2020版高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第八單元 專題集訓(xùn)八 定點(diǎn)定值探索性問題練習(xí) 理 新人教A版

專題集訓(xùn)八 定點(diǎn)定值探索性問題 1.2018·江西新余二模 已知拋物線C:x2=2py(p>0)過點(diǎn)(2,1),直線l過點(diǎn)P(0,-1)與拋物線C交于A,B兩點(diǎn),點(diǎn)A關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)為A'.(1)求拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程.(2)直線A'B是否過定點(diǎn)?若過定點(diǎn),求出定點(diǎn)坐標(biāo);若不過定點(diǎn),請(qǐng)說明理由.2.2018·福建泉州質(zhì)檢 已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)經(jīng)過A(a,0),B(0,1),O為坐標(biāo)原點(diǎn),線段AB的中點(diǎn)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(diǎn)F,與C交于P,Q兩點(diǎn),且l與圓O相切,切點(diǎn)在第一象限,試判斷FPQ的周長是否為定值?并說明理由.3.2019·莆田模擬 已知橢圓C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)和拋物線C2:x2=2py(p>0),在C1,C2上各取兩個(gè)點(diǎn),這四個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)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(diǎn),拋物線C2在點(diǎn)P處的切線l與C1交于A,B兩點(diǎn),線段AB的中點(diǎn)為D,過原點(diǎn)O的直線OD與過點(diǎn)P且垂直于x軸的直線交于點(diǎn)Q,證明:點(diǎn)Q在定直線上.4.2018·湖南十四校一聯(lián) 已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上的點(diǎn)到橢圓一個(gè)焦點(diǎn)的距離的最大值是最小值的3倍,且點(diǎn)P1,32在橢圓E上.(1)求橢圓E的方程;(2)過點(diǎn)M(1,1)任作一條直線l,l與橢圓E交于不同于P點(diǎn)的A,B兩點(diǎn),l與直線m:3x+4y-12=0交于C點(diǎn),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(jì)寧一模 已知橢圓C:x2a2+y24=1(a>2),直線y=kx+1(k0)與橢圓C交于A,B兩點(diǎn),D為AB的中點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn).(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(diǎn)M,使得當(dāng)k變化時(shí),總有AMO=BMO?若存在,求出定點(diǎn)M的坐標(biāo);若不存在,請(qǐng)說明理由.6.2018·東北師大附中一模 已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)和直線l:xa-yb=1,橢圓的離心率e=63,坐標(biāo)原點(diǎn)到直線l的距離為32.(1)求橢圓的方程.(2)已知定點(diǎn)E(-1,0),若直線y=kx+2(k0)與橢圓相交于C,D兩點(diǎn),試判斷是否存在k值,使得以線段CD為直徑的圓過定點(diǎn)E?若存在,求出這個(gè)k值;若不存在,請(qǐng)說明理由.7專題集訓(xùn)(八)1.解:(1)因?yàn)閽佄锞€C:x2=2py過點(diǎn)(2,1),所以p=2,所以拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2=4y.(2)直線A'B過定點(diǎn)(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=0,則=16k2-16>0,x1·x2=4,x1+x2=4k,所以kA'B=y2-y1x2-(-x1)=x224-x124x1+x2=x2-x14,于是直線A'B的方程為y-x224=x2-x14(x-x2),即y=x2-x14(x-x2)+x224=x2-x14x+1,當(dāng)x=0時(shí),y=1,所以直線A'B過定點(diǎn)(0,1).2.解:(1)由題意得b=1,因?yàn)榫€段AB的中點(diǎn)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?yàn)橹本€l與圓O相切,且切點(diǎn)在第一象限,所以k<0,m>0,且|m|1+k2=1,即m2=1+k2.設(shè)P(x1,y1),Q(x2,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=24k2>0,且x1+x2=-6km3k2+1,x1x2=3(m2-1)3k2+1,|PQ|=1+k2|x1-x2|=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2=12·1+k23k2+1·3k2+1-m2,因?yàn)閙2=1+k2,故|PQ|=12·m23k2+1·2k2=-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(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(diǎn)(-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(diǎn)(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(m>0),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+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(diǎn)Q在定直線y=-1上.4.解:(1)橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上的點(diǎn)到橢圓一個(gè)焦點(diǎn)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(diǎn)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=2k3.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-12·x1+x2-2x1x2-(x1+x2)+1=2k-12·8k2-8k-2(4k2+3)4k2-8k-8-(8k2-8k)+(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(diǎn)的坐標(biāo)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=-a2k24+a2k2+1=44+a2k2,k·y0x0=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(diǎn)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(diǎn)M(0,4),使得當(dāng)k變化時(shí),總有AMO=BMO.6.解:(1)由坐標(biāo)原點(diǎn)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=144k2-4×9(1+3k2)=36k2-36>0,得k>1或k<-1,x1+x2=-12k1+3k2,x1x2=91+3k2,y1y2=(kx1+2)(kx2+2)=k2x1x2+2k(x1+x2)+4.若以CD為直徑的圓過點(diǎn)E,則ECED,即EC·ED=0,由EC=(x1+1,y1),ED=(x2+1,y2),得(x1+1)(x2+1)+y1y2=0,(1+k2)x1x2+(2k+1)(x1+x2)+5=0,9(1+k2)1+3k2+(2k+1)·-12k1+3k2+5=0,解得k=76>1.綜上所述,存在k=76,使得以線段CD為直徑的圓過定點(diǎn)E.