《2020版高考数学人教版理科一轮复习课时作业：57 定点、定值、探究性问题 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考数学人教版理科一轮复习课时作业：57 定点、定值、探究性问题 Word版含解析.pdf（13页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、课时作业课时作业 57 定点、定值、探究性问题 定点、定值、探究性问题 第一次作业 基础巩固练第一次作业 基础巩固练 1 已知动圆 P 经过点 N(1,0)， 并且与圆 M： (x1)2y216 相切 (1)求点 P 的轨迹 C 的方程； (2)设 G(m,0)为轨迹 C 内的一个动点， 过点 G 且斜率为 k 的直线 l 交轨迹 C 于 A，B 两点，当 k 为何值时，|GA|2|GB|2是与 m 无关 的定值？并求出该定值 解：(1)由题意得|PM|PN|4， 点 P 的轨迹 C 是以 M，N 为焦点的椭圆， 2a4,2c2，b，a2c23 椭圆的方程为 1. x2 4 y2 3 即点 P
2、 的轨迹 C 的方程为 1. x2 4 y2 3 (2)设 A(x1， y1)， B(x2， y2)， 由题意知20，p 为 p 2 常数)交于不同的两点 M，N，且当 k 时，弦 MN 的长为 4. 1 2 15 (1)求抛物线 C 的标准方程； (2)过点 M 的直线交抛物线于另一点 Q， 且直线 MQ 过点 B(1， 1)，求证：直线 NQ 过定点 解：(1)设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，当 k 时，直线 l：y (x )， 1 2 1 2 p 2 即 x2y ， 联立方程， 得Error!即 y24pyp20.y1y24p， y1y2 p 2 p2，于是得|MN|y1y2|2
3、|p|4145 y 1y224y1y2 15 ，因为 p0，所以 p2，即抛物线 C 的标准方程为 y24x.15 (2)证明：设点 M(4t2,4t)，N(4t ，4t1)，Q(4t ，4t2)， 2 12 2 易得直线MN， MQ， NQ的斜率均存在， 则直线MN的斜率是kMN ， 4t4t1 4t24t2 1 1 tt1 从而直线MN的方程是y(x4t2)4t， 即x(tt1)y4tt1 1 tt1 0. 同理可知 MQ 的方程是 x(tt2)y4tt20， NQ 的方程是 x(t1 t2)y4t1t20. 又易知点(1,0)在直线MN上， 从而有4tt11， 即t， 点B(1， 1 4
4、t1 1)在直线 MQ 上，从而有 1(tt2)(1)4tt20， 即 1(t2)(1)4t20， 1 4t1 1 4t1 化简得 4t1t24(t1t2)1. 代入 NQ 的方程得 x(t1t2)y4(t1t2)10. 所以直线 NQ 过定点(1，4) 3. 如图， 椭圆 C：1(ab0)的左顶点与上顶点分别为 A， x2 a2 y2 b2 B， 右焦点为 F， 点 P 在椭圆 C 上， 且 PFx 轴， 若 ABOP， 且|AB|2 . 3 (1)求椭圆 C 的方程； (2)Q 是椭圆 C 上不同于长轴端点的任意一点，在 x 轴上是否存 在一点 D，使得直线 QA 与 QD 的斜率乘积恒为
5、定值？若存在，求出 点 D 的坐标；若不存在，说明理由 解：(1)由题意得 A(a,0)，B(0，b)，可设 P(c，t)(t0)， 1，解得 t，即 P(c，)， c2 a2 t2 b2 b2 a b2 a 由 ABOP 得 ，即 bc， b a b2 a c a2b2c22b2， 又 AB2，a2b212， 3 由得 a28，b24， 椭圆 C 的方程为 1. x2 8 y2 4 (2)假设存在 D(m,0)使得直线 QA 与 QD 的斜率乘积恒为定值， 设 Q(x0，y0)(y00)，则 1， x2 0 8 y2 0 4 设 kQAkQDk(常数)， A(2，0)，2 k， y0 x02
6、 2 y0 x0m 由得 y 4(1 )， 2 0 x2 0 8 将代入，得 k， 8x2 0 2x2 02 2mx02 2m Error!m2，k ，2 1 2 存在点 D(2，0)，使得 kQAkQD .2 1 2 4 (2019重庆六校联考)已知定点Q(， 0)， P为圆N： (x)2y233 24 上任意一点，线段 QP 的垂直平分线交 NP 于点 M. (1)当 P 点在圆周上运动时，求点 M 的轨迹 C 的方程； (2)若直线l与曲线C交于A， B两点， 且0(O为坐标原点)， OA OB 证明直线 l 与某个定圆相切，并求出定圆的方程 解：(1)连接 MQ，依题意，可得圆 N 的
7、圆心 N(，0)，半径3 为 2，|MP|MQ|，6 则|MN|MQ|MN|MP|NP| 22|NQ|，63 根据椭圆的定义，得点 M 的轨迹是以 N，Q 为焦点，长轴的长 为 2的椭圆，6 即 2a2，2c2，63 b.a2c23 点 M 的轨迹 C 的方程为 1. x2 6 y2 3 (2)当直线 l 的斜率存在时， 设直线 l 的方程为 ykxm， A(x1， y1)， B(x2，y2)， 联立直线与椭圆的方程，得Error! 消去 y 并整理得(12k2)x24kmx2m260. 由 16k2m24(12k2)(2m26)0，得 m2b0)的离心 x2 a2 y2 b2 率为，左、右焦
8、点分别为 F1，F2，过 F1的直线交椭圆于 A，B 两 2 2 3 点 (1)若以 AF1为直径的动圆内切于圆 x2y29，求椭圆的长轴的 长； (2)当 b1 时， 问在 x 轴上是否存在定点 T， ， 使得为定值？ TA TB 并说明理由 解：(1)设 AF1的中点为 M，连接 OM，AF2(O 为坐标原点)， 在AF1F2中，O 为 F1F2的中点， 所以|OM| |AF2| (2a|AF1|) 1 2 1 2 a |AF1|. 1 2 由题意得|OM|3 |AF1|， 1 2 所以 a3，故椭圆的长轴的长为 6. (2)由 b1， ，a2b2c2，得 c2，a3， c a 2 2 3
9、 2 所以椭圆 C 的方程为 y21. x2 9 当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 yk(x2)，2 由Error! 得(9k21)x236k2x72k290，2 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x1x2，x1x2， 36 2k2 9k21 72k29 9k21 y1y2k2(x12)(x22).22 k2 9k21 设 T(x0,0)， 则x1x2(x1x2)x0x y1y2 TA TB 2 0 ， 9x 2 036 2x071k2x2 09 9k21 当 9x 36x0719(x 9)， 2 0 2 2 0 即 x0时，为定值，定值为 x 9. 19 2 9
10、 TA TB 2 0 7 81 当直线 AB 的斜率不存在时， 不妨设 A(2， )，B(2， )，2 1 3 2 1 3 当 T(，0)时，(， )(， ). 19 2 9 TA TB 2 9 1 3 2 9 1 3 7 81 综上，在 x 轴上存在定点 T(，0)，使得为定值 19 2 9 TA TB 第二次作业 高考第二次作业 高考模拟解答题体验模拟解答题体验 1(2019安徽滁州模拟)已知椭圆 C：1(ab0)的左右焦 x2 a2 y2 b2 点分别为 F1，F2，若椭圆上一点 P 满足|PF1|PF2|4，且椭圆 C 过 点，过点 R(4,0)的直线 l 与椭圆 C 交于 E，F 两
11、点 (1， 3 2) (1)求椭圆 C 的方程； (2)过点 E 作 x 轴的垂线，交椭圆 C 于点 N，求证 ： 直线 FN 过定 点 解：(1)依题意，|PF1|PF2|2a4， 故 a2. 将代入 1 中， (1， 3 2) x2 4 y2 b2 解得 b23， 故椭圆 C 的方程是 1. x2 4 y2 3 (2)证明 ： 由题意知直线l的斜率必存在， 设l的方程为yk(x4) 点 E(x1，y1)，F(x2，y2)，N(x1，y1)， 联立Error!得 3x24k2(x4)212， 即(34k2)x232k2x64k2120， 则 0，x1x2，x1x2. 32k2 34k2 64
12、k212 34k2 由题可得直线 FN 方程为 yy1(xx1) y2y1 x2x1 又y1k(x14)，y2k(x24)， 直线 FN 方程为 yk(x14) (xx1)， kx24kx1 4 x2x1 令 y0，整理得 xx1 x1x24x2x2 14x1 x1x28 2x1x24x1x2 x1x28 1， 2 64k212 34k2 4 32k2 34k2 32k2 34k28 24 34k2 24 34k2 即直线 FN 过点(1,0) 2(2019四川绵阳诊断)已知点 E(2,0)，椭圆 C： x2 a2 y2 b2 1(ab0)的右焦点为 F(2,0)， 过点 F 的直线 l 与椭
13、圆 C 交于 A， B 两点， ABE 的周长为 12. (1)求椭圆 C 的方程； (2)若直线 l 交 y 轴于点 N，已知m，n，求 mn NA AF NB BF 的值 解：(1)由题意知，E 为椭圆的左焦点， |AB|AE|BE|AF|BF|AE|BE|4a12，解得 a3. 又 c2，故 b2a2c2945， 椭圆 C 的方程为 1. x2 9 y2 5 (2)由题知 F(2,0)，若直线 AB 恰好过原点，则 A(3,0)，B(3,0)， N(0,0)， (3，0)，(5,0)， NA AF 则 m ，(3,0)，(1,0)， 3 5 NB BF 则 n3，mn. 18 5 若直线
14、 AB 不过原点，设直线 AB：xty2，t0， A(ty12，y1)，B(ty22，y2)，N. (0， 2 t) 则，(ty1， y1)， NA (ty 12，y12 t) AF NB (ty 22，y22 t) (ty2，y2) BF 由m，得 y1 m(y1)， NA AF 2 t 从而 m1； 2 ty1 由n，得 y2 n(y2)，从而 n1. NB BF 2 t 2 ty2 故 mn12 2 ty1 (1 2 ty2) 2 t( 1 y1 1 y2) 2 . 2 t y1y2 y1y2 联立方程组得Error! 整理得(5t29)y220ty250， y1y2，y1y2， 20t
15、 5t29 25 5t29 mn2 2 2 . 2 t y1y2 y1y2 2 t 20t 25 8 5 18 5 综上所述，mn. 18 5 3(2019安徽蚌埠模拟)已知椭圆 C：1(ab0)经过点 x2 a2 y2 b2 P(0,1)，离心率 e. 3 2 (1)求椭圆 C 的方程； (2)设直线 l 经过点 Q(2， 1)且与 C 相交于 A， B 两点(异于点 P)， 记直线 PA 的斜率为 k1，直线 PB 的斜率为 k2，证明：k1k2为定值 解 ： (1)因为椭圆 C：1(ab0)，经过点 P(0,1)，所以 b1. x2 a2 y2 b2 又 e，所以 ，解得 a2. 3 2
16、 c a 3 2 所以椭圆 C 的方程为 y21. x2 4 (2)证明：若直线 AB 的斜率不存在，则直线 l 的方程为 x2，此 时直线与椭圆相切，不符合题意 设直线 AB 的方程为 y1k(x2)， 即 ykx2k1，联立Error!得(14k2)x28k(2k1)x16k2 16k0， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x1x2，x1x2. 8k2k1 14k2 16k216k 14k2 则 k1k2 y11 x1 y21 x2 x 2 kx 12k2x1 kx 22k2 x1x2 2kx 1x22k2x1x2 x1x2 2k2k2x 1x2 x1x2 2k2k28k2k1
17、 16kk1 2k(2k1)1. 所以 k1k2为定值，且定值为1. 4已知椭圆 E：1(ab0)经过点，且离心率 e . x2 a2 y2 b2 (1， 3 2) 1 2 (1)求椭圆 E 的方程； (2)设椭圆E的右顶点为A， 若直线l： ykxm与椭圆E相交于M、 N 两点(异于 A 点)，且满足 MANA，试证明直线 l 经过定点，并求 出该定点的坐标 解：依题意，得Error! 解得Error! 所以，椭圆 E 的方程为 1. x2 4 y2 3 (2)如图，设 M(x1，y1)、N(x2，y2)， 联立Error!整理，得(34k2)x28mkx4(m23)0， 则 64m2k21
18、6(34k2)(m23)0， 即 34k2m20， x1x2，x1x2. 8mk 34k2 4m2 3 34k2 从 而 y1y2 (kx1 m)(kx2 m) k2x1x2 mk(x1 x2) m2 ， 3m24k2 34k2 由椭圆 E 的右顶点为 A(2,0)，MANA， 得1， y1 x12 y2 x22 即 y1y2x1x22(x1x2)40. 则有40，整理，得 7m216km 3m24k2 34k2 4m2 3 34k2 16mk 34k2 4k20， 解得 m2k 或 m，均满足条件 34k2m20. 2k 7 当 m2k 时，直线 l 的方程为 yk(x2)，直线 l 过定点
19、 A， 与题设矛盾； 当 m时，直线 l 的方程为 yk，直线 l 过定点， 2k 7 (x 2 7) ( 2 7，0) 所以直线 l 经过定点，且定点的坐标为. ( 2 7，0) 5(2019福州四校联考)已知椭圆 C：1(ab0)的两个焦 x2 a2 y2 b2 点分别为 F1，F2，短轴的一个端点为 P，PF1F2内切圆的半径为 ， b 3 设过点 F2的直线 l 被椭圆 C 截得的线段为 RS，当 lx 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
20、标；若不存在，请说 明理由 解：(1)由内切圆的性质，得 2cb (2a2c) ，得 . 1 2 1 2 b 3 c a 1 2 将 xc 代入1，得 y， x2 a2 y2 b2 b2 a 所以3. 2b2 a 又 a2b2c2，所以 a2，b，3 故椭圆 C 的标准方程为 1. x2 4 y2 3 (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 yk(x1)，R(x1，y1)，S(x2，y2) 联立方程，得Error!得(34k2)x28k2x4k2120，由根
21、与系 数的关系得 Error! ，其中 0 恒成立， 由 TS 与 TR 所在直线关于 x 轴对称，得 kTSkTR0(显然 TS，TR 的斜率存在)， 即0 . y1 x1t y2 x2t 因为 R，S 两点在直线 yk(x1)上， 所以 y1k(x11)，y2k(x21)， 代入得kx 11x2tkx21x1 t x 1tx2 t 0， k2x1x2t1x1x22t x 1tx2 t 即 2x1x2(t1)(x1x2)2t0 ， 将代入得 8k224t18k22t34k2 34k2 0 ， 6t24 34k2 则 t4， 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