2020版高考數(shù)學復習 第八單元 專題集訓八 定點定值探索性問題練習 理 新人教A版

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1、專題集訓八 定點定值探索性問題 1.2018江西新余二模 已知拋物線C:x2=2py(p0)過點(2,1),直線l過點P(0,-1)與拋物線C交于A,B兩點,點A關(guān)于y軸的對稱點為A.(1)求拋物線C的標準方程.(2)直線AB是否過定點?若過定點,求出定點坐標;若不過定點,請說明理由.2.2018福建泉州質(zhì)檢 已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(ab0)經(jīng)過A(a,0),B(0,1),O為坐標原點,線段AB的中點在圓O:x2+y2=1上.(1)求橢圓C的方程.(2)直線l:y=kx+m不過橢圓C的右焦點F,與C交于P,Q兩點,且l與圓O相切,切點在第一象限,試判斷FPQ的周長是否為定值?并說明

2、理由.3.2019莆田模擬 已知橢圓C1:x2a2+y2b2=1(ab0)和拋物線C2:x2=2py(p0),在C1,C2上各取兩個點,這四個點的坐標分別為(-2,0),1,22,(2,1),(-4,4).(1)求C1,C2的方程;(2)設(shè)P是拋物線C2在第一象限上的點,拋物線C2在點P處的切線l與C1交于A,B兩點,線段AB的中點為D,過原點O的直線OD與過點P且垂直于x軸的直線交于點Q,證明:點Q在定直線上.4.2018湖南十四校一聯(lián) 已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(ab0)上的點到橢圓一個焦點的距離的最大值是最小值的3倍,且點P1,32在橢圓E上.(1)求橢圓E的方程;(2)過點M(

3、1,1)任作一條直線l,l與橢圓E交于不同于P點的A,B兩點,l與直線m:3x+4y-12=0交于C點,記直線PA,PB,PC的斜率分別為k1,k2,k3,試探究k1+k2與k3的關(guān)系,并證明你的結(jié)論.5.2018山東濟寧一模 已知橢圓C:x2a2+y24=1(a2),直線y=kx+1(k0)與橢圓C交于A,B兩點,D為AB的中點,O為坐標原點.(1)若直線AB與直線OD的斜率之積為-12,求橢圓C的方程.(2)在(1)的條件下,y軸上是否存在定點M,使得當k變化時,總有AMO=BMO?若存在,求出定點M的坐標;若不存在,請說明理由.6.2018東北師大附中一模 已知橢圓x2a2+y2b2=1

4、(ab0)和直線l:xa-yb=1,橢圓的離心率e=63,坐標原點到直線l的距離為32.(1)求橢圓的方程.(2)已知定點E(-1,0),若直線y=kx+2(k0)與橢圓相交于C,D兩點,試判斷是否存在k值,使得以線段CD為直徑的圓過定點E?若存在,求出這個k值;若不存在,請說明理由.7專題集訓(八)1.解:(1)因為拋物線C:x2=2py過點(2,1),所以p=2,所以拋物線C的標準方程為x2=4y.(2)直線AB過定點(0,1).由題意知直線l的斜率存在,設(shè)直線l的方程為y=kx-1,A(x1,y1),B(x2,y2),則A(-x1,y1).由y=14x2,y=kx-1,得x2-4kx+4

5、=0,則=16k2-160,x1x2=4,x1+x2=4k,所以kAB=y2-y1x2-(-x1)=x224-x124x1+x2=x2-x14,于是直線AB的方程為y-x224=x2-x14(x-x2),即y=x2-x14(x-x2)+x224=x2-x14x+1,當x=0時,y=1,所以直線AB過定點(0,1).2.解:(1)由題意得b=1,因為線段AB的中點a2,12在圓O上,所以a22+122=1,得a=3,所以橢圓C的方程為x23+y2=1.(2)FPQ的周長為定值.因為直線l與圓O相切,且切點在第一象限,所以k0,且|m|1+k2=1,即m2=1+k2.設(shè)P(x1,y1),Q(x2,

6、y2),將直線l的方程與橢圓方程聯(lián)立,可得(3k2+1)x2+6kmx+3(m2-1)=0,則=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,因為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,化簡得|PF|=3-63x1.同理得|QF|=3-63x2,則|PF|+|QF|=23-63(

7、x1+x2),由此可得FPQ的周長L=-26mk3k2+1+23-63-6km3k2+1=23,故FPQ的周長是23,為定值.3.解:(1)由已知得點(-2,0),1,22在橢圓C1上,所以2a2=1,1a2+12b2=1,解得a2=2,b2=1,所以C1:x22+y2=1.點(2,1),(-4,4)在拋物線C2上,所以p=2,所以C2:x2=4y.(2)證明:設(shè)Pm,m24(m0),由x2=4y得y=12x,所以切線l的方程為y-m24=m2(x-m).設(shè)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+

8、x2=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,所以直線OD:y=-1mx,由x=m,y=-1mx,得y=-1,所以點Q在定直線y=-1上.4.解:(1)橢圓E:x2a2+y2b2=1(ab0)上的點到橢圓一個焦點的距離的最大值和最小值分別為a+c,a-c,依題意得a+c=3(a-c),即a=2c,又a2=b2+c2,b=3c,故可設(shè)橢圓E的方程為x24c2+y23c2=1,點P1,32在橢圓E上,14c2+943c2=1,解得c2=1,橢圓E的方程為x24+y23=1.(2)k1+k2=2k

9、3.證明:依題意,直線l不可能與x軸垂直,故可設(shè)直線l的方程為y-1=k(x-1),即y=kx-k+1,A(x1,y1),B(x2,y2),將y=kx-k+1與3x2+4y2-12=0聯(lián)立,得(4k2+3)x2-8(k2-k)x+4k2-8k-8=0,x1+x2=8k2-8k4k2+3,x1x2=4k2-8k-84k2+3,則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,化簡得3x+4(kx-k+1)-12=0,解得x=4k+84k+3,y=9k+34k+3,即C點的坐標為4k+84k+3,9k+34k+3,k3=9k+34k+3-324k+84k+3-1=6k-310.因此,k1+k2與k3的關(guān)系為k1+k2=2k3.5.解:(1)由x2a2+y24=1,y=kx+1得(4+a2k2)x2+2a2kx-3a2=0,顯然0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0),則x1+x2=-2a2k4+a2k2,x1x2=-3a24+a2k2,x0=-a2k4+a2k2,y0=-a

11、2k24+a2k2+1=44+a2k2,ky0x0=k-4a2k=-12,a2=8.故橢圓C的方程為x28+y24=1.(2)假設(shè)存在滿足題意的定點M,且設(shè)M(0,m),則由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.存在定點M(0,4),使得當k變化時,總有AMO=BMO.6.解:(1)由坐標原點到直線l:xa-yb=1的距離為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,將代入,得43a4=4a2,a2=3,b2=1,c2=2,所求橢圓的方程是x23+y2=1.(2)假設(shè)存在滿足題意的k值.設(shè)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.綜上所述,存在k=76,使得以線段CD為直徑的圓過定點E.