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y24x焦点F的弦，O是原点，则()A2B4 C3D3D解析：设A，B，故y1y2.易知直线斜率不为0，设AB：xmy1.联立方程得到y24my40，故y1y24，故y1y23.2已知直线xy10与双曲线1(ab0)相交于P，Q两点，且OPOQ(O为坐标原点)，则()A1 B C2 DC解析：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)联立方程整理得(ab)x22axaab0，所以x1x2，x1x2，y1y2(x11)(x21)x1x2(x1x2)1.由OPOQ，得0，得x1x2y1y20，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()A4B2 C DA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F2NMN，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()A60B90C120D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AFx轴，ABy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PAFBAF90.5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()A4B2 C2D3A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|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.6(多选题)(2020青岛市高三模拟)设A，B是抛物线yx2上的两点，O是坐标原点，下列结论成立的是()A若OAOB，则|OA|OB|2B若OAOB，则直线AB过定点(1,0)C若OAOB，则点O到直线AB的距离不大于1D若直线AB过抛物线的焦点F，且|AF|，则|BF|1ACD解析：对于B项，设直线AB的方程为ykxb，A(x1，y1)，B(x2，y2)将直线AB的方程代入抛物线方程yx2，得x2kxb0，则x1x2k，x1x2b.因为OAOB，所以kOAkOBx1x2b1，所以b1.于是直线AB的方程为ykx1，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d1，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yx，所以b.由题得|AB|y1y2y1y2k(x1x2)2bk22b.所以|BF|1.所以D正确7(2020昆明市高三模拟)已知椭圆C：1(ab0)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F1AF260，则直线BE的斜率为_解析：由F1AF260，得a2c，bc.设E(m，n)，即有1，则.因为A(0，b)，B(0，b)，所以kEAkEB.又kEAkAF1，所以kEB.8(2020东北三省四市教研联合体高考模拟)点P(1，t)(t0)是抛物线C：y24x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y24x得t2.则直线OP：y2x，准线l：x1，所以Q(1，2)所以SQFP|OF|yPyQ|2，(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)由题可知，kMPkNP0，所以0，所以0，所以0，所以y1y24，所以kMN1.9在平面直角坐标系xOy中，M为直线yx2上一动点，过点M作抛物线C：x2y的两条切线MA，MB，切点分别为A，B，N为AB的中点(1)证明：MNx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)，y2x，所以切线MA的斜率为2x1，切线MA：yx2x1(xx1)设M(t，t2)，则有t2x2x1(tx1)，化简得x2tx1t20.同理可得x2tx2t20.所以x1，x2是方程x22txt20的两根，所以x1x22t，x1x2t2，所以xNtxM，所以MNx轴(2)解：因为yN(xx)(x1x2)2x1x22t2t2，所以N(t,2t2t2)因为kABx1x22t，所以直线AB：y(2t2t2)2t(xt)，即y22t，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：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(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)11(2020大连市检测)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|()A1B2 C4 DA解析：如图，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.12(2020辽宁联考)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()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2x310，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kMNkOP，其中P为线段MN的中点)13(多选题)如图，已知双曲线C：1(a0，b0)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MF1x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()Ae1 BC直线OM的斜率k2 D直线 AM的斜率k3AC解析：根据题意得A(a,0)，B(a，0)，F1(c，0)，M，根据BOQBF1M，则，所以|OQ|.由AOPAF1M，可得，所以|OP|.根据|OP|e|OQ|，即e，整理可得ace(ca)，即1ee(e1)，即e22e1.因为e1，解得e1，故A正确又e1，故B错误因为|MF1|，所以直线OM的斜率ke2，故C正确直线AM的斜率k(e1)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y24x交于不同两点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，恒过点(9,0)15(2021武汉外国语学校高三模拟)已知椭圆C：1(ab0)的两个焦点分别为F1，F2，且F1是圆x2y24x70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y2xt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x2y24x70，可得(x2)2y21，则圆心坐标为(2，0)，即F1(2，0)，所以半焦距c2.因为HF1F2的面积为2，所以b2c2，所以b1，所以a2b2c29，所以椭圆C的方程为y21.(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37x236tx9(t21)0，所以(36t)24379(t21)0，解得tb0)，把点(2,0)，代入得解得所以椭圆C1的标准方程为y21.(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x1my，两交点坐标为M(x1，y1)，N(x2，y2)由消去x，得(m24)y22my30，所以y1y2，y1y2，x1x2(1my1)(1my2)1m(y1y2)m2y1y21m m2.由，即0，得x1x2y1y20.将代入式，得0，解得m.所以存在直线l满足条件，且l的方程为y2x2或y2x2.(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yk(x1)，与椭圆C1的交点坐标为M(x1，y1)，N(x2，y2)由消去y，得(14k2)x28k2x4(k21)0. 于是x1x2，x1x2，y1y2k(x11)k(x21)k2x1x2(x1x2)1k2.由，即0，得x1x2y1y20.将代入式，得0，解得k2.所以存在直线l满足条件，且l的方程为y2x2或y2x2.