2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第八章 平面解析幾何 第八節(jié) 第三課時(shí) 定點(diǎn)、定值、探索性問(wèn)題課時(shí)作業(yè)

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1、2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第八章 平面解析幾何 第八節(jié) 第三課時(shí) 定點(diǎn)、定值、探索性問(wèn)題課時(shí)作業(yè) 1.已知?jiǎng)狱c(diǎn)C到點(diǎn)F(1,0)的距離比到直線x=-2的距離小1,動(dòng)點(diǎn)C的軌跡為E. (1)求曲線E的方程; (2)若直線l:y=kx+m(km<0)與曲線E相交于A,B兩個(gè)不同點(diǎn),且·=5,證明:直線l經(jīng)過(guò)一個(gè)定點(diǎn). 解析:(1)由題意可得動(dòng)點(diǎn)C到點(diǎn)F(1,0)的距離等于到直線x=-1的距離, ∴曲線E是以點(diǎn)(1,0)為焦點(diǎn),直線x=-1為準(zhǔn)線的拋物線,設(shè)其方程為y2=2px(p>0),∴=1,∴p=2, ∴動(dòng)點(diǎn)C的軌跡E的方程為y2=4x. (2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y

2、2), 由 得k2x2+(2km-4)x+m2=0, ∴x1+x2=,x1·x2=. ∵·=5,∴x1x2+y1y2=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2==5, ∴m2+4km-5k2=0,∴m=k或m=-5k. ∵km<0,∴m=k舍去, ∴m=-5k,滿(mǎn)足Δ=16(1-km)>0, ∴直線l的方程為y=k(x-5), ∴直線l必經(jīng)過(guò)定點(diǎn)(5,0). 2.(2018·昆明市檢測(cè))已知點(diǎn)A,B的坐標(biāo)分別為(-,0),(,0),直線AM,BM相交于點(diǎn)M,且它們的斜率之積是-,點(diǎn)M的軌跡為曲線E. (1)求曲線E的方程; (2)過(guò)點(diǎn)F(1,0)作直線l交曲線E于

3、P,Q兩點(diǎn),交y軸于R點(diǎn),若=λ1,=λ2,證明:λ1+λ2為定值. 解析:(1)設(shè)點(diǎn)M(x,y),由已知得·=-(x≠±), 化簡(jiǎn)得曲線E的方程:+y2=1(x≠±). (2)證明:設(shè)點(diǎn)P,Q,R的坐標(biāo)分別為 P(x1,y1),Q(x2,y2),R(0,y0). 由=λ1,得(x1,y1-y0)=λ1(1-x1,-y1), 所以x1=,y1=, 因?yàn)辄c(diǎn)P在曲線E上,所以()2+()2=1, 化簡(jiǎn)得λ+4λ1+2-2y=0?、?, 同理,由=λ2,可得x2=,y2=, 代入曲線E的方程化簡(jiǎn)得λ+4λ2+2-2y=0?、?, 由①②可知λ1,λ2是方程x2+4x+2-2y=0的

4、兩個(gè)實(shí)數(shù)根(Δ>0), 所以λ1+λ2=-4,即λ1+λ2為定值. 3.在平面直角坐標(biāo)系中,已知點(diǎn)A(-,0),B(,0),直線MA,MB交于點(diǎn)M,它們的斜率之積為常數(shù)m(m≠0),且△MAB的面積最大值為,設(shè)動(dòng)點(diǎn)M的軌跡為曲線E. (1)求曲線E的方程; (2)過(guò)曲線E外一點(diǎn)Q作E的兩條切線l1,l2,若它們的斜率之積為-1,那么·是否為定值?若是,請(qǐng)求出該值;若不是,請(qǐng)說(shuō)明理由. 解析:(1)設(shè)M(x,y),則由已知得 ·=m,即y2=m(x2-3), 即-=1(x≠±).(*) ①當(dāng)m>0時(shí),方程(*)表示雙曲線,此時(shí)△MAB面積不存在最大值(不符合); ②當(dāng)m=-1時(shí)

5、,方程(*)表示圓,此時(shí)△MAB的面積最大值為3(不符合); ③當(dāng)m<0且m≠-1時(shí),方程(*)為橢圓,此時(shí)△MAB的面積最大值為,所以m=-. 此時(shí)所求的方程為+y2=1(x≠±). (2)設(shè)Q(x0,y0),過(guò)點(diǎn)Q的切線l為y=k(x-x0)+y0, 由消去y得 (1+3k2)x2+6k(y0-kx0)x+3(y0-kx0)2-3=0, 則Δ=36k2(y0-kx0)2-4(1+3k)2·3[(y-kx0)2-1]=0, 化簡(jiǎn)得(3-x)k2+2x0y0k+1-y=0, 于是k1·k2=,由已知斜率之積為-1, 則=-1,則x+y=4(x0≠±), 所以|OQ|=2,于

6、是·=[(2)2-2]=1. 4.已知橢圓C:+=1(a>b>0)的焦點(diǎn)為F1,F(xiàn)2,離心率為,點(diǎn)P為其上一動(dòng)點(diǎn),且三角形PF1F2的面積最大值為,O為坐標(biāo)原點(diǎn). (1)求橢圓C的方程; (2)若點(diǎn)M,N為C上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn),求常數(shù)m,使·=m時(shí),點(diǎn)O到直線MN的距離為定值,求這個(gè)定值. 解析:(1)依題意知 解得 所以橢圓C的方程為+=1. (2)設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),則x1x2+y1y2=m, 當(dāng)直線MN的斜率存在時(shí),設(shè)其方程為y=kx+n,則點(diǎn)O到直線MN的距離d== , 聯(lián)立,得消去y, 得(4k2+3)x2+8knx+4n2-12=0, 由Δ>0得4

7、k2-n2+3>0,則 x1+x2=,x1x2=, 所以x1x2+(kx1+n)(kx2+n)=(k2+1)x1x2+kn(x1+x2)+n2=m, 整理得=12+. 因?yàn)閐= 為常數(shù),則m=0,d= =, 此時(shí)=12滿(mǎn)足Δ>0. 當(dāng)MN⊥x軸時(shí),由m=0得kOM=±1, 聯(lián)立,得消去y,得x2=,點(diǎn)O到直線MN的距離d=|x|=亦成立. 綜上,當(dāng)m=0時(shí),點(diǎn)O到直線MN的距離為定值,這個(gè)定值是. B組——能力提升練 1.如圖,已知直線l:y=kx+1(k>0)關(guān)于直線y=x+1對(duì)稱(chēng)的直線為l1,直線l,l1與橢圓E:+y2=1分別交于點(diǎn)A,M和A,N,記直線l1的斜率為k

8、1. (1)求k·k1的值; (2)當(dāng)k變化時(shí),試問(wèn)直線MN是否恒過(guò)定點(diǎn)?若恒過(guò)定點(diǎn),求出該定點(diǎn)坐標(biāo);若不恒過(guò)定點(diǎn),請(qǐng)說(shuō)明理由. 解析:(1)設(shè)直線l上任意一點(diǎn)P(x,y)關(guān)于直線y=x+1對(duì)稱(chēng)的點(diǎn)為P0(x0,y0), 直線l與直線l1的交點(diǎn)為(0,1), ∴l(xiāng):y=kx+1,l1:y=k1x+1,k=,k1=, 由=+1, 得y+y0=x+x0+2 ①, 由=-1,得y-y0=x0-x?、?, 由①②得 kk1= ==1. (2)由得(4k2+1)x2+8kx=0, 設(shè)M(xM,yM),N(xN,yN), ∴xM=,∴yM=. 同理可得xN==,yN==.

9、 kMN====-, 直線MN:y-yM=kMN(x-xM), 即y-=-(x-), 即y=-x-+=-x-. ∴當(dāng)k變化時(shí),直線MN過(guò)定點(diǎn)(0,-). 2.(2018·合肥市質(zhì)檢)如圖,在平面直角坐標(biāo)系中,點(diǎn)F(-1,0),過(guò)直線l:x=-2右側(cè)的動(dòng)點(diǎn)P作PA⊥l于點(diǎn)A,∠APF的平分線交x軸于點(diǎn)B,|PA|=|BF|. (1)求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程; (2)過(guò)點(diǎn)F的直線q交曲線C于M,N,試問(wèn):x軸正半軸上是否存在點(diǎn)E,直線EM,EN分別交直線l于R,S兩點(diǎn),使∠RFS為直角?若存在,求出點(diǎn)E的坐標(biāo),若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由. 解析:(1)設(shè)P(x,y),由平面幾何知識(shí)得=,

10、 即=, 化簡(jiǎn)得x2+2y2=2, 所以動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程為x2+2y2=2(x≠). (2)假設(shè)滿(mǎn)足條件的點(diǎn)E(n,0)(n>0)存在,設(shè)直線q的方程為x=my-1, M(x1,y1),N(x2,y2),R(-2,y3),S(-2,y4). 聯(lián)立,得消去x, 得(m2+2)y2-2my-1=0, y1+y2=,y1y2=-, x1x2=(my1-1)(my2-1)=m2y1y2-m(y1+y2)+1=--+1=, x1+x2=m(y1+y2)-2=-2=-, 由條件知=,y3=-, 同理y4=-,kRF==-y3, kSF=-y4. 因?yàn)椤蟁FS為直角,所以y3y

11、4=-1, 所以(2+n)2y1y2=-[x1x2-n(x1+x2)+n2], (2+n)2=++n2, 所以(n2-2)(m2+1)=0,n=, 故滿(mǎn)足條件的點(diǎn)E存在,其坐標(biāo)為(,0). 3.已知橢圓C:9x2+y2=m2(m>0),直線l不過(guò)原點(diǎn)O且不平行于坐標(biāo)軸,l與C有兩個(gè)交點(diǎn)A,B,線段AB的中點(diǎn)為M. (1)證明:直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值; (2)若l過(guò)點(diǎn)(,m),延長(zhǎng)線段OM與C交于點(diǎn)P,四邊形OAPB能否為平行四邊形?若能,求此時(shí)l的斜率;若不能,說(shuō)明理由. 解析:(1)證明:設(shè)直線l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2

12、),M(xM,yM). 將y=kx+b代入9x2+y2=m2得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0, 故xM==,yM=kxM+b=. 于是直線OM的斜率kOM==-, 即kOM·k=-9. 所以直線OM的斜率與l的斜率的積是定值. (2)四邊形OAPB能為平行四邊形. 因?yàn)橹本€l過(guò)點(diǎn)(,m),所以l不過(guò)原點(diǎn)且與C有兩個(gè)交點(diǎn)的充要條件是k>0,k≠3.由(1)得OM的方程為y=-x. 設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為xP, 由得x=, 即xP=. 將點(diǎn)(,m)的坐標(biāo)代入l的方程得b=, 因此xM=. 四邊形OAPB為平行四邊形,當(dāng)且僅當(dāng)線段AB與線段OP互相平分,即xP=2xM

13、. 于是=2×, 解得k1=4-,k2=4+.因?yàn)閗i>0,ki≠3,i=1,2, 所以當(dāng)l的斜率為4-或4+時(shí),四邊形OAPB為平行四邊形. 4.(2018·長(zhǎng)沙市模擬)已知P(,)在橢圓C:+=1(a>b>0)上,F(xiàn)為右焦點(diǎn),PF垂直于x軸.A,B,C,D為橢圓上四個(gè)動(dòng)點(diǎn),且AC,BD交于原點(diǎn)O. (1)求橢圓C的方程; (2)判斷動(dòng)直線l:x+(m-n)y=m+n(m,n∈R)與橢圓C的位置關(guān)系; (3)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)滿(mǎn)足=,判斷kAB+kBC的值是否為定值,若是,請(qǐng)求出此定值,并求出四邊形ABCD面積的最大值,否則請(qǐng)說(shuō)明理由. 解析:(1)∵P(,

14、)在橢圓C:+=1(a>b>0)上,∴+=1.① 又F為右焦點(diǎn),PF垂直于x軸,∴=.② 由①②,解得a=2,b=1,∴橢圓C的方程為+y2=1. (2)將動(dòng)直線l的方程x+(m-n)y=m+n(m,n∈R), 化為(+y-)m+(-y-)n=0. ∵m,n∈R,∴ 解得 ∴動(dòng)直線l恒過(guò)點(diǎn)P, ∵P在橢圓C上,∴動(dòng)直線l與橢圓C的位置關(guān)系是相切或相交. (3)∵=,∴4y1y2=x1x2.當(dāng)直線AB的斜率不存在或斜率為0時(shí),不滿(mǎn)足4y1y2=x1x2. 當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí),設(shè)直線AB的方程為 y=kx+m, 聯(lián)立,得 得(1+4k2)x2+8kmx+4(m2-1)

15、=0, ∴Δ=(8km)2-4(4k2+1)·4(m2-1)=16(4k2-m2+1)>0(*) ∵4y1y2=x1x2,y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2, ∴(4k2-1)x1x2+4km(x1+x2)+4m2=0, ∴(4k2-1)+4km+4m2=0, 整理得4k2=1,∴k=±. ∵A,B,C,D的位置可輪換,∴直線AB,BC的斜率是或-, ∴kAB+kBC=+(-)=0,為定值. 不妨設(shè)kAB=-,則 設(shè)原點(diǎn)到直線AB的距離為d,則 S△AOB=|AB|·d=·|x2-x1|·===≤=1. 當(dāng)m2=1時(shí)(滿(mǎn)足(*)),S△AOB=1,∴S四邊形ABCD=4S△AOB≤4, 即四邊形ABCD面積的最大值為4.

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