《2020版高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第八單元 專題集訓(xùn)八 定點定值探索性問題練習(xí) 理 新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第八單元 專題集訓(xùn)八 定點定值探索性問題練習(xí) 理 新人教A版（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題集訓(xùn)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(p>0)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(biāo)準(zhǔn)方程. (2)直線A'B是否過定點?若過定點,求出定點坐標(biāo);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(a>b>0)經(jīng)過A(a,0),B(0,1),O為坐標(biāo)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

2、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上各取兩個點,這四個點的坐標(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,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)]

3、 已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)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(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(a>2),直線y=kx+1(k≠0)與橢圓C交于A,B兩點,D為AB的中點,O為坐標(biāo)原點. (1)若直線AB與直線OD的斜率之積為-

4、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(dāng)k變化時,總有∠AMO=∠BMO?若存在,求出定點M的坐標(biāo);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(a>b>0)和直線l:xa-yb=1,橢圓的離心率e=63,坐標(biāo)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(k≠0)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(xùn)

5、(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(biāo)準(zhǔn)方程為x2=4y. (2)直線A'B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=0, 則Δ=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

6、-x14x+1, 當(dāng)x=0時,y=1,所以直線A'B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Δ=24k2>0,且x1+x2=-6km3k2+1,x1x2=3(m2-1)3k2+1, |PQ|=

7、1+k2|x1-x2|=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2=12·1+k23k2+1·3k2+1-m2, 因為m2=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

8、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(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,Δ>0, x1+x2=m3m2+2,所以xD=m32(m2+2),代入y-m24=m2(x-m),得yD=-m22(

9、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(a>b>0)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=2k3. 證明:依題意,直線l不可能與x軸垂直,故可設(shè)直線l

10、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.

11、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(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Δ>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

12、2k24+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(dāng)k變化時,總有∠AMO=∠BMO.

13、 6.解:(1)由坐標(biāo)原點到直線l:xa-yb=1的距離為32,得32=|ab|a2+b2,即4a2b2=3a2+3b2①, 又由e=63,得c2a2=23,即c2=23a2,∵a2=b2+c2,∴b2=13a2②, 將②代入①,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Δ=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E,則EC⊥ED,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E.