2022届高考数学一轮复习 第八章 平面解析几何 第八节 第三课时 定点、定值、探索性问题课时作业

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1、2022届高考数学一轮复习 第八章 平面解析几何 第八节 第三课时 定点、定值、探索性问题课时作业 1．已知动点C到点F(1,0)的距离比到直线x＝－2的距离小1，动点C的轨迹为E. (1)求曲线E的方程； (2)若直线l：y＝kx＋m(km<0)与曲线E相交于A，B两个不同点，且·＝5，证明：直线l经过一个定点． 解析：(1)由题意可得动点C到点F(1,0)的距离等于到直线x＝－1的距离， ∴曲线E是以点(1,0)为焦点，直线x＝－1为准线的抛物线，设其方程为y2＝2px(p>0)，∴＝1，∴p＝2， ∴动点C的轨迹E的方程为y2＝4x. (2)设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，满足Δ＝16(1－km)>0， ∴直线l的方程为y＝k(x－5)， ∴直线l必经过定点(5,0)． 2．(2018·昆明市检测)已知点A，B的坐标分别为(－，0)，(，0)，直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之积是－，点M的轨迹为曲线E. (1)求曲线E的方程； (2)过点F(1,0)作直线l交曲线E于

3、P，Q两点，交y轴于R点，若＝λ1，＝λ2，证明：λ1＋λ2为定值． 解析：(1)设点M(x，y)，由已知得·＝－(x≠±)， 化简得曲线E的方程：＋y2＝1(x≠±)． (2)证明：设点P，Q，R的坐标分别为 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，R(0，y0)． 由＝λ1，得(x1，y1－y0)＝λ1(1－x1，－y1)， 所以x1＝，y1＝， 因为点P在曲线E上，所以()2＋()2＝1， 化简得λ＋4λ1＋2－2y＝0　①， 同理，由＝λ2，可得x2＝，y2＝， 代入曲线E的方程化简得λ＋4λ2＋2－2y＝0　②， 由①②可知λ1，λ2是方程x2＋4x＋2－2y＝0的

4、两个实数根(Δ>0)， 所以λ1＋λ2＝－4，即λ1＋λ2为定值． 3．在平面直角坐标系中，已知点A(－，0)，B(，0)，直线MA，MB交于点M，它们的斜率之积为常数m(m≠0)，且△MAB的面积最大值为，设动点M的轨迹为曲线E. (1)求曲线E的方程； (2)过曲线E外一点Q作E的两条切线l1，l2，若它们的斜率之积为－1，那么·是否为定值？若是，请求出该值；若不是，请说明理由． 解析：(1)设M(x，y)，则由已知得 ·＝m，即y2＝m(x2－3)， 即－＝1(x≠±)．(*) ①当m>0时，方程(*)表示双曲线，此时△MAB面积不存在最大值(不符合)； ②当m＝－1时

5、，方程(*)表示圆，此时△MAB的面积最大值为3(不符合)； ③当m<0且m≠－1时，方程(*)为椭圆，此时△MAB的面积最大值为，所以m＝－. 此时所求的方程为＋y2＝1(x≠±)． (2)设Q(x0，y0)，过点Q的切线l为y＝k(x－x0)＋y0， 由消去y得 (1＋3k2)x2＋6k(y0－kx0)x＋3(y0－kx0)2－3＝0， 则Δ＝36k2(y0－kx0)2－4(1＋3k)2·3[(y－kx0)2－1]＝0， 化简得(3－x)k2＋2x0y0k＋1－y＝0， 于是k1·k2＝，由已知斜率之积为－1， 则＝－1，则x＋y＝4(x0≠±)， 所以|OQ|＝2，于

6、是·＝[(2)2－2]＝1. 4．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦点为F1，F2，离心率为，点P为其上一动点，且三角形PF1F2的面积最大值为，O为坐标原点． (1)求椭圆C的方程； (2)若点M，N为C上的两个动点，求常数m，使·＝m时，点O到直线MN的距离为定值，求这个定值． 解析：(1)依题意知 解得 所以椭圆C的方程为＋＝1. (2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2＋y1y2＝m， 当直线MN的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋n，则点O到直线MN的距离d＝＝ ， 联立，得消去y， 得(4k2＋3)x2＋8knx＋4n2－12＝0， 由Δ>0得4

7、k2－n2＋3>0，则 x1＋x2＝，x1x2＝， 所以x1x2＋(kx1＋n)(kx2＋n)＝(k2＋1)x1x2＋kn(x1＋x2)＋n2＝m， 整理得＝12＋. 因为d＝ 为常数，则m＝0，d＝ ＝， 此时＝12满足Δ>0. 当MN⊥x轴时，由m＝0得kOM＝±1， 联立，得消去y，得x2＝，点O到直线MN的距离d＝|x|＝亦成立． 综上，当m＝0时，点O到直线MN的距离为定值，这个定值是. B组——能力提升练 1．如图，已知直线l：y＝kx＋1(k>0)关于直线y＝x＋1对称的直线为l1，直线l，l1与椭圆E：＋y2＝1分别交于点A，M和A，N，记直线l1的斜率为k

8、1. (1)求k·k1的值； (2)当k变化时，试问直线MN是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点坐标；若不恒过定点，请说明理由． 解析：(1)设直线l上任意一点P(x，y)关于直线y＝x＋1对称的点为P0(x0，y0)， 直线l与直线l1的交点为(0,1)， ∴l：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　②， 由①②得 kk1＝ ＝＝1. (2)由得(4k2＋1)x2＋8kx＝0， 设M(xM，yM)，N(xN，yN)， ∴xM＝，∴yM＝. 同理可得xN＝＝，yN＝＝.

9、 kMN＝＝＝＝－， 直线MN：y－yM＝kMN(x－xM)， 即y－＝－(x－)， 即y＝－x－＋＝－x－. ∴当k变化时，直线MN过定点(0，－)． 2.(2018·合肥市质检)如图，在平面直角坐标系中，点F(－1,0)，过直线l：x＝－2右侧的动点P作PA⊥l于点A，∠APF的平分线交x轴于点B，|PA|＝|BF|. (1)求动点P的轨迹C的方程； (2)过点F的直线q交曲线C于M，N，试问：x轴正半轴上是否存在点E，直线EM，EN分别交直线l于R，S两点，使∠RFS为直角？若存在，求出点E的坐标，若不存在，请说明理由． 解析：(1)设P(x，y)，由平面几何知识得＝，

10、 即＝， 化简得x2＋2y2＝2， 所以动点P的轨迹C的方程为x2＋2y2＝2(x≠)． (2)假设满足条件的点E(n,0)(n>0)存在，设直线q的方程为x＝my－1， M(x1，y1)，N(x2，y2)，R(－2，y3)，S(－2，y4)． 联立，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＝－， 由条件知＝，y3＝－， 同理y4＝－，kRF＝＝－y3， kSF＝－y4. 因为∠RFS为直角，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＝， 故满足条件的点E存在，其坐标为(，0)． 3．已知椭圆C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M. (1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值； (2)若l过点(，m)，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由． 解析：(1)证明：设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2

12、)，M(xM，yM)． 将y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0， 故xM＝＝，yM＝kxM＋b＝. 于是直线OM的斜率kOM＝＝－， 即kOM·k＝－9. 所以直线OM的斜率与l的斜率的积是定值． (2)四边形OAPB能为平行四边形． 因为直线l过点(，m)，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k>0，k≠3.由(1)得OM的方程为y＝－x. 设点P的横坐标为xP， 由得x＝， 即xP＝. 将点(，m)的坐标代入l的方程得b＝， 因此xM＝. 四边形OAPB为平行四边形，当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP＝2xM

13、. 于是＝2×， 解得k1＝4－，k2＝4＋.因为ki>0，ki≠3，i＝1,2， 所以当l的斜率为4－或4＋时，四边形OAPB为平行四边形． 4．(2018·长沙市模拟)已知P(，)在椭圆C：＋＝1(a>b>0)上，F为右焦点，PF垂直于x轴．A，B，C，D为椭圆上四个动点，且AC，BD交于原点O. (1)求椭圆C的方程； (2)判断动直线l：x＋(m－n)y＝m＋n(m，n∈R)与椭圆C的位置关系； (3)设A(x1，y1)，B(x2，y2)满足＝，判断kAB＋kBC的值是否为定值，若是，请求出此定值，并求出四边形ABCD面积的最大值，否则请说明理由． 解析：(1)∵P(，

14、)在椭圆C：＋＝1(a>b>0)上，∴＋＝1.① 又F为右焦点，PF垂直于x轴，∴＝.② 由①②，解得a＝2，b＝1，∴椭圆C的方程为＋y2＝1. (2)将动直线l的方程x＋(m－n)y＝m＋n(m，n∈R)， 化为(＋y－)m＋(－y－)n＝0. ∵m，n∈R，∴ 解得 ∴动直线l恒过点P， ∵P在椭圆C上，∴动直线l与椭圆C的位置关系是相切或相交． (3)∵＝，∴4y1y2＝x1x2.当直线AB的斜率不存在或斜率为0时，不满足4y1y2＝x1x2. 当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为 y＝kx＋m， 联立，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的位置可轮换，∴直线AB，BC的斜率是或－， ∴kAB＋kBC＝＋(－)＝0，为定值． 不妨设kAB＝－，则 设原点到直线AB的距离为d，则 S△AOB＝|AB|·d＝·|x2－x1|·＝＝＝≤＝1. 当m2＝1时(满足(*))，S△AOB＝1，∴S四边形ABCD＝4S△AOB≤4， 即四边形ABCD面积的最大值为4.