‎6．(2020·广、深、珠三校联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且经过点(－1，)．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)过点(，0)作直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，试问在x轴上是否存在定点Q使得直线QA与直线QB恰关于x轴对称？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由．‎ ‎[解析]　(1)由题意可得＝，＋＝1，‎ 又a2－b2＝c2，‎ 解得a2＝4，b2＝1.‎ - 10 -‎ 所以，椭圆C的方程为＋y2＝1，‎ ‎(2)存在定点Q(，0)，满足直线QA与直线QB恰关于x轴对称．‎ 设直线l的方程为x＋my－＝0，与椭圆C联立，‎ 整理得，(4＋m2)y2－2my－1＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，定点Q(t,0)．(依题意t≠x1，t≠x2)‎ 则由韦达定理可得，y1＋y2＝，‎ y1y2＝.‎ 直线QA与直线QB恰关于x轴对称，等价于AQ，BQ的斜率互为相反数．‎ 所以，＋＝0，‎ 即得y1(x2－t)＋y2(x1－t)＝0.‎ 又x1＋my1－＝0，x2＋my2－＝0，‎ 所以，y1(－my2－t)＋y2(－my1－t)＝0，‎ 整理得，(－t)(y1＋y2)－2my1y2＝0.‎ 从而可得，(－t)·－‎2m·＝0，‎ 即‎2m(4－t)＝0，‎ 所以，当t＝，即Q(，0)时，直线QA与直线QB恰关于x轴对称成立．特别地，当直线l为x轴时，Q(，0)也符合题意．综上所述，存在x轴上的定点Q(，0)，满足直线QA与直线QB关于x轴对称．‎ - 10 -‎