2020版高考数学复习第八单元专题集训八定点定值探索性问题练习理新人教a版 6页

专题集训八定点定值探索性问题1.[2018·江西新余二模]已知抛物线C:x2=2py(p>0)过点(2,1),直线l过点P(0,-1)与抛物线C交于A,B两点,点A关于y轴的对称点为A'.(1)求抛物线C的标准方程.(2)直线A'B是否过定点?若过定点,求出定点坐标;若不过定点,请说明理由.2.[2018·福建泉州质检]已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过A(a,0),B(0,1),O为坐标原点,线段AB的中点在圆O:x2+y2=1上.(1)求椭圆C的方程.(2)直线l:y=kx+m不过椭圆C的右焦点F,与C交于P,Q两点,且l与圆O相切,切点在第一象限,试判断△FPQ的周长是否为定值?并说明理由.3.[2019·莆田模拟]已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)和抛物线C2:x2=2py(p>0),在C1,C2上各取两个点,这四个点的坐标分别为(-2,0),1,22,(2,1),(-4,4).(1)求C1,C2的方程;(2)设P是抛物线C2在第一象限上的点,抛物线C2在点P处的切线l与C1交于A,B两点,线段AB的中点为D,过原点O的直线OD与过点P且垂直于x轴的直线交于点Q,证明:点Q在定直线上.4.[2018·湖南十四校一联]已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上的点到椭圆一个焦点的距离的最大值是最小值的3倍,且点P1,32在椭圆E上.(1)求椭圆E的方程;n(2)过点M(1,1)任作一条直线l,l与椭圆E交于不同于P点的A,B两点,l与直线m:3x+4y-12=0交于C点,记直线PA,PB,PC的斜率分别为k1,k2,k3,试探究k1+k2与k3的关系,并证明你的结论.5.[2018·山东济宁一模]已知椭圆C:x2a2+y24=1(a>2),直线y=kx+1(k≠0)与椭圆C交于A,B两点,D为AB的中点,O为坐标原点.(1)若直线AB与直线OD的斜率之积为-12,求椭圆C的方程.(2)在(1)的条件下,y轴上是否存在定点M,使得当k变化时,总有∠AMO=∠BMO?若存在,求出定点M的坐标;若不存在,请说明理由.6.[2018·东北师大附中一模]已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)和直线l:xa-yb=1,椭圆的离心率e=63,坐标原点到直线l的距离为32.(1)求椭圆的方程.(2)已知定点E(-1,0),若直线y=kx+2(k≠0)与椭圆相交于C,D两点,试判断是否存在k值,使得以线段CD为直径的圆过定点E?若存在,求出这个k值;若不存在,请说明理由.n专题集训(八)1.解:(1)因为抛物线C:x2=2py过点(2,1),所以p=2,所以抛物线C的标准方程为x2=4y.(2)直线A'B过定点(0,1).由题意知直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx-1,A(x1,y1),B(x2,y2),则A'(-x1,y1).由y=14x2,y=kx-1,得x2-4kx+4=0,则Δ=16k2-16>0,x1·x2=4,x1+x2=4k,所以kA'B=y2-y1x2-(-x1)=x224-x124x1+x2=x2-x14,于是直线A'B的方程为y-x224=x2-x14(x-x2),即y=x2-x14(x-x2)+x224=x2-x14x+1,当x=0时,y=1,所以直线A'B过定点(0,1).2.解:(1)由题意得b=1,因为线段AB的中点a2,12在圆O上,所以a22+122=1,得a=3,所以椭圆C的方程为x23+y2=1.(2)△FPQ的周长为定值.因为直线l与圆O相切,且切点在第一象限,所以k<0,m>0,且|m|1+k2=1,即m2=1+k2.设P(x1,y1),Q(x2,y2),将直线l的方程与椭圆方程联立,可得(3k2+1)x2+6kmx+3(m2-1)=0,则Δ=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,因为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,化简得|PF|=3-63x1.同理得|QF|=3-63x2,则|PF|+|QF|=23-63(x1+x2),由此可得△FPQ的周长L=-26mk3k2+1+23-63·-6km3k2+1=23,故△FPQ的周长是23,为定值.n3.解:(1)由已知得点(-2,0),1,22在椭圆C1上,所以2a2=1,1a2+12b2=1,解得a2=2,b2=1,所以C1:x22+y2=1.点(2,1),(-4,4)在抛物线C2上,所以p=2,所以C2:x2=4y.(2)证明:设Pm,m24(m>0),由x2=4y得y'=12x,所以切线l的方程为y-m24=m2(x-m).设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(m2+2),所以kOD=yD-0xD-0=-1m,所以直线OD:y=-1mx,由x=m,y=-1mx,得y=-1,所以点Q在定直线y=-1上.4.解:(1)∵椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上的点到椭圆一个焦点的距离的最大值和最小值分别为a+c,a-c,依题意得a+c=3(a-c),即a=2c,又a2=b2+c2,∴b=3c,故可设椭圆E的方程为x24c2+y23c2=1,∵点P1,32在椭圆E上,∴14c2+943c2=1,解得c2=1,∴椭圆E的方程为x24+y23=1.(2)k1+k2=2k3.证明:依题意,直线l不可能与x轴垂直,故可设直线l的方程为y-1=k(x-1),即y=kx-k+1,A(x1,y1),B(x2,y2),将y=kx-k+1与3x2+4y2-12=0联立,得(4k2+3)x2-8(k2-k)x+4k2-8k-8=0,∴x1+x2=8k2-8k4k2+3,x1x2=4k2-8k-84k2+3,则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,化简得3x+4(kx-k+1)-12=0,解得x=4k+84k+3,y=9k+34k+3,n即C点的坐标为4k+84k+3,9k+34k+3,∴k3=9k+34k+3-324k+84k+3-1=6k-310.因此,k1+k2与k3的关系为k1+k2=2k3.5.解:(1)由x2a2+y24=1,y=kx+1得(4+a2k2)x2+2a2kx-3a2=0,显然Δ>0,设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0),则x1+x2=-2a2k4+a2k2,x1x2=-3a24+a2k2,∴x0=-a2k4+a2k2,y0=-a2k24+a2k2+1=44+a2k2,∴k·y0x0=k·-4a2k=-12,∴a2=8.故椭圆C的方程为x28+y24=1.(2)假设存在满足题意的定点M,且设M(0,m),则由∠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.∴存在定点M(0,4),使得当k变化时,总有∠AMO=∠BMO.6.解:(1)由坐标原点到直线l:xa-yb=1的距离为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,将②代入①,得43a4=4a2,∴a2=3,b2=1,c2=2,∴所求椭圆的方程是x23+y2=1.(2)假设存在满足题意的k值.设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为直径的圆过点E,则EC⊥ED,即EC·ED=0,n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.综上所述,存在k=76,使得以线段CD为直径的圆过定点E.