【新高考复习】11 第9讲 第2课时　定点、定值、探索性问题　新题培优练

[基础题组练]1．已知直线l与双曲线x24－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OM→·ON→的值为()A．3B．4C．5D．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x20－4y20＝4，则直线l的方程是x0x4－y0y＝1，题中双曲线的两条渐近线方程为y＝±12x.①当y0＝0时，直线l的方程是x＝2或x＝－2.由x＝2x24－y2＝0，得x＝2y＝±1，此时OM→·ON→＝(2，－1)·(2，1)＝4－1＝3，同理可得当直线l的方程是x＝－2时，OM→·ON→＝3.②当y0≠0时，直线l的方程是y＝14y0(x0x－4)．由y＝14y0（x0x－4）x24－y2＝0，得(4y20－x20)x2＋8x0x－16＝0(*)，又x20－4y20＝4，因此(*)即是－4x2＋8x0x－16＝0，x2－2x0x＋4＝0，x1x2＝4，OM→·ON→＝x1x2＋y1y2＝x1x2－14x1x2＝34x1x2＝3.综上所述，OM→·ON→＝3，故选A.2．已知抛物线y2＝2px(p0)的焦点为F，△ABC的顶点都在抛物线上，且满足FA→＋FB→＋FC→＝0，则1kAB＋1kAC＋1kBC＝________．解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，Fp2，0，由FA→＋FB→＝－FC→，得y1＋y2＋y3＝0.因为kAB＝y2－y1x2－x1＝2py1＋y2，所以kAC＝2py1＋y3，kBC＝2py2＋y3，所以1kAB＋1kAC＋1kBC＝y1＋y22p＋y3＋y12p＋y2＋y32p＝0.答案：03．(2019·合肥市第二次质量检测)已知抛物线C1：x2＝2py(p＞0)和圆C2：(x＋1)2＋y2＝2，倾斜角为45°的直线l1过C1的焦点，且l1与C2相切．(1)求p的值；(2)动点M在C1的准线上，动点A在C1上，若C1在A点处的切线l2交y轴于点B，设MN→＝MA→＋MB→，求证：点N在定直线上，并求该定直线的方程．解：(1)依题意，设直线l1的方程为y＝x＋p2，因为直线l1与圆C2相切，所以圆心C2(－1，0)到直线l1：y＝x＋p2的距离d＝|－1＋p2|12＋（－1）2＝2，即|－1＋p2|2＝2，解得p＝6或p＝－2(舍去)．所以p＝6.(2)证明：法一：依题意设M(m，－3)，由(1)知抛物线C1的方程为x2＝12y，所以y＝x212，所以y′＝x6，设A(x1，y1)，则以A为切点的切线l2的斜率为k＝x16，所以切线l2的方程为y＝16x1(x－x1)＋y1.令x＝0，则y＝－16x21＋y1＝－16×12y1＋y1＝－y1，即B点的坐标为(0，－y1)，所以MA→＝(x1－m，y1＋3)，MB→＝(－m，－y1＋3)，所以MN→＝MA→＋MB→＝(x1－2m，6)，所以ON→＝OM→＋MN→＝(x1－m，3)，其中O为坐标原点．设N点坐标为(x，y)，则y＝3，所以点N在定直线y＝3上．法二：设M(m，－3)，由(1)知抛物线C1的方程为x2＝12y，①设l2的斜率为k，Ax1，112x21，则以A为切点的切线l2的方程为y＝k(x－x1)＋112x21，②联立①②得，x2＝12[k(x－x1)＋112x21]，因为Δ＝144k2－48kx1＋4x21＝0，所以k＝x16，所以切线l2的方程为y＝16x1(x－x1)＋112x21，令x＝0，得B点坐标为(0，－112x21)，所以MA→＝x1－m，112x21＋3，MB→＝－m，－112x21＋3，所以MN→＝MA→＋MB→＝(x1－2m，6)，所以ON→＝OM→＋MN→＝(x1－m，3)，其中O为坐标原点，设N点坐标为(x，y)，则y＝3，所以点N在定直线y＝3上．4．(2019·河北“五个一名校联盟”模拟)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x24＋y2＝1，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)是椭圆C上两个动点，直线OP，OQ的斜率分别为k1，k2，若m＝x12，y1，n＝x22，y2，m·n＝0.(1)求证：k1·k2＝－14；(2)试探求△OPQ的面积S是否为定值，并说明理由．解：(1)证明：因为k1，k2存在，所以x1x2≠0，因为m·n＝0，所以x1x24＋y1y2＝0，所以k1·k2＝y1y2x1x2＝－14.(2)①当直线PQ的斜率不存在，即x1＝x2，y1＝－y2时，由y1y2x1x2＝－14，得x214－y21＝0，又由P(x1，y1)在椭圆上，得x214＋y21＝1，所以|x1|＝2，|y1|＝22，所以S△OPQ＝12|x1|·|y1－y2|＝1.②当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx＋b(b≠0)．由y＝kx＋b，x24＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－4＝0，Δ＝64k2b2－4(4k2＋1)(4b2－4)＝16(4k2＋1－b2)0，所以x1＋x2＝－8kb4k2＋1，x1x2＝4b2－44k2＋1.因为x1x24＋y1y2＝0，所以x1x24＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0，得2b2－4k2＝1，满足Δ0.所以S△OPQ＝12·|b|1＋k2|PQ|＝12|b|（x1＋x2）2－4x1x2＝2|b|·4k2＋1－b24k2＋1＝1.所以△OPQ的面积S为定值．[综合题组练]1．(2019·高考全国卷Ⅲ)已知曲线C：y＝x22，D为直线y＝－12上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.(1)证明：直线AB过定点；(2)若以E0，52为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积．解：(1)证明：设Dt，－12，A(x1，y1)，则x21＝2y1.由于y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故y1＋12x1－t＝x1.整理得2tx1－2y1＋1＝0.设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.故直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.所以直线AB过定点0，12.(2)由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋12.由y＝tx＋12，y＝x22可得x2－2tx－1＝0.于是x1＋x2＝2t，x1x2＝－1，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1，|AB|＝1＋t2|x1－x2|＝1＋t2×（x1＋x2）2－4x1x2＝2(t2＋1)．设d1，d2分别为点D，E到直线AB的距离，则d1＝t2＋1，d2＝2t2＋1.因此，四边形ADBE的面积S＝12|AB|(d1＋d2)＝(t2＋3)t2＋1.设M为线段AB的中点，则Mt，t2＋12.由于EM→⊥AB→，而EM→＝(t，t2－2)，AB→与向量(1，t)平行，所以t＋(t2－2)t＝0.解得t＝0或t＝±1.当t＝0时，S＝3；当t＝±1时，S＝42.因此，四边形ADBE的面积为3或42.2．(应用型)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为22，左焦点为F(－1，0)，过点D(0，2)且斜率为k的直线l交椭圆于A，B两点．(1)求椭圆C的标准方程；(2)在y轴上，是否存在定点E，使AE→·BE→恒为定值？若存在，求出E点的坐标和这个定值；若不存在，说明理由．解：(1)由已知可得ca＝22，a2＝b2＋c2，c＝1，解得a2＝2，b2＝1，所以椭圆C的标准方程为x22＋y2＝1.(2)设过点D(0，2)且斜率为k的直线l的方程为y＝kx＋2，由x22＋y2＝1，y＝kx＋2，消去y整理得(1＋2k2)x2＋8kx＋6＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－8k1＋2k2，x1x2＝61＋2k2.又y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝－2k2－42k2＋1，y1＋y2＝(kx1＋2)＋(kx2＋2)＝k(x1＋x2)＋4＝42k2＋1.设存在点E(0，m)，则AE→＝(－x1，m－y1)，BE→＝(－x2，m－y2)，所以AE→·BE→＝x1x2＋m2－m(y1＋y2)＋y1y2＝62k2＋1＋m2－m·42k2＋1－2k2－42k2＋1＝（2m2－2）k2＋m2－4m＋102k2＋1.要使得AE→·BE→＝t(t为常数)，只需（2m2－2）k2＋m2－4m＋102k2＋1＝t，从而(2m2－2－2t)k2＋m2－4m＋10－t＝0，即2m2－2－2t＝0，m2－4m＋10－t＝0，解得m＝114，从而t＝10516，故存在定点E0，114，使AE→·BE→恒为定值10516.