《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)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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)（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

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?、伲? 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?、冢? 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?、伲? 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.