《（重点班）高三数学一轮复习第九篇平面解析几何第7节圆锥曲线的综合问题第三课时定点定值存在性专题课时训练理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（重点班）高三数学一轮复习第九篇平面解析几何第7节圆锥曲线的综合问题第三课时定点定值存在性专题课时训练理（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、（重点班）2017届高三数学一轮复习第九篇平面解析几何第7节圆锥曲线的综合问题第三课时定点定值存在性专题课时训练理第三课时定点、定值、存在性专题 【选题明细表】知识点、方法题号圆锥曲线的定点问题4,5圆锥曲线的定值问题7圆锥曲线的存在性问题1,2,3,61.在直角坐标系xOy中,点M(2,- ),点F为抛物线C:y=mx2(m0)的焦点,线段MF恰被抛物线C平分.(1)求m的值;(2)过点M作直线l交抛物线C于A,B两点,设直线FA,FM,FB的斜率分别为k1,k2,k3,问k1,k2,k3能否构成公差不为零的等差数列?若能,求出直线l的方程;若不能,请说明理由.解:(1)由题意得抛物线C的焦
2、点F的坐标为(0,14m ),线段MF的中点N(1,18m- )在抛物线C上,所以18m-=m,8m2+2m-1=0,所以m=(m=-舍去).(2)由(1)知抛物线C:x2=4y,F(0,1).设直线l的方程为y+=k(x-2),A(x1,y1),B(x2,y2),由y+12=k(x-2),x2=4y,得x2-4kx+8k+2=0,=16k2-4(8k+2)0,所以k2+62.由根与系数的关系得x1+x2=4k,x1x2=8k+2,假设k1,k2,k3能构成公差不为零的等差数列,则k1+k3=2k2.而k1+k3=y1-1x1+y2-1x2=x2y1+x1y2-x2-x1x1x2=x2x124
3、+x1x224-x2-x1x1x2=(x1x24-1)(x1+x2)x1x2=(8k+24-1)4k8k+2=4k2-k4k+1,k2=-12-12-0=-,所以4k2-k4k+1=-,8k2+10k+3=0,解得k=-(符合题意)或k=-(不合题意,舍去).所以直线l的方程为y+=-(x-2),即x+2y-1=0.所以k1,k2,k3能构成公差不为零的等差数列,此时直线l的方程为x+2y-1=0.2.(2016郑州模拟)已知动点P到定点F(1,0)和到直线x=2的距离之比为22,设动点P的轨迹为曲线E,过点F作垂直于x轴的直线与曲线E相交于A,B两点,直线l:y=mx+n与曲线E交于C,D两
4、点,与线段AB相交于一点(与A,B不重合).(1)求曲线E的方程;(2)当直线l与圆x2+y2=1相切时,四边形ACBD的面积是否有最大值.若有,求出其最大值及对应的直线l的方程;若没有,请说明理由.解:(1)设点P(x,y),由题意可得(x-1)2+y2|x-2|=22,整理可得+y2=1.曲线E的方程是+y2=1.(2)设C(x1,y1),D(x2,y2),由已知可得|AB|=2.当m=0时,不合题意.当m0时,由直线l与圆x2+y2=1相切,可得|n|m2+1=1,即m2+1=n2.联立y=mx+n,x22+y2=1,消去y得(m2+)x2+2mnx+n2-1=0,=4m2n2-4(m2
5、+) (n2-1)=2m20,x1=-2mn+2m2+1,x2=-2mn-2m2+1,S四边形ACBD=|AB|x2-x1|=2|m|2m2+1=22|m|+1|m|22,当且仅当2|m|=1|m|,即m=22时等号成立,此时n=62,经检验可知,直线l的方程为y=22x-62或直线y=-22x+62时四边形ACBD的面积最大,最大值为22.3.(2016陕西模拟)已知A是椭圆M:x2+5y2=5与y轴正半轴的交点,F是椭圆M的右焦点,过点F的直线l与椭圆M交于B,C两点.(1)若|OB|=|OC|,求B,C两点的坐标;(2)是否存在直线l,使得|AB|=|AC|?若存在,求出直线l的方程,若
6、不存在,请说明理由.解:(1)由x2+5y2=5可得+y2=1,所以c=2,所以F(2,0),A(0,1).由椭圆的对称性可知,满足|OB|=|OC|的直线l有两种:当直线lx轴时,令x=2,y=55.所以B,C两点的坐标分别为(2,55 )和(2,-55 ).当直线l与x轴重合时,B,C两点的坐标分别为(5,0)和(-5,0).(2)易知,当直线l与x轴重合时,|AB|=|AC|,此时直线l的方程为y=0.当直线l与x轴垂直时,直线l不符合题意.当直线l与坐标轴不垂直时,设过点F的直线的斜率为k,直线l与椭圆M的交点B(x1,y1),C(x2,y2),BC的中点N(x0,y0),则l:y=k
7、(x-2).联立y=k(x-2),x2+5y2=5得(1+5k2)x2-20k2x+20k2-5=0,所以x1+x2=20k21+5k2.所以x0=10k21+5k2,y0=-2k1+5k2,所以要使|AB|=|AC|,只要ANBC.所以y0-1x0k=-1,所以5k2-8k+1=0,所以k=4115,所以直线l的方程为y=4115(x-2).综上,符合题意的直线l的方程为y=0或y=4115(x-2).4.(2015吉林东北师大附中三模)已知双曲线C的中心在坐标原点,焦点在x轴上,离心率e=52,虚轴长为2.(1)求双曲线C的标准方程;(2)若直线l:y=kx+m与双曲线C相交于A,B两点(
8、A,B均异于左、右顶点),且以AB为直径的圆过双曲线C的左顶点D,求证:直线l过定点,并求出该定点的坐标.(1)解:由题设双曲线的标准方程为-=1(a0,b0),由已知得=52,2b=2,又a2+b2=c2,解得a=2,b=1,所以双曲线的标准方程为-y2=1.(2)证明:设A(x1,y1),B(x2,y2),联立y=kx+m,x24-y2=1,得(1-4k2)x2-8mkx-4(m2+1)=0,则x1+x2=8mk1-4k2,x1x2=-4(m2+1)1-4k2,y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+mk(x1+x2)+m2=m2-4k21-4k2.以AB为直径的圆过双曲线C
9、的左顶点D(-2,0),所以kADkBD=-1,即y1x1+2y2x2+2=-1,所以y1y2+x1x2+2(x1+x2)+4=0,所以m2-4k21-4k2+-4(m2+1)1-4k2+16mk1-4k2+4=0,所以3m2-16mk+20k2=0.解得m=2k或m=10k3.当m=2k时,l的方程为y=k(x+2),直线过定点(-2,0),与已知矛盾;当m=10k3时,l的方程为y=k(x+103),直线过定点(-103,0),经检验符合已知条件.故直线l过定点,定点坐标为(-103,0).5.(2016开封模拟)已知抛物线C:x2=4y.(1)设P为直线l:x-y-2=0上的点,过点P作
10、抛物线C的两条切线PA,PB,当点P(x0,y0)为直线l上的定点时,求直线AB的方程;(2)当点P在直线l上移动时,求|AF|BF|的最小值.解:(1)抛物线C的方程为x2=4y,即y=x2,求导得y=x.设A(x1,y1),B(x2,y2) (其中y1=,y2=),则切线PA,PB的斜率分别为x1,x2,所以切线PA的方程为y-y1=(x-x1),即y=x-+y1,即x1x-2y-2y1=0.同理可得切线PB的方程为x2x-2y-2y2=0.因为切线PA,PB均过点P(x0,y0),所以x1x0-2y0-2y1=0,x2x0-2y0-2y2=0,所以(x1,y1),(x2,y2)为方程x0
11、x-2y0-2y=0的两组解.故直线AB的方程为x0x-2y-2y0=0.(2)由抛物线定义可知|AF|=y1+1,|BF|=y2+1.所以|AF|BF|=(y1+1)(y2+1)=y1y2+(y1+y2)+1,联立方程x0x-2y-2y0=0,x2=4y,消去x整理得y2+(2y0-x02)y+y02=0,由根与系数的关系可得y1+y2=x02-2y0,y1y2=y02,所以|AF|BF|=y1y2+(y1+y2)+1=y02+x02-2y0+1.又点P(x0,y0)在直线l上,所以x0=y0+2,所以y02+x02-2y0+1=2y02+2y0+5=2(y0+)2+,所以当y0=-时,|A
12、F|BF|取得最小值,且最小值为.6.(2015西安模拟)已知椭圆C:+=1(ab0)经过点(1,32 ),离心率为32.(1)求椭圆C的方程;(2)直线y=k(x-1)(k0)与椭圆C交于A,B两点,点M是椭圆C的右顶点,直线AM与直线BM分别与y轴交于点P,Q,试问以线段PQ为直径的圆是否过x轴上的定点?若是,求出定点坐标;若不是,说明理由.解:(1)由题意得ca=32,1a2+34b2=1,解得a=2,b=1.所以椭圆C的方程是+y2=1.(2)以线段PQ为直径的圆过x轴上的定点,由y=k(x-1),x24+y2=1,得(1+4k2)x2-8k2x+4k2-4=0,设A(x1,y1),B
13、(x2,y2),则有x1+x2=8k21+4k2,x1x2=4k2-41+4k2.又因为点M是椭圆C的右顶点,所以点M(2,0),由题意可知直线AM的方程为y=y1x1-2(x-2),故点P(0,-2y1x1-2 ).直线BM的方程为y=y2x2-2(x-2),故点Q(0,-2y2x2-2 ).若以线段PQ为直径的圆过x轴上的定点N(x0,0),则等价于PNQN=0恒成立,又因为PN=(x0,2y1x1-2 ),QN=(x0,2y2x2-2 ),所以PNQN=x02+2y1x1-22y2x2-2=x02+4y1y2(x1-2)(x2-2)=0恒成立,又因为(x1-2)(x2-2)=x1x2-2
14、(x1+x2)+4=4k2-41+4k2-28k21+4k2+4=4k21+4k2,y1y2=k(x1-1)k(x2-1)=k2x1x2-(x1+x2)+1=k2(4k2-41+4k2-8k21+4k2+1)=-3k21+4k2,所以x02+4y1y2(x1-2)(x2-2)=x02+-12k21+4k24k21+4k2=x02-3=0,解得x0=3.即x轴上的定点为(3,0)或(-3,0).故以线段PQ为直径的圆过x轴上的定点(3,0).7.(2016枣庄模拟)已知椭圆C:+=1(ab0)的两个焦点分别为F1,F2,离心率为,过F1的直线l与椭圆C交于M,N两点,且MNF2的周长为8.(1)
15、求椭圆C的方程;(2)过原点O的两条互相垂直的射线与椭圆C分别交于A,B两点,求证:点O到直线AB的距离为定值,并求出这个定值.解:(1)由题意知4a=8,所以a=2.因为e=,所以=a2-c2a2=1-e2=,所以b2=3.所以椭圆C的方程为+=1.(2)由题意,当直线AB的斜率不存在时,可设A(x0,x0),B(x0,-x0).又A,B两点在椭圆C上,所以+=1,即x02=127,所以点O到直线AB的距离d=127=2217.当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=kx+m.由y=kx+m,x24+y23=1,消去y得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,由0得3+4k2m2.设A(x1,y1),B(x2, y2),则y1=kx1+m,y2=kx2+m,所以x1+x2=-8km3+4k2,x1x2=4m2-123+4k2.
