高中数学高考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－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．(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＝＋，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＋，

因为直线l1与圆C2相切，

所以圆心C2(－1，0)到直线l1：y＝x＋的距离d＝＝，即＝，

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＝，所以y′＝，

设A(x1，y1)，则以A为切点的切线l2的斜率为k＝，

 所以切线l2的方程为y＝x1(x－x1)＋y1.

令x＝0，则y＝－x＋y1＝－×12y1＋y1＝－y1，即B点的坐标为(0，－y1)，

所以＝(x1－m，y1＋3)，＝(－m，－y1＋3)，

所以＝＋＝(x1－2m，6)，

所以＝＋＝(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，则以A为切点的切线l2的方程为y＝k(x－x1)＋x，②

联立①②得，x2＝12[k(x－x1)＋x]，

因为Δ＝144k2－48kx1＋4x＝0，所以k＝，

所以切线l2的方程为y＝x1(x－x1)＋x，

令x＝0，得B点坐标为(0，－x)，

所以＝，＝，

所以＝＋＝(x1－2m，6)，

所以＝＋＝(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：＋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＝，n＝，m·n＝0.

(1)求证：k1·k2＝－；

(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＋y1y2＝0，

所以k1·k2＝＝－.

(2)①当直线PQ的斜率不存在，即x1＝x2，y1＝－y2时，

由＝－，得－y＝0，

又由P(x1，y1)在椭圆上，得＋y＝1，

所以|x1|＝，|y1|＝，

所以S△OPQ＝|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)．

由得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－4＝0，

Δ＝64k2b2－4(4k2＋1)(4b2－4)＝16(4k2＋1－b2)>0，

所以x1＋x2＝，x1x2＝.

因为＋y1y2＝0，

所以＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0，得2b2－4k2＝1，满足Δ>0.

所以S△OPQ＝·|PQ|＝|b|＝2|b|·＝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＝，D为直线y＝－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，A(x1，y1)，则x＝2y1.

由于y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故＝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.

(2)由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋.由可得x2－2tx－1＝0.

于是x1＋x2＝2t，x1x2＝－1，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1，

|AB|＝|x1－x2|＝

×＝2(t2＋1)．

设d1，d2分别为点D，E到直线AB的距离，则d1＝，d2＝.

因此，四边形ADBE的面积S＝|AB|(d1＋d2)＝(t2＋3).

设M为线段AB的中点，则M.

由于⊥，而＝(t，t2－2)，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＝4.

因此，四边形ADBE的面积为3或4.

2．(应用型)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，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·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)由已知可得解得a2＝2，b2＝1，

所以椭圆C的标准方程为＋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，

由消去y整理得(1＋2k2)x2＋8kx＋6＝0，

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.

又y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝－，

y1＋y2＝(kx1＋2)＋(kx2＋2)＝k(x1＋x2)＋4＝.

设存在点E(0，m)，则＝(－x1，m－y1)，＝(－x2，m－y2)，

所以·＝x1x2＋m2－m(y1＋y2)＋y1y2＝＋m2－m·－＝.

要使得·＝t(t为常数)，

只需＝t，从而(2m2－2－2t)k2＋m2－4m＋10－t＝0，

即解得m＝，从而t＝，

故存在定点E，使· 恒为定值.