1、高考资源网（） 您身边的高考专家练案60理练案56文第三课时定点、定值、探索性问题A组基础巩固一、选择题1(2021北京延庆统测)设抛物线y24x的焦点为F，准线为l.P是抛物线上的一点，过P作PQx轴于Q，若|PF|3，则线段PQ的长为(C)AB2C2D3解析抛物线的准线方程为x1，由于|PF|3，根据抛物线的定义可知xP2，将xP2代入抛物线方程得y8，yP2，所以|PQ|2.故选C2(2021云南文山州质检)已知双曲线y21(a0)上关于原点对称的两个点P，Q，右顶点为A，线段AP的中点为E，直线QE交x轴于M(1,0)，则双曲线的离心率为(D)ABCD解析由已知得M为APQ的重心，a3
2、|OM|3，又b1，c，即e，故选D3(2021湖北宜昌部分示范高中协作体联考)椭圆1(ab0)的离心率，则双曲线1的离心率为(D)A2BCD解析椭圆离心率e1，e1，即，双曲线的离心率e.故选D4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)A4B2C2D3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|a1a2，|PF2|a1a2.又|F1F2|2c，F1PF2，所以在F1PF2中，|F1F2|2|
3、PF1|2|PF2|22|PF1|PF2|cosF1PF2，即4c2(a1a2)2(a1a2)22(a1a2)(a1a2)cos，化简得3aa4c2，两边同除以c2，得4.故选A5直线l与抛物线C：y22x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y2x1，y2x2，所以y1y26.将直线l：xmyb代入抛物线C：y22x得y22my2b0，所以y1y22b6，得b3，即直线l的方程为xmy3，所以直线l过定点(3,0)
4、6(2021安徽皖江名校联考)已知双曲线C：1(a0，b0)的右顶点为P，任意一条平行于x轴的直线交C于A，B两点，总有PAPB，则双曲线C的离心率为(A)ABCD解析设A(x0，y0)，B(x0，y0)，则yb2，又P(a,0)，(x0a，y0)，(x0a，y0)，由已知PAPB，则xa2y0，即(a2b2)0，对于x0a或x0a恒成立，故a2b2，即ab，所以e.故选A7(2021河南洛阳期中)已知F1F2是双曲线C：y21的两个焦点，过点F1且垂直于x轴的直线与C相交于A，B两点，则ABF2的内切圆的半径为(B)ABCD解析由题意知F1(，0)，F2(，0)，当x时，y，|AB|，|AF
5、|BF|，lABF6，SABF，所求内切圆半径r.故选B8(2020安徽1号卷A10联盟联考)已知椭圆C：1(ab0)上存在两点M、N关于直线2x3y10对称，且线段MN中点的纵坐标为，则椭圆C的离心率是(B)ABCD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，2x310，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kMNkOP，其中P为线段MN的中点)9(2021福建莆田质检)已知直线l过抛物线C：x26y的焦点F，交C于A，B两点，交C的准线于点P，若，则|AB|(A)A8B9C11D16解析过A作准线的垂线，垂足为H，则
6、|AF|AH|，又，|AH|AP|，kAP，又F，AB的方程为yx，由，得y25y0，yAyB5，|AB|yAyBp538，故选A10(2021山东青岛调研)在平面直角坐标系xOy中，动点P与两个定点F1(，0)和F2(，0)连线的斜率之积等于，记点P的轨迹为曲线E，直线l：yk(x2)与E交于A，B两点，则下列结论中正确的个数为(B)E的方程为y21(x)E的离心率为E的渐近线与圆(x2)2y21相切满足|AB|2的直线l仅有1条A1B2C3D4解析设点P(x，y)，由已知得，整理得y21，所以点P的轨迹为曲线E的方程为y21(x)，故正确；又离心率e，故不正确；圆(x2)2y21的圆心(2
7、,0)到曲线E的渐近线为yx的距离为d1，又圆(x2)2y21的半径为1，故正确；(2,0)为双曲线y21的右焦点，且x2时，y，过右焦点的双曲线最短的弦(通径)为，又两顶点间距离为2，满足|AB|2的直线有3条，故错故选B二、填空题11(2021华东师大附中期中)若点Q(4,1)是抛物线y28x的弦AB的中点，则直线AB的方程为_4xy150_.解析解法一：点差法，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y8x1，y8x2，两式相减，得yy8(x1x2)，所以直线AB的斜率k4，所以直线AB的方程为y14(x4)，即4xy150.解法二：斜率法：设直线AB的方程为y1k(x4)，代入y28x
8、，得(kx)2(8k22k8)x(14k)20，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q(4,1)，所以x1x28，解得k4，所以直线AB的方程为4xy150.12(2021山西重点中学联考)已知双曲线1(a0，b0)的离心率e2，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k1k2的值为_3_.解析由题意知，e2b23a2，则双曲线方程可化为3x2y23a2，设A(m，n)，M(x，y)(xm)，则B(m，n)，k1k23.13(2021河北石家庄模拟)已知双曲线1(a0，b0)的左、右顶点分别为A，B，点P是双曲线上一点，若PAB为等腰
9、三角形，PAB120，则双曲线的离心率为.解析如图所示：过点P作PDx轴，垂足为D因为PAB为等腰三角形，所以|PA|AB|2a，又因为PAB120，所以PAD60.|PD|PA|sin 60a，|AD|PA|cos 60a，故P(2a，a)因为点P(2a，a)在双曲线1上，所以1，即1.e.故答案为三、解答题14(2021河北唐山质检)已知椭圆E：1(ab0)的离心率为，直线l：xty1交E于A，B两点；当t0时，|AB|.(1)求E的方程；(2)设A在直线x3上的射影为D，证明：直线BD过定点，并求定点坐标解析(1)由题意得e2，整理得a23b2，由t0时，|AB|得1，因此a，b1.故E
10、的方程是y21.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则D(3，y1)，将xty1代入y21得(t23)y22ty20，y1y2，y1y2，从而ty1y2y1y2.直线BD：y(x3)y1，设直线BD与x轴的交点为(x0,0)，则(x03)y10，所以x0333，将式代入上式可得x02，故直线BD过定点(2,0)15(2021山西运城调研)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，F1、F2分别是椭圆的左、右焦点，P是椭圆上一点，且PF1F2的周长是6.(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l经过椭圆的右焦点F2且与C交于不同的两点M，N，试问：在x轴上是否存在点Q，使得直线QM与直线QN的斜率的
11、和为定值？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由解析(1)设椭圆C的焦距为2c(c0)，由椭圆的定义知PF1F2的周长为2a2c，所以2a2c6，又因为椭圆C：1(ab0)的离心率e，所以a2c，联立解得a2，c1，所以b，所求椭圆C的方程为1.(2)若存在满足条件的点Q(t,0)当直线l的斜率k存在时，设yk(x1)，联立1，消y得(34k2)x28k2x4k2120，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2，x1x2，kQMkQNkk要使对任意实数k，kQMkQN为定值，则只有t4，此时，kQMkQN0.当直线l与x轴垂直时，若t4，也有kQMkQN0.故在x轴上存在点Q(
12、4,0)，使得直线QM与直线QN的斜率的和为定值0.B组能力提升1(2021吉林长春模拟)双曲线E：1(a0，b0)被斜率为4的直线截得的弦AB的中点为(2,1)，则双曲线E的离心率为(B)ABC2D解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)代入双曲线方程作差有，有2，所以3，e，故选B2.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)ABC1D1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.
13、又(c，b)，(a，b)所以b2ac.而b2c2a2，所以c2a2ac.在等号两边同除以a2，解得e.3(2021陕西省渭南市模拟)抛物线y24x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)ABCD解析由题意可知，抛物线的准线方程为x1，A(1,0)，过P作PN垂直直线x1于N，由抛物线的定义可知PFPN，连接PA，最小NAP最小PAF最大PA与抛物线y24x相切设PA的方程为：yk(x1)，所以，解得：k2x2(2k24)xk20，所以(2k24)24k40，解得k1，所以NPA45，cosNPA，故选B4(2021河南中原名校联考)直线l与抛物线y24
14、x交于两不同点A，B，其中A(x1，y1)，B(x2，y2)，若y1y236，则直线l恒过点的坐标是_(9,0)_解析设直线l的方程为xmyn，则由得y24my4n0，又y1y236，4n36，n9，直线l方程为xmy9，恒过(9,0)5(2021山东质检)已知椭圆C：1(ab0)过点P(2,1)，且该椭圆的一个短轴端点与两焦点F1，F2为等腰直角三角形的三个顶点(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l不经过P点且与椭圆C相交于A，B两点若直线PA与直线PB的斜率之积为1，证明：直线l过定点解析(1)由题意1，bc，结合a2b2c2，解得a，b，椭圆方程为1.(2)证明：当直线l斜率不存在时，设直
15、线l：xm，A(m，ym)，B(m，ym)，kPAkPB1，解得m2(舍)或m6(舍)，故不满足当直线l斜率存在时，设l：ykxt，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立，整理得(2k21)x24ktx2t260.8(6k2t23)0，x1x2，x1x2.则kPAkPB1，(k21)x1x2(tkk2)(x1x2)t22t30，将代入上式可得12k28ktt22t30，(2kt1)(6kt3)0，若2kt10，t12k，直线l经过P点与已知矛盾，若6kt30，t36k，48(5k26k1)存在k使得0成立直线l的方程为yk(x6)3，故直线l过定点(6，3)6(2021广东汕头模拟)在平面直
16、角坐标系xOy中，O为坐标原点，F(0,1)，N(t，1)(tR)，已知MFN是以FN为底边，且边MN平行于y轴的等腰三角形(1)求动点M的轨迹C的方程；(2)已知直线l交x轴于点P，且与曲线C相切于点A，点B在曲线C上，且直线PBy轴，点P关于点B的对称点为点Q，试判断点A、Q、O三点是否共线，并说明理由解析(1)设动点M(x，y)，因为MNy轴，所以MN与直线y1垂直，则|MN|y1|，MFN是以FN为底边的等腰直角三角形，故|MN|MF|，即|y1|，即x2(y1)2(y1)2，化简得x24y.因为当点M为坐标原点时，M、F、N三点共线，无法构成三角形，因此，动点M的轨迹C的方程为x24y(y0)；(2)A、Q、O三点共线，理由如下：因为直线l与曲线C相切，所以直线l的斜率必存在且不为零，设直线l的方程为ykxm，由，消y得x24kx4m0，16k216m0，得mk2.所以，直线l的方程为ykxk2，令y0，得xk，则点P，B，故Q，又由x24kx4k20，得x2k，则点A(2k，k2)，kAO，kOQ，kAOkOQ，因此，A、Q、O三点共线高考资源网版权所有，侵权必究！
