1、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(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)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F1
2、PF2中，|F1F2|2|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A.3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
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x2y21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)A1B2C4D解析如图所示，延长F1H交PF2于点Q，由PH为F1PF2的平分线及PHF1Q，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(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
4、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)6(2020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|AF|AH|，又，|AH|AP|，kAP，又F(0，)，AB的方程为yx，由，得y25y0，yAyB5，|AB|yAyBp538，故选A.7(2020广东惠州调研)已知椭圆1(ab0)的短轴长为2，上顶点为A，左顶
5、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)A1,2B，C，4D1,4解析由已知得2b2，故b1，F1AB的面积为，(ac)b，ac2，又a2c2(ac)(ac)b21，a2，c，又2|PF1|2，1|PF1|24|PF1|4，14.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)AC的标准方程为x21BC的渐近线方程为y2xCC的焦点到渐近线的距离为D圆x2y24与C恰有两个公共点解析根据双曲线的定义，c2,2a2，得a1，b，所以C的方程为x21，A正
6、确；渐近线为yx，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x2y24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：y22px(p0)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)A1B|AF|6C|BD|2|BF|DF为AD的中点解析由题意知直线l的方程为y(x)，由得3x25px0，x1x2，|AB|p8，p3.4x220x90解得xA，xB，|AF|xA6，|BF|2，A错，B正确；作BH垂直准线于H，则HBD
7、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(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)，k1k23.11直线m与椭圆y21交于P1、P2两点，线段P1P2的中点为P，设直线m的斜率为k1(k10)，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
8、k1k2.12(2017全国卷)已知F是抛物线C：y28x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：y28x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a1，b2，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(ab0)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
9、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(yb)2a2，令x0得yba，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y21.(2)由0得，可知PA的斜率存在且不为0.设直线lPA：ykx1则lQA：yx1将代入椭圆方程并整理，得(14k2)x28kx0，可得xP，则yP.同理，可得xQ，yQ.由直线方程的两点式，得直线l的方程为yx，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(ab0)，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；
10、(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)，()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，)，()当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为ykxm，联立消去y得：(4k23)x28kmx(4m212)0，由64k2m24(4k23)(4m212)48(4k
11、2m23)0，有4k23m2，由韦达定理得：x1x2，x1x2，故k1k2，可得：4y1y2(x12)(x22)0，可得：4(kx1m)(kx2m)(x12)(x22)0，整理为：(4k21)x1x2(4km2)(x1x2)4m240，故有(4k21)(4km2)4m240，化简整理得：m2km2k20，解得：m2k或mk，当m2k时直线PQ的方程为ykx2k，即yk(x2)，过定点(2,0)不合题意，当mk时直线PQ的方程为ykxk，即yk(x1)，过定点(1,0)，综上，由()()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y22px(p0)的焦点弦AB的两端点
12、坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则的值一定等于(A)A4B4Cp2Dp2解析若焦点弦ABx轴，则x1x2，则x1x2；若焦点弦AB不垂直于x轴，可设直线AB：yk(x)，联立y22px得k2x2(k2p2p)x0，则x1x2.y2px1，y2px2，yy4p2x1x2p4.又y1y2b0)的离心率，一个长轴顶点在直线yx2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k1k2，试问OPQ的面积是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由解析(1)由e，又由ab0，一个长轴顶点在直线yx2上，可得：a2
13、，c，b1，故此椭圆的方程为y21.(2)设P(x1，y1)，Q(x1，y1)，当直线PQ的斜率存在时，设其方程为ykxm联立椭圆的方程得：(4k21)x28kmx4m240，由64k2m24(4k21)(4m24)0，可得m2b0)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a2b2c2，解得a24，b21.所以，椭圆C的方程为y21，(2)存在定点Q(，0)，满足直线QA与直线QB恰关于x轴对称设
14、直线l的方程为xmy0，与椭圆C联立，整理得，(4m2)y22my10.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，定点Q(t,0)(依题意tx1，tx2)则由韦达定理可得，y1y2，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(x2t)y2(x1t)0.又x1my10，x2my20，所以，y1(my2t)y2(my1t)0，整理得，(t)(y1y2)2my1y20.从而可得，(t)2m0，即2m(4t)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