2022版高考数学一轮复习-52-定点、定值、探索性问题训练新人教B版.doc

2022版高考数学一轮复习 52 定点、定值、探索性问题训练新人教B版

2022版高考数学一轮复习 52 定点、定值、探索性问题训练新人教B版

年级：
姓名：

五十二　定点、定值、探索性问题
(建议用时：45分钟)
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·＝(　　)
A．－2 B．－4
C．3 D．－3
D　解析：设A，B，故·＝＋y1y2.
易知直线斜率不为0，设AB：x＝my＋1.
联立方程
得到y2－4my－4＝0，故y1y2＝－4，故·＝＋y1y2＝－3.
2．已知直线x－y＋1＝0与双曲线＋＝1(ab＜0)相交于P，Q两点，且OP⊥OQ(O为坐标原点)，则＋＝(　　)
A．1 B．
C．2 D．
C　解析：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
联立方程
整理得(a＋b)x2＋2ax＋a－ab＝0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝，
y1y2＝(x1＋1)(x2＋1)＝x1x2＋(x1＋x2)＋1＝.
由OP⊥OQ，得·＝0，得x1x2＋y1y2＝0，
所以＋＝0，即＝1，则＝，
所以＋＝＝2，故选C.
3．(2020·泰安高三月考)已知F1，F2分别为椭圆＋＝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．4 B．2
C． D．
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|＝|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：＋＝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＝，记椭圆和双曲线的离心率分别为e1，e2，则＋＝(　　)
A．4 B．2
C．2 D．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＝，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.
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|＝，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＝≤1，C正确．
对于A项，|OA||OB|＝
＝
＝
＝
＝＝
.
所以|OA|·|OB|≥2正确．
对于D项，由题得y1＋＝.
所以y1＝，所以＝x2，得x＝±.
不妨取x＝.
所以k＝＝－，所以直线AB的方程为y＝－x＋，所以b＝.
由题得|AB|＝y1＋＋y2＋＝y1＋y2＋＝k(x1＋x2)＋2b＋＝k2＋2b＋－＋＝.所以|BF|＝－＝1.所以D正确．
7．(2020·昆明市高三模拟)已知椭圆C：＋＝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________．
－　解析：由∠F1AF2＝60°，得a＝2c，b＝＝c.设E(m，n)，即有＋＝1，则＝－.
因为A(0，b)，B(0，－b)，
所以kEA·kEB＝·＝＝－＝－.又kEA＝kAF1＝＝，所以kEB＝－.
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＝|OF||yP－yQ|＝2，
(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)．由题可知，kMP＋kNP＝0，所以＋＝0，所以＋＝0，所以＋＝0，
所以y1＋y2＝－4，所以kMN＝＝＝－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，x)，B(x2，x)，y′＝2x，
所以切线MA的斜率为2x1，切线MA：y－x＝2x1(x－x1)．
设M(t，t－2)，则有t－2－x＝2x1(t－x1)，
化简得x－2tx1＋t－2＝0.
同理可得x－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＝＝t＝xM，所以MN⊥x轴．
(2)解：因为yN＝(x＋x)＝(x1＋x2)2－x1x2＝2t2－t＋2，所以N(t,2t2－t＋2)．
因为kAB＝＝x1＋x2＝2t，
所以直线AB：y－(2t2－t＋2)＝2t(x－t)，
即y－2＝2t，
所以直线AB过定点.
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＝，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＝，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＝－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．1 B．2
C．4 D．
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：＋＝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
(　　)
A. B.
C. D.
B　解析：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则＋＝1，＋＝1，两式相减可得＋＝0，
即＝－·.
因为线段MN中点的纵坐标为，
所以2x－3×－1＝0，
解得x＝，于是－＝－·，解得＝，
所以椭圆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)．
13．(多选题)如图，已知双曲线C：－＝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＝＋1
B．＝
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)，M，
根据△BOQ∽△BF1M，则＝，所以|OQ|＝.
由△AOP∽△AF1M，可得＝，所以|OP|＝.
根据|OP|＝e|OQ|，即＝e·，
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＝＋1，故A正确．
又＝＝e－1＝，故B错误．
因为|MF1|＝，所以直线OM的斜率k＝－＝－＝＝－e＝－2，故C正确．
直线AM的斜率k＝－＝－＝－＝－(e＋1)＝－－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，则由得y2－4my－4n＝0，
∴
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：＋＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，且F1是圆x2＋y2－4x＋7＝0的圆心，点H的坐标为(0，b)，且△HF1F2的面积为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＋y2－4x＋7＝0，
可得(x－2)2＋y2＝1，
则圆心坐标为(2，0)，即F1(2，0)，
所以半焦距c＝2.
因为△HF1F2的面积为2，
所以·b·2c＝2，所以b＝1，
所以a2＝b2＋c2＝9，
所以椭圆C的方程为＋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)．
联立消去y可得37x2＋36tx＋9(t2－1)＝0，
所以Δ＝(36t)2－4×37×9(t2－1)>0，
解得－<t<，
x1＋x2＝－，x1x2＝.
由(1)知，H(0,1)，则当t＝1时，直线y＝2x＋1过点H，不合题意，故t≠1.
令kHM＋kHN＝＋＝＋＝＝4－＝1.
解得t＝3，因此所求直线方程为y＝2x＋3.
16．(2020·肥东高中高三二模)已知椭圆C1，抛物线C2的焦点均在x轴上，C1的中心和C2的顶点均为原点O，从每条曲线上取两个点，将其坐标记录于下表中：
x
3
－2
4

y
－2
0
－4

(1)求椭圆C1，抛物线C2的标准方程；
(2)请问是否存在直线l满足条件：①过C2的焦点F；②与C1交不同两点M，N且满足⊥？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
解：(1)设抛物线C2：y2＝2px(p≠0)，则有＝2p(x≠0)．据此验证4个点知(3，－2)，(4，－4)在抛物线上，易求抛物线C2的标准方程为y2＝4x.
设椭圆C1：＋＝1(a>b>0)，把点(－2,0)，代入得解得
所以椭圆C1的标准方程为＋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)．
由消去x，
得(m2＋4)y2＋2my－3＝0，
所以y1＋y2＝，y1y2＝，①
x1x2＝(1＋my1)(1＋my2)＝1＋m(y1＋y2)＋m2y1y2＝1＋m· ＋m2·＝.②
由⊥，即·＝0，
得x1x2＋y1y2＝0.③
将①②代入③式，得＋＝0，
解得m＝±.
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)．
由消去y，
得(1＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－1)＝0.
于是x1＋x2＝，x1x2＝，①
y1y2＝k(x1－1)×k(x2－1)＝k2[x1x2－(x1＋x2)＋1]＝k2＝
－.②
由⊥，即·＝0，
得x1x2＋y1y2＝0.③
将①②代入③式，得－＝＝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.