23版新高考一轮分层练案(五十一) 定点、定值、探索性问题
展开一轮分层练案(五十一) 定点、定值、探索性问题
1.已知抛物线C:y2=2px上一点M到其焦点F的距离等于.
(1)求抛物线C的标准方程;
(2)若不垂直于x轴的直线l交抛物线C于A,B两点,直线FA与FB的倾斜角互补,求证:直线l过定点,并求出该定点的坐标.
解:(1)由抛物线的方程可得抛物线的准线方程为x=-,
由M到其焦点F的距离等于可得,+=,解得p=1,所以抛物线的方程为y2=2x.
(2)证明:显然直线l的斜率存在且不为0,设直线l的方程为x=my+t,设A(x1,y1),B(x2,y2),
联立直线与抛物线的方程
整理可得y2-2my-2t=0,Δ=4m2+8t>0,即m2+2t>0,
y1+y2=2m,y1y2=-2t,
因为直线FA与FB的倾斜角互补,由(1)得F,
所以kFA+kFB=0,即kFA+kFB=+=+
=
=
=
==0,
因为m≠0,所以2t+1=0,即t=-,
所以直线l恒过定点.
2.已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,且过点P(2,1).
(1)求椭圆C的方程;
(2)若A,B是椭圆C上的两个动点,且∠APB的角平分线总垂直于x轴,求证:直线AB的斜率为定值.
解:(1)由题意得
解得a2=6,b2=3,所以椭圆C的方程是+=1.
(2)证明:设直线AP的斜率为k,由题意知,直线BP的斜率为-k,设A(x1,y1),B(x2,y2),
直线AP的方程为y-1=k(x-2),即y=kx+1-2k,
联立方程组
消去y得(2k2+1)x2+4k(1-2k)x+8k2-8k-4=0,
因为P,A为直线AP与椭圆的交点,
所以2x1=,即x1=,
把k换为-k得,x2=,所以x2-x1=,所以y2-y1=(-kx2+1+2k)-(kx1+1-2k)=k[4-(x1+x2)]=,
所以直线AB的斜率kAB==1,
故直线AB的斜率为定值.
3.如图,已知椭圆C:+y2=1上顶点为A,右焦点为F,直线AF与圆M:x2+y2-6x-2y+7=0相切,其中a>1.
(1)求椭圆的方程;
(2)不过点A的动直线l与椭圆C相交于P,Q两点,且AP⊥AQ,证明:动直线l过定点,并且求出该定点坐标.
解:(1)由题可知,A(0,1),F(c,0),b=1,则直线AF的方程为+y=1,即x+cy-c=0,
因为直线AF与圆M:x2+y2-6x-2y+7=0相切,且圆M的圆心为(3,1),r=.
则=,解得c=,所以a==,
故椭圆的标准方程为+y2=1.
(2)证明:因为不过点A的动直线l与椭圆C相交于P,Q两点,且AP⊥AQ,即直线AP与坐标轴不垂直也不平行,
由A(0,1)可设直线AP的方程为y=kx+1,则直线AQ的方程为y=-x+1.
联立消去y并整理得,
(1+3k2)x2+6kx=0,解得x=0或x=-,
因此点P的坐标为,
即,
将上式中的k换成-,得点Q,
所以直线l的斜率为=,
即直线l的方程为y=+,
化简并整理得y=x-,
故直线l恒过定点.
4.已知Q为圆E:x2+(y+1)2=16上一动点,F(0,1),QF的垂直平分线交QE于点P,设点P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程;
(2)已知直线l为曲线C上一点A(x0,-1)处的切线,l与直线y=4交于B点,问:以线段AB为直径的圆是否过定点F?请给予说明.
解:(1)如图所示,设P(x,y),由题知|PQ|=|PF|,|PE|+|PF|=|PE|+|PQ|=|QE|=4>2,
所以点P在以E,F为焦点的椭圆上,2a=4,c=1,b=.
故点P轨迹方程为+=1.
(2)将y=-1代入+=1得x=±,
所以A,不妨取A,
设l:y+1=k,
代入+=1得,
(3k2+4)x2+(9k2-6k)x+=0.
所以Δ=(9k2-6k)2-4(3k2+4)=0,
整理得k2+4k+4=0,解得k=-2.
所以l:2x+y+4=0,故B(-4,4).
因为=,=(-4,3),
即·=·(-4,3)=0,
故以线段AB为直径的圆过定点F.
5.已知A(x1,y1),B(x2,y2)是抛物线C:x2=2py(p>0)上不同两点.
(1)若抛物线C的焦点为F,D(x0,y0)为AB的中点,且AF+BF=4+2y0,求抛物线C的方程;
(2)若直线AB与x轴交于点P,与y轴的正半轴交点Q,且y1y2=,是否存在直线AB,使得+=?若存在,求出直线AB的方程;若不存在,请说明理由.
解:(1)由抛物线的定义得AF+BF=y1+y2+p
=2y0+p=4+2y0,∴p=4,
∴所求抛物线方程为x2=8y.
(2)假设存在直线AB,使得+=.由题意得AB的斜率存在,设AB:y=kx+m(k≠0,m>0),则点Q(0,m),
联立方程组得,x2-2pkx-2pm=0,
∴x1+x2=2pk,x1x2=-2pm,
∴y1y2=m2=,∴m=,y1+y2=k(x1+x2)+2m=2pk2+2m,
作AA′⊥x轴,BB′⊥x轴,垂足分别为A′,B′,如图.
∵+=,∴+=3,∴+=3,
∴+=====3.∴k2=,∴k=±,
∴存在直线AB:y=±x+符合题意.
6.已知椭圆C:+=1(a>b>0)的两个焦点分别为F1,F2,短轴的一个端点为P,△PF1F2内切圆的半径为,设过点F2的直线l被椭圆C截得的线段为RS,当l⊥x轴时,|RS|=3.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)在x轴上是否存在一点T,使得当l变化时,总有TS与TR所在直线关于x轴对称?若存在,请求出点T的坐标;若不存在,请说明理由.
解:(1)由内切圆的性质,得×2c×b=×(2a+2c)×,所以=.将x=c代入+=1,得y=±,所以=3.又a2=b2+c2,所以a=2,b=,
故椭圆C的标准方程为+=1.
(2)当直线l垂直于x轴时,显然x轴上任意一点T都满足TS与TR所在直线关于x轴对称.
当直线l不垂直于x轴时,假设存在T(t,0)满足条件,设l的方程为y=k(x-1),R(x1,y1),S(x2,y2).
联立消去y,
得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0,
由根与系数的关系得①
其中Δ>0恒成立,
由TS与TR所在直线关于x轴对称,得kTS+kTR=0(显然TS,TR的斜率存在),
即+=0.②
因为R,S两点在直线y=k(x-1)上,
所以y1=k(x1-1),y2=k(x2-1),代入②得
==0,
即2x1x2-(t+1)(x1+x2)+2t=0.③
将①代入③得
==0,则t=4,
综上所述,存在T(4,0),使得当l变化时,总有TS与TR所在直线关于x轴对称.
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