1、专题强化练5定点、定值及探究性问题 一、选择题1.(2020四川成都高二期中,)已知双曲线x23-y26=1,O为坐标原点,P,Q为双曲线上两动点,且OPOQ,则1OP2+1OQ2=()A.2B.1C.13D.162.()如图,在抛物线y2=2px的准线上任取一点P(异于准线与x轴的交点),连接PO并延长,交抛物线于A,过P作平行于x轴的直线交抛物线于B,则直线AB与x轴的交点坐标为()A.与P点位置有关B.(2p,0)C.(p,0)D.p2,03.(2021浙江金华曙光学校高二上第一次阶段考试,)黄金分割比=5-120.618被誉为“人间最巧的比例”.离心率e=5-12的椭圆被称为“优美椭圆
2、”.在平面直角坐标系中的“优美椭圆”C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右顶点分别为A,B,“优美椭圆”C上有一动点P(异于椭圆的左、右顶点),设直线PA,PB的斜率分别为k1,k2,则k1k2为()A.1-52B.1+52C.5-12D.5+124.()设点P为椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)上的动点(除左、右顶点外),椭圆C的焦点为F1,F2,离心率为e,I为PF1F2的内心,则直线IF1和直线IF2的斜率之积为()A.1-e1+eB.e-11+eC.e+1e-1D.1+e1-e二、填空题5.(2020江苏南京六校联合体高二上期中,)若直线l与抛物线y2=8x交于两点,且两交
3、点的纵坐标为y1,y2,若y1y2=-3,则直线l恒过定点.6.(2020江西南昌第二中学高二上期中,)已知曲线y2b-x2a=1(ab0且ab)与直线x+y-2=0相交于P,Q两点,且OPOQ=0(O为原点),则1b-1a的值为.7.(2020江苏南通如东高级中学、栟茶高级中学等四校高二上期中,)已知抛物线y2=2px(p0)和动直线l:y=kx+b(k0,b0)交于两点A(x1,y1),B(x2,y2),连接OA,OB,记直线OA,OB的斜率分别为kOA,kOB,且kOAkOB=3恒成立,则当k变化时直线l恒经过的定点为.三、解答题8.(2021江苏连云港高二上期中,)如图,过抛物线y2=
4、4x的焦点F任作直线l,与抛物线交于A,B两点,AB与x轴不垂直,且点A位于x轴上方.AB的垂直平分线与x轴交于D点.(1)若AF=2FB,求AB所在直线的方程;(2)求证:ABDF为定值.9.(2021江苏泰州姜堰第二中学高二上期中,)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左顶点与上顶点的距离为23,且经过点(2,2).(1)求椭圆C的方程;(2)直线l与椭圆C相交于P、Q两点,M是PQ的中点.若椭圆上存在点N满足ON=3MO,求证:PQN的面积S为定值.10.(2021江苏无锡锡山高级中学高二上阶段性考试,)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的右
5、焦点为F(1,0),且点P1,32在椭圆C上,O为坐标原点.(1)求椭圆C的标准方程;(2)设过定点T(0,2)的直线l与椭圆C交于不同的两点A、B,且AOB为锐角,求直线l的斜率k的取值范围;(3)过椭圆C1:x2a2+y2b2-53=1上异于其顶点的任一点Q作圆O:x2+y2=43的两条切线,切点分别为M,N(M,N不在坐标轴上),若直线MN在x轴、y轴上的截距分别为m,n,证明:13m2+1n2为定值.11.(2021江苏镇江高二上期中,)在平面直角坐标系xOy中有三条曲线:x24+y2m=1(0m0);y2=2px(p0).请从中选择合适的一条作为曲线C,使得曲线C满足:点F(1,0)
6、为曲线C的焦点,直线y=x-1被曲线C截得的弦长为8.(1)请求出曲线C的方程;(2)设A,B为曲线C上两个异于原点的不同动点,且OA与OB的斜率之和为1,过点F作直线AB的垂线,垂足为H,问是否存在定点M,使得线段MH的长度为定值?若存在,请求出点M的坐标和线段MH的长度;若不存在,请说明理由.12.(2021江苏苏州西安交大附中高二上期中,)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0),右顶点A(2,0),上顶点为B,左、右焦点分别为F1,F2,且F1BF2=60,过点A作斜率为k(k0)的直线l交椭圆于点D,交y轴于点E.(1)求椭圆C的标准方程;(2)设P为AD的中点,过点E且与OP垂
7、直的直线交OP于点G,是否存在定点Q对于任意的k(k0)都有GQ是定值?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.专题强化练5定点、定值及探究性问题一、选择题1.D由题意设直线OP的方程为y=kx,直线OQ的方程为y=-1kx,设P(x1,y1),Q(x2,y2),则由x23-y26=1,y=kxx12=62-k2,y12=6k22-k2,由x23-y26=1,y=-1kxx22=6k22k2-1,y22=62k2-1,所以1OP2=2-k26+6k2,1OQ2=2k2-16+6k2,即1OP2+1OQ2=k2+16+6k2=16.故选D.2.D抛物线y2=2px的准线方程为x=-p2,设
8、P-p2,t,t0,则直线OP的方程为y=-2tpx,与抛物线方程联立可得Ap32t2,-p2t,在y2=2px中,令y=t,可得Bt22p,t,所以直线AB的斜率k=t+p2tt22p-p32t2=2ptt2-p2,所以直线AB的方程为y-t=2ptt2-p2x-t22p,令y=0,解得x=p2,所以直线AB与x轴的交点坐标为p2,0,故选D.3.A设P(m,n),代入椭圆方程,得m2a2+n2b2=1,由离心率e=5-12,可得ca=5-12,b2a2=5-12,整理得n2=-b2a2(m2-a2),又k1=nm+a,k2=nm-a,所以k1k2=n2m2-a2=-b2a2=-5-12=1
9、-52,故选A.4.B如图,连接PI,并延长交x轴于G,由内角平分线定理得GIIP=F1GF1P,GIIP=F2GF2P,利用等比性质得GIIP=F1G+F2GF1P+F2P=2c2a=ca=e,设P(x0,y0),I(xI,yI),G(xG,0),则x02a2+y02b2=1,yIy0=GIGP=cc+a,b2=a2y02a2-x02,yI=cy0c+a,又PF1=a+ex0,PF2=a-ex0,由GF2GF1=PF2PF1可得c-xGxG+c=a-ex0a+ex0,化简得xG=e2x0,又xI-xGx0-xG=GIGP=ca+c,xI=ex0,kIF1=yIxI+c,kIF2=yIxI-c
10、,kIF1kIF2=yI2xI2-c2=cy0c+a2c2x02a2-c2=1(a+c)2a2y02x02-a2=-b2(a+c)2=c2-a2(a+c)2=c-ac+a=e-1e+1.故选B.二、填空题5.答案38,0解析由题意设直线l:x=my+n,联立得x=my+n,y2=8x, 整理得y2-8my-8n=0,可得y1y2=-8n=-3,解得n=38,直线l:x=my+38,即m(y-0)=x-38,故直线l恒过定点38,0.6.答案12解析因为OPOQ=0,故OPOQ,设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1x2+y1y2=0,联立y2b-x2a=1,y=-x+2,消去y得(a-b
11、)x2-4ax+4a-ab=0,故x1+x2=4aa-b,x1x2=4a-aba-b,且y1y2=(-x1+2)(-x2+2)=x1x2-2(x1+x2)+4=4a-aba-b-8aa-b+4,由x1x2+y1y2=0得4a-aba-b-8aa-b+4+4a-aba-b=0,化简得1b-1a=12.7.答案-23p3,0解析联立y2=2px,y=kx+b,消去y,得k2x2+(2kb-2p)x+b2=0,x1+x2=-2kb+2pk2,x1x2=b2k2,kOAkOB=3,y1y2=3x1x2,y1y2=(kx1+b)(kx2+b)=k2x1x2+kb(x1+x2)+b2=2bpk=3b2k2
12、,解得b=2pk3,y=kx+2pk3=kx+2p3,令x=-2p3,得y=0,直线过定点-23p3,0.三、解答题8.解析(1)易知直线l的斜率不为0,F(1,0),设直线l:x=ty+1,A(x1,y1),B(x2,y2),因为A点在x轴上方,所以y10,y20,所以t0,所以t=122,所以AB所在直线的方程为22x-y-22=0.(2)证明:设AB中点为N(xN,yN),yN=y1+y22=2t,xN=2t2+1,N(2t2+1,2t),AB的中垂线l:y-2t=-t(x-2t2-1),令y=0,得D(2t2+3,0),DF=|2t2+3-1|=2t2+2,易求得AB=(x2-x1)2
13、+(y2-y1)2=(ty2-ty1)2+(y2-y1)2=1+t2(y1+y2)2-4y1y2=1+t216t2+16=4t2+4,ABDF=4t2+42t2+2=2(定值).9.解析(1)椭圆C的左顶点为(-a,0),上顶点为(0,b).因为左顶点与上顶点的距离为23,所以a2+b2=23,化简得a2+b2=12.因为椭圆经过点(2,2),所以4a2+2b2=1,由解得a2=8,b2=4或a2=6,b2=6(舍去),所以椭圆C的方程为x28+y24=1.(2)证明:当直线PQ斜率不存在时,N(22,0),直线方程为x=223,易得PQ=823.此时S=12MNPQ=12823823=649
14、.当直线PQ斜率存在时,设PQ的方程为y=kx+m(m0),联立y=kx+m,x28+y24=1,得(1+2k2)x2+4kmx+2(m2-4)=0,由=(4km)2-8(1+2k2)(m2-4)0,得0m20,所以k214,因为AOB为锐角,所以OAOB0,即xAxB+yAyB0,所以xAxB+(kxA+2)(kxB+2)0,即(1+k2)xAxB+2k(xA+xB)+40,则(1+k2)44k2+3+2k-16k4k2+3+40,即-12k2+164k2+30,解得-233k-12或12k233,故直线l的斜率k的取值范围为-233k-12或12k21,故排除,所以曲线C为,则p2=1,解
15、得p=2,所以曲线C的方程为y2=4x.(2)易知OA、OB的斜率存在且均不为0,AB不可能是斜率为0的直线,设AB的方程为x=my+t,代入y2=4x,可得y2-4my-4t=0,0,设Ay124,y1,By224,y2,则y1+y2=4m,y1y2=-4t,kOA+kOB=y1y124+y2y224=4y1+4y2=4(y1+y2)y1y2=-4mt=1,解得t=-4m, AB的方程为x=my-4m,由题可知过点F且垂直AB的直线的方程为y=-m(x-1).联立x=my+t,y=-m(x-1),解得x=m(m-4)m2+1,y=m(4m+1)m2+1,Hm(m-4)m2+1,m(4m+1)
16、m2+1,易知直线AB过点(0,4),不妨猜测M(0,4),则MH=m2(m-4)2(1+m2)2+(m-4)2(1+m2)2=(m-4)21+m2,此时不满足MH为定值,故记M(0,4),观察两个定点F(1,0),M(0,4),由于MHFH,故H在以MF为直径的圆上,MF的中心为圆心,圆心到H的距离恒为12MF=172,则MF的中点12,2即为点M,此时MH=172,所以存在定点M12,2,使得线段MH的长度为定值,且MH =172.12.解析(1)由题意得a=2,根据椭圆的对称性及F1BF2=60可知OBF2=30.在RtOBF2中,OBF2=30,OB=b,OF2=c,所以BF2=a,所
17、以cos 30=ba,所以32=b2,解得b=3,所以椭圆的标准方程为x24+y23=1.(2)由题可得直线AD:y=k(x-2)(k0),令x=0,则y=-2k,所以E(0,-2k),将直线AD的方程代入x24+y23=1,整理得(3+4k2)x2-16k2x+16k2-12=0,设D(xD,yD),则2+xD=16k23+4k2,所以xD=8k2-63+4k2,yD=k8k2-63+4k2-2=-12k3+4k2,设P(xP,yP),因为P为AD的中点,所以xP=128k2-63+4k2+2=8k23+4k2,yP=12-12k3+4k2=-6k3+4k2,所以OP=8k23+4k2,-6
18、k3+4k2,设存在H(x0,y0)使得OPEH,则EH=(x0,y0+2k),OPEH=0,所以8k2x03+4k2-6ky0+12k23+4k2=0,即4k2(2x0-3)-6ky03+4k2=0对任意的k0都成立,所以2x0-3=0,y0=0,解得x0=32,y0=0,所以存在H32,0使得OPEH.所以存在点Q34,0使得GQ=12OH=34,即存在定点Q对任意的k(k0)都有GQ是定值.方法点拨利用直线与椭圆相交,消元后可得D(xD,yD),根据中点坐标公式可得P点的坐标,设存在H(x0,y0)使得OPEH,则EH=(x0,y0+2k),利用OPEH=0恒成立,可得存在H32,0,使得OPEH,进而得到点Q的坐标.
