2021高考数学人教版一轮复习多维层次练：第八章 第8节第2课时 定点、定值、开放问题
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多维层次练53
[A级 基础巩固]
1．已知P(x0，y0)是椭圆C：＋y2＝1上的一点，F1，F2是C的两个焦点，若·<0，则x0的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：由题意可知F1(－，0)，F2(，0)，则·＝(x0＋)·(x0－)＋y＝x＋y－3<0.因为点P在椭圆上，所以y＝1－.所以x＋－3<0，解得－
0，b>0)的离心率e＝2，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k1·k2的值为( )
A．2 B．3
C. D.
解析：由题意知，e＝＝＝2⇒b2＝3a2，则双曲线方程可化为3x2－y2＝3a2，设A(m，n)，M(x0，y0)(x0≠±m)，则B(－m，－n)，k1·k2＝·＝＝＝3.
答案：B
4．(2020·佛山一中月考)关于曲线C：＋＝1性质的叙述，正确的是( )
A．一定是椭圆 B．可能为抛物线
C．离心率为定值 D．焦点为定点
解析：因为曲线方程没有一次项，不可能为抛物线，故B错误，
因为a2－4可正也可负，所以曲线可能为椭圆或双曲线，
若曲线为椭圆，则c2＝a2－(a2－4)＝4，
所以c＝2，e＝，离心率不是定值，焦点(2，0)，(－2，0)，为定点，
若曲线为双曲线，方程为－＝1，
则c2＝a2＋(4－a2)＝4，
所以c＝2，e＝，离心率不是定值，焦点(2，0)，(－2，0)，为定点．
答案：D
5．(2020·淮南二中月考)若直线l与双曲线－y2＝1相切于点P，l与双曲线的两条渐近线分别交于M，N两点，则·的值为( )
A．3 B．4
C．5 D．与点P的位置有关
解析：设P(x0，y0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
因为P是切点，所以MP的方程为－y0y＝1，且x－4y＝4，
由解得
同理
所以·＝x1x2＋y1y2＝·－·＝＝＝3.
答案：A
6．在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2－y2＝1右支上的一个动点，若点P到直线x－y＋1＝0的距离大于c恒成立，则实数c的最大值为________．
解析：由双曲线的性质知所求的c的最大值就是双曲线的一条渐近线x－y＝0与直线x－y＋1＝0的距离，此距离d＝＝.
答案：
7．(2020·如皋市长江高中月考)当直线l：(2m＋1)x＋(m＋1)y－7m－4＝0(m∈R)被圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝25截得的弦最短时，m的值为________．
解析：由题得：m(2x＋y－7)＋x＋y－4＝0，则直线过定点A(3，1)，点A在圆内，过A的弦最短即过圆心C和点A的直线与弦所在直线垂直时，弦长最短，AC＝＝＝，化简得(4m＋3)2＝0⇒m＝－.
答案：－
8．(2020·苏州市质检)椭圆E：＋＝1的左顶点为A，点B，C是椭圆E上的两个动点，若直线AB与AC的斜率乘积为定值－，则动直线BC恒过定点的坐标为________．
解析：由题意知A(－2，0)，设B(x1，y1)C(x2，y2)，
设BC的方程为x＝ny＋t，
代入椭圆方程得：(3n2＋4)y2＋6nty＋3t2－12＝0，
则y1＋y2＝－，y1y2＝，
直线AB与AC的斜率乘积为定值k1·k2＝·＝－，
所以4y1y2＋(ny1＋t＋2)(ny2＋t＋2)＝0，
即(n2＋4)y1y2＋n(t＋2)(y1＋y2)＋(t＋2)2＝0，
韦达定理代入得t2＋t－2＝0，解得t＝1或－2，
当t＝－2时，定点与A重合，舍去，
所以t＝1，直线x＝ny＋1过定点(1，0)．
答案：(1，0)
9．(2020·抚州市期末)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆＋＝1(a>b>0)的焦距为2，离心率为，椭圆的右顶点为A.
(1)求该椭圆的方程；
(2)过点D(，－)作直线PQ交椭圆于两个不同点P，Q，求证：直线AP，AQ的斜率之和为定值．
(1)解：由题意可知：椭圆＋＝1(a>b>0)，焦点在x轴上，2c＝2，c＝1，
椭圆的离心率e＝＝，则a＝，b2＝a2－c2＝1，
则椭圆的标准方程：＋y2＝1.
(2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，A(，0)，
当斜率不存在时，x＝，y＝0与椭圆只有一个交点，不合题意．
由题意得PQ的方程：y＝k(x－)－，
则
整理得：(2k2＋1)x2－(4k2＋4k)x＋4k2＋8k＋2＝0，
由韦达定理可知：x1＋x2＝，x1x2＝，
则y1＋y2＝k(x1＋x2)－2k－2＝，
则kAP＋kAQ＝＋＝，
由y1x2＋y2x1＝[k(x1－)－]x2＋[k(x2－)－]x1＝2kx1x2－(k＋)(x1＋x2)＝－，
kAP＋kAQ＝＝
＝1，
所以直线AP，AQ的斜率之和为定值1.
10．已知抛物线的顶点在原点，焦点在x轴的正半轴上，直线x＋y－1＝0与抛物线相交于A，B两点，且|AB|＝.
(1)求抛物线的方程．
(2)在x轴上是否存在一点C，使△ABC为正三角形？若存在，求出C点的坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1)设所求抛物线的方程为y2＝2px(p>0)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由消去y，得x2－2(1＋p)x＋1＝0，
判别式Δ＝4(1＋p)2－4＝4p2＋8p>0恒成立，
由根与系数的关系得x1＋x2＝2(1＋p)，x1x2＝1.
因为|AB|＝，
所以＝，
所以121p2＋242p－48＝0，
所以p＝或p＝－(舍去)．
故抛物线的方程为y2＝x.
(2)设弦AB的中点为D，则D.
假设x轴上存在满足条件的点C(x0，0)．
因为△ABC为正三角形，
所以CD⊥AB，所以x0＝，
所以C，所以|CD|＝.
又|CD|＝|AB|＝，
与上式|CD|＝矛盾，所以x轴上不存在点C，使△ABC为正三角形．
[B级 能力提升]
11．(2020·黄冈浠水实高月考)已知抛物线C：y2＝2x，过定点M(a，0)的直线与抛物线C相交于点P，Q，若＋为常数，则实数a的值为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
直线PQ：x＝ky＋a，
联立方程⇒y2－2ky－2a＝0，
所以y1＋y2＝2k，y1y2＝－2a，
所以＋＝＋＝(＋)＝·＝·＝，
因为＋为常数，
所以a＝1，满足Δ＝4k2＋8>0.
答案：A
12．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＋＋＝0，得y1＋y2＋y3＝0.因为kAB＝＝，所以kAC＝，kBC＝，所以＋＋＝＋＋＝0.
答案：0
13．(2019·北京卷)已知椭圆C：＋＝1的右焦点为(1，0)，且经过点A(0，1)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设O为原点，直线l：y＝kx＋t(t≠±1)与椭圆C
交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N.若|OM|·|ON|＝2，求证：直线l经过定点．
(1)解：由题意，得b2＝1，c＝1，
所以a2＝b2＋c2＝2，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则直线AP的方程为y＝x＋1.
令y＝0得点M的横坐标xM＝－.
又y1＝kx1＋t，从而|OM|＝|xM|＝.
同理，|ON|＝.
由得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，
则x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以|OM|·|ON|＝·
＝
＝
＝2.
又|OM|·|ON|＝2，所以2＝2.
解得t＝0，所以直线l经过定点(0，0)．
[C级 素养升华]
14．(2020·山东调研)已知定点F(0，2)和定直线l：y＝－3，动圆M在直线l的上方，其半径r＝|MF|，且圆M上的点到直线l的距离的最小值等于1.
(1)求圆心M的轨迹C的方程．
(2)已知直线AB交曲线C于A，B两点，交x轴于点G，交y轴正半轴于点H，是否存在直线AB，使得A，B两点纵坐标之积为4，且＋－＝0？若存在，求出直线AB的方程；若不存在，请说明理由．
解：(1)由题意可知，动点M到定点F(0，2)的距离等于到定直线l′：y＝－2的距离，根据抛物线的定义可知，点M的轨迹C是以F为焦点的抛物线，故圆心M的轨迹C的方程为x2＝8y.
(2)存在．假设存在符合条件的直线AB，由已知可知直线的斜率存在，设直线AB的方程为y＝kx＋b(k≠0，b>0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由得x2－8kx－8b＝0，所以
所以y1y2＝·＝b2，由y1y2＝4，得b2＝4，又b>0，所以b＝2.
由＋－＝0，得＋＝3，
作AA′⊥x轴，BB′⊥x轴，垂足分别为A′，B′，则＋＝＋
＝＋＝＝3，
因为y1y2＝4，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋4＝8k2＋4，
所以8k2＋4＝6，所以k＝±.
故存在符合条件的直线AB，其方程为y＝x＋2或y＝－x＋2.
素养培育数学运算——解析几何减少运算量的常见技巧(自主阅读)
中学解析几何是将几何图形置于平面直角坐标系中，用坐标表示点、用方程表示曲线，体现了用代数的方法解决几何问题的优越性，但有时过大的运算量，繁杂的讨论，都会影响解题的速度，甚至会中止解题的过程，达到“望题兴叹”的地步！而高考要求在规定的时间内，保质保量完成解题任务．为提高运算能力，可从以下几方面探索减少运算量的方法和技巧，合理简化解题过程、优化思维过程．
技巧1 巧用平面几何性质
根据题意画出几何图形后，利用二次曲线的定义和平面几何的有关性质进行几何分析，有时从几何角度可以找出简捷的解题方法．
[典例1] 已知O为坐标原点，F是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左焦点，A，B分别为C的左、右顶点．P为C上一点，且PF⊥x轴．过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为( )
A. B.
C. D.
解析：设OE的中点为N，如图所示，因为MF∥OE，所以有＝，＝.又因为OE＝2ON，所以有＝·，解得e＝＝.
答案：A
技巧2 设而不求，整体代换
1．涉及线段长度的问题可以通过解方程组求出点的坐标，用距离公式计算长度的方法来解；联立方程组消元整理成一元二次方程后，利用韦达定理整体代入距离公式，可以减少计算量．
2．对于直线与圆锥曲线相交所产生的中点弦问题，常常用“点差法”求解．
[典例2] 已知椭圆＋y2＝1的左顶点为A，过A作两条互相垂直的弦AM，AN交椭圆于M，N两点．
(1)当直线AM的斜率为1时，求点M的坐标；
(2)当直线AM的斜率变化时，直线MN是否过x轴上的一定点？若过定点，请给出证明，并求出该定点；若不过定点，请说明理由．
解：(1)直线AM的斜率为1时，直线AM的方程为y＝x＋2，代入椭圆方程并化简得5x2＋16x＋12＝0.
解得x1＝－2，x2＝－，所以M.
(2)设直线AM的斜率为k，直线AM的方程为y＝k(x＋2)．
联立方程
化简得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0.
则xA＋xM＝，又xA＝－2，
则xM＝－xA－＝2－＝.
同理，可得xN＝.
由(1)知若存在定点，则此点必为P.
证明如下：
因为kMP＝＝＝.
同理可计算得kPN＝.
所以直线MN过x轴上的一定点P.
[典例3] 已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(3，0)，过点F的直线交E于A，B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的标准方程为( )
A.＋＝1 B.＋＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，
①－②得＋＝0，
所以kAB＝＝－＝.
又kAB＝＝，所以＝.
又9＝c2＝a2－b2，解得b2＝9，a2＝18，
所以椭圆E的方程为＋＝1.
答案：D
技巧3 巧妙“换元”
变量换元的关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而将非标准型问题转化为标准型问题，将复杂问题简单化．变量换元法常用于求解复合函数的值域、三角函数的化简或求值等问题．
[典例4] 如图所示，已知椭圆C的离心率为，点A，B，F分别为椭圆的右顶点、上顶点和右焦点，且S△ABF＝1－.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知直线l：y＝kx＋m与圆O：x2＋y2＝1相切，若直线l
与椭圆C交于M，N两点，求△OMN面积的最大值．
解：(1)由已知椭圆的焦点在x轴上，设其方程为＋＝1(a>b>0)，则A(a，0)，B(0，b)，F(c，0)(c＝)．
由已知可得e2＝＝，
所以a2＝4b2，即a＝2b，可得c＝b. ①
S△ABF＝×|AF|×|OB|＝(a－c)b＝1－.②
将①代入②，得(2b－b)b＝1－，
解得b＝1，故a＝2，c＝.
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)圆O的圆心为坐标原点，半径r＝1，由直线l：y＝kx＋m与圆O：x2＋y2＝1相切，得＝1，
故有m2＝1＋k2.③
由消去y，
得x2＋2kmx＋m2－1＝0.
由题可知k≠0，
即(1＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0.
所以Δ＝16(4k2－m2＋1)＝48k2>0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝＝，x1x2＝＝.
所以|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝－4×＝.④
将③代入④中，得|x1－x2|2＝，
故|x1－x2|＝.
所以|MN|＝|x1－x2|＝×＝.
故△OMN的面积S＝|MN|×1＝××1＝.
令t＝4k2＋1，则t≥1，k2＝，代入上式，得
S＝2＝
＝ ＝
＝ ＝ ，
所以当t＝3，即4k2＋1＝3，解得k＝±时，S取得最大值，且最大值为× ＝1.
