第三章圆锥曲线的方程专题强化练10定点定值及探究性问题的解法（附解析新人教A版选择性必修第一册）

定点、定值及探究性问题的解法一、选择题1.()已知点A,B在抛物线y2=x上且位于x轴的两侧,OA·OB=2(其中O为坐标原点),则直线AB一定过点(　　)A.(2,0)B.12,0C.(0,2)D.0,122.()已知A,B是双曲线Γ:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右顶点,动点P在Γ上且P在第一象限.若PA,PB的斜率分别为k1,k2,则以下总为定值的是(　　)A.k1+k2B.|k1-k2|C.k1k2D.k12+k223.()过抛物线y2=2px(p>0)的焦点F的直线交抛物线于M,N两点,若1|MF|+1|NF|为定值,则这个定值是(　　)A.pB.2pC.p2D.2p4.()若直线l与双曲线x24-y2=1相切于点P,l与双曲线的两条渐近线分别交于点M,N,则OM·ON的值为(　　)A.3B.4C.5D.与点P的位置有关5.()已知椭圆C1:x24+y2=1和双曲线C2:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0),点P是椭圆上任意一点,且点P到双曲线C2的两条渐近线的距离的平方和为定值,则双曲线C2的离心率为(　　)A.52B.5C.3D.26.()已知点P(-1,0),设不垂直于x轴的直线l与抛物线y2=2x交于不同的两点A、B,若x轴是∠APB的平分线所在直线,则直线l一定过点(　　)A.12,0B.(1,0)C.(2,0)D.(-2,0)7.(2020湖北武昌实验中学、武汉一中等六校高二上期末联考,)已知抛物线y2=2px(p是正常数)上有两点A(x1,y1)、B(x2,y2),焦点为F.给出下列条件:甲:x1x2=p24;乙:y1y2=-p2;丙:OA·OB=-34p2(O为坐标原点);丁:1|FA|+1|FB|=2p.其中是“直线AB经过焦点F”的充要条件的个数为(　　)9,A.0B.1C.2D.3二、填空题8.()过抛物线y2=4x上一点P(4,4)作两条直线PA,PB,且它们的斜率之积为定值4,则直线AB恒过定点　　　　. 9.()椭圆E:x24+y23=1的左顶点为A,点B,C是椭圆E上的两个动点,若直线AB与AC的斜率之积为定值-14,则动直线BC恒过的定点坐标为　　　　. 10.()已知点P为直线l:x=-2上任意一点,过点P作抛物线y2=2px(p>0)的两条切线,切点分别为A(x1,y1),B(x2,y2),若x1x2为定值,则该定值为　　　　. 三、解答题11.(2020北京石景山高二上期末,)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0),B1、B2分别是椭圆短轴的上、下两个端点,F1是椭圆的左焦点,P是椭圆上异于点B1、B2的点,△B1F1B2是边长为4的等边三角形.(1)求椭圆的标准方程;(2)若点R满足RB1⊥PB1,RB2⊥PB2,求证:△PB1B2与△RB1B2的面积之比为定值.12.(2020河南开封高二上期末,)已知点2,33,1,63在椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上.(1)求椭圆C的标准方程;(2)过原点的直线与椭圆C交于A,B两点(A,B不是椭圆C的顶点),点D在椭圆C上,且AD⊥AB,直线BD与x轴、y轴分别交于M、N两点,设直线AM,AN的斜率分别为k1,k2,证明:存在常数λ,使得k1=λk2,并求出λ的值.13.(2021湖南三湘名校教育联盟高二上期中,)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12,椭圆上任一点到两个焦点的距离之和为4.(1)求椭圆E的标准方程;9,(2)已知Q(4,0),斜率为k的直线l(不过点Q)与椭圆E交于A,B两点,O为坐标原点,若∠OQA=∠OQB,则直线l是否过定点?若过定点,求出定点坐标;若不过定点,请说明理由.深度解析9,答案全解全析一、选择题1.A　当直线AB的斜率为0时,直线AB与抛物线只有1个交点,不符合题意,所以直线AB的斜率不为0,设其方程为x=ky+m.因为点A,B在抛物线y2=x上,所以设A(yA2,yA),B(yB2,yB),所以OA·OB=yA2yB2+yAyB=2,解得yAyB=1或yAyB=-2.又因为A,B两点位于x轴的两侧,所以yAyB=-2.联立y2=x,x=ky+m,得y2-ky-m=0,所以yAyB=-m=-2,即m=2.所以直线AB的方程为x=ky+2.所以直线AB一定过点(2,0).故选A.2.C　由题意可得A(-a,0),B(a,0),设P(m,n)(m>0,n>0),可得m2a2-n2b2=1,即n2m2-a2=b2a2,又k1=nm+a,k2=nm-a,所以k1k2=nm+a·nm-a=n2m2-a2=b2a2,所以k1k2为定值,故选C.3.D　抛物线y2=2px(p>0)的焦点F的坐标为p2,0,可取过F与x轴垂直的直线x=p2,把x=p2代入y2=2px,得y=±p,假设Mp2,p,Np2,-p,故|MF|=p,|NF|=p,所以1|MF|+1|NF|=1p+1p=2p,即该定值为2p.故选D.4.A　设P(x0,y0),M(x1,y1),N(x2,y2).因为P是切点,所以MP的方程为x0x4-y0y=1,且x02-4y02=4.由双曲线方程可得两条渐近线方程分别为l1:y=12x,l2:y=-12x,不妨设M在l1上,N在l2上.由x0x14-y0y1=1,y1=12x1,解得x1=4x0-2y0,y1=2x0-2y0,9,同理,得x2=4x0+2y0,y2=-2x0+2y0,所以OM·ON=x1x2+y1y2=4x0-2y0·4x0+2y0-2x0-2y0·2x0+2y0=12x02-4y02=124=3.故选A.5.A　设P(x,y),双曲线的两条渐近线方程为y=±bax,则P到两条渐近线距离的平方和为|bx-ay|a2+b22+|bx+ay|a2+b22=2(b2x2+a2y2)c2=2b2-a24·x2+2a2c2,要使该式子为定值,则b2=14a2,即c2-a2=14a2,故e=ca=52.故选A.6.B　设直线l的方程为y=kx+b(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2).由y=kx+b,y2=2x,得k2x2+(2kb-2)x+b2=0,所以Δ=4(kb-1)2-4k2b2>0,即kb<12,x1+x2=2-2kbk2,x1x2=b2k2.因为x轴是∠APB的平分线所在直线,所以kAP=-kPB,所以y1x1+1=-y2x2+1,即kx1+bx1+1=-kx2+bx2+1,整理,得2kx1x2+(k+b)·(x1+x2)+2b=0,所以2k·b2k2+(k+b)·2-2kbk2+2b=0,化简,得k+b=0,所以y=kx+b=kx-k=k(x-1),所以直线l过定点(1,0).故选B.7.B　由题意知,直线AB的斜率不为0.设直线AB的方程为x=my+t,则直线AB交x轴于点T(t,0),且抛物线的焦点F的坐标为p2,0.联立y2=2px,x=my+t,消去x,得y2-2pmy-2pt=0,所以y1+y2=2pm,y1y2=-2pt.对于甲条件,x1x2=y12y224p2=(y1y2)24p2=(-2pt)24p2=t2=p24,解得t=±p2,所以甲条件是“直线AB经过焦点F”的必要不充分条件;对于乙条件,y1y2=-2pt=-p2,解得t=p2,所以乙条件是“直线AB经过焦点F”的充要条件;9,对于丙条件,OA·OB=x1x2+y1y2=t2-2pt=-34p2,即t2-2pt+34p2=0,解得t=p2或t=3p2,所以丙条件是“直线AB经过焦点F”的必要不充分条件;对于丁条件,1|FA|+1|FB|=1x1+p2+1x2+p2=1my1+t+p2+1my2+t+p2=m(y1+y2)+2t+pmy1+t+p2my2+t+p2=m(y1+y2)+2t+pm2y1y2+mt+p2(y1+y2)+t+p22=2pm2+2t+p-2m2pt+mt+p2·2pm+t+p22=2pm2+2t+pp2m2+t+p22=2p,化简得t2=p24,解得t=±p2,所以丁条件是“直线AB经过焦点F”的必要不充分条件.二、填空题8.答案　(3,-4)解析　设Ay124,y1,By224,y2,则kPA=y1-4y124-4=4y1+4,同理,kPB=4y2+4,易求得kAB=4y1+y2.因为kPA·kPB=4,所以4y1+4·4y2+4=4,所以y1y2+4(y1+y2)+12=0,所以y1y2=-12-4(y1+y2).直线AB的方程为y-y1=4y1+y2x-y124,即(y1+y2)y-y1y2=4x.将y1y2=-12-4(y1+y2)代入上式得(y1+y2)(y+4)=4(x-3),所以直线AB恒过定点(3,-4).9.答案　(1,0)解析　由题意得A(-2,0),且直线BC的斜率不为0.设B(x1,y1),C(x2,y2),直线BC的方程为x=ny+t.联立x24+y23=1,x=ny+t,得(3n2+4)y2+6nty+3t2-12=0,所以y1+y2=-6nt3n2+4,y1y2=3t2-123n2+4.9,因为直线AB与AC的斜率之积为定值-14,所以y1x1+2·y2x2+2=-14,所以4y1y2+(ny1+t+2)(ny2+t+2)=0,即(n2+4)y1y2+n(t+2)(y1+y2)+(t+2)2=0,所以t2+t-2=0,解得t=1或t=-2.当t=-2时,不符合题意,舍去,所以t=1,所以直线BC恒过定点(1,0).10.答案　4解析　设过A(x1,y1)的切线方程为x=my-my1+x1.由y2=2px,x=my-my1+x1,得y2-2pmy+2pmy1-2px1=0,∴Δ=4p2m2-4×2p(my1-x1)=0,解得m=y1p.因此切线方程为y1y=px+px1,同理,过B(x2,y2)的切线方程为y2y=px+px2,又两切线的交点P在直线l:x=-2上,故设P(-2,t),则y1t=-2p+px1,y2t=-2p+px2,消去t得y1y2=x1-2x2-2.从而2px12px2=(x1-2)2(x2-2)2,化简得(x1x2-4)(x2-x1)=0,又x2-x1不恒为0,故x1x2-4=0恒成立.故x1x2为定值4.三、解答题11.解析　(1)因为△B1F1B2是边长为4的等边三角形,所以b=2,c=23,所以a=4.所以椭圆的标准方程为x216+y24=1.(2)证明:设直线PB1,PB2的斜率分别为k,k',则直线PB1的方程为y=kx+2.由RB1⊥PB1,得直线RB1的方程为x+k(y-2)=0.将y=kx+2代入x216+y24=1,得(4k2+1)x2+16kx=0,因为P是椭圆上异于点B1,B2的点,所以xP=-16k4k2+1.9,所以k'=yP+2xP=-14k.由RB2⊥PB2,得直线RB2的方程为y=4kx-2.由x+k(y-2)=0,y=4kx-2,得xR=4k4k2+1.所以S△PB1B2S△RB1B2=xPxR=-16k4k2+14k4k2+1=4.12.解析　(1)由题意得,2a2+13b2=1,1a2+23b2=1,解得a2=3,b2=1,∴椭圆C的标准方程为x23+y2=1.(2)设A(x1,y1)(x1y1≠0),D(x2,y2),则B(-x1,-y1).所以kAB=y1x1.设直线AD的方程为y=kx+m,由题意知k≠0,m≠0.因为AB⊥AD,所以k=-x1y1.由y=kx+m,x23+y2=1,可得(1+3k2)x2+6mkx+3m2-3=0,所以x1+x2=-6mk1+3k2,y1+y2=k(x1+x2)+2m=2m1+3k2.所以kBD=y1+y2x1+x2=-13k=y13x1,所以直线BD的方程为y+y1=y13x1(x+x1),令y=0,得x=2x1,即M(2x1,0),可得k1=-y1x1,令x=0,得y=-2y13,即N0,-2y13,可得k2=5y13x1,所以k1=-35k2,即λ=-35,因此,存在实数λ=-35使得结论成立.13.解析　(1)由椭圆定义可知2a=4,即a=2,又e=ca=12,所以c=1,b2=a2-c2=4-1=3,所以椭圆E的标准方程为x24+y23=1.(2)直线l过定点(1,0).设A(x1,y1),B(x2,y2),直线l:y=kx+m,联立x24+y23=1,y=kx+m,得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,则Δ=(8km)2-4(3+4k2)(4m2-12)>0,即4k2-m2+3>0,x1+x2=-8km3+4k2,x1x2=4m2-123+4k2,因为∠OQA=∠OQB,所以kAQ+kBQ=0,9,所以y1x1-4+y2x2-4=0,即kx1+mx1-4+kx2+mx2-4=0,所以(kx1+m)(x2-4)+(kx2+m)(x1-4)=0,即2kx1x2+(m-4k)(x1+x2)-8m=0,则2k×4m2-123+4k2+(m-4k)×-8km3+4k2-8m=0,整理得m=-k,满足Δ>0,则直线l的方程为y=kx-k=k(x-1),所以直线l过定点(1,0).解后反思　本题求解的突破点在于根据∠OQA=∠OQB分析可得直线AQ、BQ的倾斜角互补,斜率互为相反数,根据斜率公式,列式计算即可.9