2023学年高考数学一轮复习第九章平面解析几何第9讲圆锥曲线的综合问题第2课时定点定值探索性问题练习理北师大版.doc

第2课时 定点、定值、探索性问题 [基础题组练] 1．已知直线l与双曲线－y2＝1相切于点P，l与双曲线的两条渐近线交于M，N两点，则·的值为(　　) A．3　　　　　　　　　　 B．4 C．5 D．与P的位置有关 解析：选A.依题意，设点P(x0，y0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，其中x－4y＝4，则直线l的方程是－y0y＝1，题中双曲线的两条渐近线方程为y＝±x. ①当y0＝0时，直线l的方程是x＝2或x＝－2.由，得，此时·＝(2，－1)·(2，1)＝4－1＝3，同理可得当直线l的方程是x＝－2时，·＝3. ②当y0≠0时，直线l的方程是y＝(x0x－4)．由，得(4y－x)x2＋8x0x－16＝0(*)，又x－4y＝4，因此(*)即是－4x2＋8x0x－16＝0，x2－2x0x＋4＝0，x1x2＝4，·＝x1x2＋y1y2＝x1x2－x1x2＝x1x2＝3. 综上所述，·＝3，故选A. 2．已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，△ABC的顶点都在抛物线上，且满足＋＋＝0，则＋＋＝________． 解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，F，由＋＝－，得y1＋y2＋y3＝0.因为kAB＝＝，所以kAC＝，kBC＝，所以＋＋＝＋＋＝0. 答案：0 3．(2023年·平顶山模拟)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2.点M在椭圆C上滑动，若△MF1F2的面积取得最大值4时，有且仅有2个不同的点M使得△MF1F2为直角三角形． (1)求椭圆C的方程； (2)过点P(0，1)的直线l与椭圆C分别相交于A，B两点，与x轴交于点Q.设＝λ，＝μ，求证：λ＋μ为定值，并求该定值． 解：(1)由对称性知，点M在短轴端点时， △MF1F2为直角三角形且∠F1MF2＝90°，且S△MF1F2＝4，所以b＝c且S＝·2c·b＝bc＝4， 解得b＝c＝2，a2＝b2＋c2＝8， 所以椭圆C的方程为＋＝1. (2)证明：显然直线l的斜率不为0，设直线l：x＝t(y－1)，联立 消去x，得(t2＋2)y2－2t2y＋t2－8＝0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝，y1y2＝. 令y＝0，则x＝－t，所以Q(－t，0)， 因为＝λ，所以y1＝λ(y1－1)， 所以λ＝. 因为＝μ，所以y2＝μ(y2－1)，所以μ＝. 所以λ＋μ＝＋＝＝. 4．(2023年·甘肃白银联考)设椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，下顶点为A，O为坐标原点，点O到直线AF2的距离为，△AF1F2为等腰直角三角形． (1)求椭圆C的标准方程； (2)直线l与椭圆C分别相交于M，N两点，若直线AM与直线AN的斜率之和为2，证明：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标． 解：(1)由题意可知，直线AF2的方程为＋＝1， 即－bx＋cy＋bc＝0，则＝＝. 因为△AF1F2为等腰直角三角形，所以b＝c， 又a2＝b2＋c2，可得a＝，b＝1，c＝1， 所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1. (2)证明：由(1)知A(0，－1)． 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋t(t≠±1)， 代入＋y2＝1，得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0， 所以Δ＝16k2t2－4(1＋2k2)(2t2－2)＞0，即t2－2k2＜1. 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－， x1x2＝. 因为直线AM与直线AN的斜率之和为2， 所以kAM＋kAN＝＋＝＋＝2k＋＝2k－＝2， 整理得t＝1－k. 所以直线l的方程为y＝kx＋t＝kx＋1－k＝k(x－1)＋1，显然直线y＝k(x－1)＋1经过定点(1，1)． 当直线l的斜率不存在时，设直线l的方程为x＝m. 因为直线AM与直线AN的斜率之和为2，设M(m，n)，则N(m，－n)， 所以kAM＋kAN＝＋＝＝2，解得m＝1， 此时直线l的方程为x＝1，显然直线x＝1也经过该定点(1，1)． 综上，直线l恒过点(1，1)． [综合题组练] 1．(2023年·湖南五市十校联考)已知动圆C过定点F(1，0)，且与定直线x＝－1相切． (1)求动圆圆心C的轨迹E的方程； (2)过点M(－2，0)的任一条直线l与轨迹E分别相交于不同的两点P，Q，试探究在x轴上是否存在定点N(异于点M)，使得∠QNM＋∠PNM＝π？若存在，求点N的坐标；若不存在，说明理由． 解：(1)法一：由题意知，动圆圆心C到定点F(1，0)的距离与其到定直线x＝－1的距离相等，又由抛物线的定义，可得动圆圆心C的轨迹是以F(1，0)为焦点，x＝－1为准线的抛物线，其中p＝2. 所以动圆圆心C的轨迹E的方程为y2＝4x. 法二：设动圆圆心C(x，y)，由题意知＝|x＋1|， 化简得y2＝4x，即动圆圆心C的轨迹E的方程为y2＝4x. (2)假设存在点N(x0，0)，满足题设条件． 由∠QNM＋∠PNM＝π可知，直线PN与QN的斜率互为相反数，即kPN＋kQN＝0.① 由题意知直线PQ的斜率必存在且不为0，设直线PQ的方程为x＝my－2. 联立得y2－4my＋8＝0. 由Δ＝(－4m)2－4×8＞0，得m＞或m＜－. 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝8. 由①式得kPN＋kQN＝＋ ＝＝0， 所以y1(x2－x0)＋y2(x1－x0)＝0， 即y1x2＋y2x1－x0(y1＋y2)＝0. 消去x1，x2，得y1y＋y2y－x0(y1＋y2)＝0， y1y2(y1＋y2)－x0(y1＋y2)＝0， 因为y1＋y2≠0，所以x0＝y1y2＝2， 所以存在点N(2，0)．使得∠QNM＋∠PNM＝π. 2．(2023年·湖南郴州教学质量监测)已知抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点为F，过点F的直线分别交抛物线于A，B两点． (1)若以AB为直径的圆的方程为(x－2)2＋(y－3)2＝16，求抛物线C的标准方程； (2)过点A，B分别作抛物线的切线l1，l2，证明：l1，l2的交点在定直线上． 解：(1)设AB中点为M，A到准线的距离为d1，B到准线的距离为d2，M到准线的距离为d，则d＝yM＋. 由抛物线的定义可知，d1＝|AF|，d2＝|BF|，所以d1＋d2＝|AB|＝8， 由梯形中位线可得d＝＝4，所以yM＋＝4. 又yM＝3，所以3＋＝4，可得p＝2， 所以抛物线C的标准方程为x2＝4y. (2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x2＝2py，得y＝，则y′＝，所以直线l1的方程为y－y1＝(x－x1)，直线l2的方程为y－y2＝(x－x2)， 联立得x＝，y＝， 即直线l1，l2的交点坐标为. 因为AB过焦点F， 由题可知直线AB的斜率存在，故可设直线AB方程为y－＝kx， 代入抛物线x2＝2py中，得x2－2pkx－p2＝0， 所以x1x2＝－p2，y＝＝－＝－， 所以l1，l2的交点在定直线y＝－上． 5