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1、专题集训八 定点定值探索性问题 1.2018江西新余二模 已知抛物线C:x2=2py(p0)过点(2,1),直线l过点P(0,-1)与抛物线C交于A,B两点,点A关于y轴的对称点为A.(1)求抛物线C的标准方程.(2)直线AB是否过定点?若过定点,求出定点坐标;若不过定点,请说明理由.2.2018福建泉州质检 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)经过A(a,0),B(0,1),O为坐标原点,线段AB的中点在圆O:x2+y2=1上.(1)求椭圆C的方程.(2)直线l:y=kx+m不过椭圆C的右焦点F,与C交于P,Q两点,且l与圆O相切,切点在第一象限,试判断FPQ的周长是否为定值?并说明
2、理由.3.2019莆田模拟 已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(ab0)和抛物线C2:x2=2py(p0),在C1,C2上各取两个点,这四个点的坐标分别为(-2,0),1,22,(2,1),(-4,4).(1)求C1,C2的方程;(2)设P是抛物线C2在第一象限上的点,抛物线C2在点P处的切线l与C1交于A,B两点,线段AB的中点为D,过原点O的直线OD与过点P且垂直于x轴的直线交于点Q,证明:点Q在定直线上.4.2018湖南十四校一联 已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)上的点到椭圆一个焦点的距离的最大值是最小值的3倍,且点P1,32在椭圆E上.(1)求椭圆E的方程;(2)过点M(
3、1,1)任作一条直线l,l与椭圆E交于不同于P点的A,B两点,l与直线m:3x+4y-12=0交于C点,记直线PA,PB,PC的斜率分别为k1,k2,k3,试探究k1+k2与k3的关系,并证明你的结论.5.2018山东济宁一模 已知椭圆C:x2a2+y24=1(a2),直线y=kx+1(k0)与椭圆C交于A,B两点,D为AB的中点,O为坐标原点.(1)若直线AB与直线OD的斜率之积为-12,求椭圆C的方程.(2)在(1)的条件下,y轴上是否存在定点M,使得当k变化时,总有AMO=BMO?若存在,求出定点M的坐标;若不存在,请说明理由.6.2018东北师大附中一模 已知椭圆x2a2+y2b2=1
4、(ab0)和直线l:xa-yb=1,椭圆的离心率e=63,坐标原点到直线l的距离为32.(1)求椭圆的方程.(2)已知定点E(-1,0),若直线y=kx+2(k0)与椭圆相交于C,D两点,试判断是否存在k值,使得以线段CD为直径的圆过定点E?若存在,求出这个k值;若不存在,请说明理由.专题集训(八)1.解:(1)因为抛物线C:x2=2py过点(2,1),所以p=2,所以抛物线C的标准方程为x2=4y.(2)直线AB过定点(0,1).由题意知直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx-1,A(x1,y1),B(x2,y2),则A(-x1,y1).由y=14x2,y=kx-1,得x2-4kx+4=
5、0,则=16k2-160,x1x2=4,x1+x2=4k,所以kAB=y2-y1x2-(-x1)=x224-x124x1+x2=x2-x14,于是直线AB的方程为y-x224=x2-x14(x-x2),即y=x2-x14(x-x2)+x224=x2-x14x+1,当x=0时,y=1,所以直线AB过定点(0,1).2.解:(1)由题意得b=1,因为线段AB的中点a2,12在圆O上,所以a22+122=1,得a=3,所以椭圆C的方程为x23+y2=1.(2)FPQ的周长为定值.因为直线l与圆O相切,且切点在第一象限,所以k0,且|m|1+k2=1,即m2=1+k2.设P(x1,y1),Q(x2,y
6、2),将直线l的方程与椭圆方程联立,可得(3k2+1)x2+6kmx+3(m2-1)=0,则=24k20,且x1+x2=-6km3k2+1,x1x2=3(m2-1)3k2+1,|PQ|=1+k2|x1-x2|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=121+k23k2+13k2+1-m2,因为m2=1+k2,故|PQ|=12m23k2+12k2=-26mk3k2+1.另一方面,|PF|=(x1-2)2+y12=x12-22x1+2+y12=x12-22x1+2+1-x123=23x12-22x1+3,化简得|PF|=3-63x1.同理得|QF|=3-63x2,则|PF|+|QF|=23-63(x
7、1+x2),由此可得FPQ的周长L=-26mk3k2+1+23-63-6km3k2+1=23,故FPQ的周长是23,为定值.3.解:(1)由已知得点(-2,0),1,22在椭圆C1上,所以2a2=1,1a2+12b2=1,解得a2=2,b2=1,所以C1:x22+y2=1.点(2,1),(-4,4)在抛物线C2上,所以p=2,所以C2:x2=4y.(2)证明:设Pm,m24(m0),由x2=4y得y=12x,所以切线l的方程为y-m24=m2(x-m).设A(x1,y1),B(x2,y2),由y-m24=m2(x-m),x22+y2=1,得(m2+2)x2-m3x+m44-4=0,0,x1+x
8、2=m3m2+2,所以xD=m32(m2+2),代入y-m24=m2(x-m),得yD=-m22(m2+2),所以kOD=yD-0xD-0=-1m,所以直线OD:y=-1mx,由x=m,y=-1mx,得y=-1,所以点Q在定直线y=-1上.4.解:(1)椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)上的点到椭圆一个焦点的距离的最大值和最小值分别为a+c,a-c,依题意得a+c=3(a-c),即a=2c,又a2=b2+c2,b=3c,故可设椭圆E的方程为x24c2+y23c2=1,点P1,32在椭圆E上,14c2+943c2=1,解得c2=1,椭圆E的方程为x24+y23=1.(2)k1+k2=2k3
9、.证明:依题意,直线l不可能与x轴垂直,故可设直线l的方程为y-1=k(x-1),即y=kx-k+1,A(x1,y1),B(x2,y2),将y=kx-k+1与3x2+4y2-12=0联立,得(4k2+3)x2-8(k2-k)x+4k2-8k-8=0,x1+x2=8k2-8k4k2+3,x1x2=4k2-8k-84k2+3,则k1+k2=y1-32x1-1+y2-32x2-1=k(x1-1)-12x1-1+k(x2-1)-12x2-1=2k-121x1-1+1x2-1=2k-12x1+x2-2x1x2-(x1+x2)+1=2k-128k2-8k-2(4k2+3)4k2-8k-8-(8k2-8k)
10、+(4k2+3)=6k-35.又由y=kx-k+1,3x+4y-12=0,化简得3x+4(kx-k+1)-12=0,解得x=4k+84k+3,y=9k+34k+3,即C点的坐标为4k+84k+3,9k+34k+3,k3=9k+34k+3-324k+84k+3-1=6k-310.因此,k1+k2与k3的关系为k1+k2=2k3.5.解:(1)由x2a2+y24=1,y=kx+1得(4+a2k2)x2+2a2kx-3a2=0,显然0,设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0),则x1+x2=-2a2k4+a2k2,x1x2=-3a24+a2k2,x0=-a2k4+a2k2,y0=-a2
11、k24+a2k2+1=44+a2k2,ky0x0=k-4a2k=-12,a2=8.故椭圆C的方程为x28+y24=1.(2)假设存在满足题意的定点M,且设M(0,m),则由AMO=BMO得kAM+kBM=0,y1-mx1+y2-mx2=0,即y1x2+y2x1-m(x1+x2)=0,2kx1x2+x1+x2-m(x1+x2)=0.由(1)知x1+x2=-4k1+2k2,x1x2=-61+2k2,-12k1+2k2-4k1+2k2+4mk1+2k2=0,m=4.存在定点M(0,4),使得当k变化时,总有AMO=BMO.6.解:(1)由坐标原点到直线l:xa-yb=1的距离为32,得32=|ab|a2+b2,即4a2b2=3a2+3b2,又由e=63,得c2a2=23,即c2=23a2,a2=b2+c2,b2=13a2,将代入,得43a4=4a2,a2=3,b2=1,c2=2,所求椭圆的方程是x23+y2=1.(2)假设存在满足题意的k值.设C(x1,y1),D(x2,y2),由y=kx+2,x23+y2=1,得(1+3k2)x2+12kx+9=0,由=144k2-49(1+3k2)=36k2-360,得k1或k1.综上所述,存在k=76,使得以线段CD为直径的圆过定点E.
