人教版導(dǎo)與練總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)一輪課時(shí)作業(yè)：第八章第6節(jié)第二課時(shí)　定點(diǎn)、定值與探索性問(wèn)題

1、第二課時(shí)定點(diǎn)、定值與探索性問(wèn)題知識(shí)點(diǎn)、方法基礎(chǔ)鞏固練綜合運(yùn)用練應(yīng)用創(chuàng)新練定點(diǎn)問(wèn)題2,4定值問(wèn)題1,3探索性問(wèn)題5,61.已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(ab0)的離心率為32,短軸端點(diǎn)到焦點(diǎn)的距離為2.(1)求橢圓C的方程;(2)設(shè)A,B為橢圓C上任意兩點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn),且OAOB.證明:原點(diǎn)O到直線AB的距離為定值,并求出該定值.(1)解:由題意知,e=ca=32,b2+c2=2,又a2=b2+c2,所以a=2,c=3,b=1,所以橢圓C的方程為x24+y2=1.(2)證明:當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí),直線AB的方程為x=255,此時(shí),原點(diǎn)O到直線AB的距離為255.當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)

2、,設(shè)直線AB的方程為y=kx+m,A(x1,y1), B(x2,y2),由x24+y2=1,y=kx+m,得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,則=(8km)2-4(1+4k2)(4m2-4)=16(1+4k2-m2)0,x1+x2=-8km1+4k2,x1x2=4m2-41+4k2,則y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=m2-4k21+4k2,由OAOB得kOAkOB=-1,即y1x1y2x2=-1.所以x1x2+y1y2=5m2-4-4k21+4k2=0,即m2=45(1+k2),所以原點(diǎn)O到直線AB的距離為|m|1+k2=255.綜上,原點(diǎn)O到直線AB的距離為定值255.2

3、.已知橢圓C:x2a2+y2=1(a1)的上頂點(diǎn)為A,右焦點(diǎn)為F,直線AF與圓M:(x-3)2+(y-1)2=3相切.(1)求橢圓C的方程;(2)若不過(guò)點(diǎn)A的動(dòng)直線l與橢圓C交于P,Q兩點(diǎn),且 APAQ=0,證明:直線l過(guò)定點(diǎn),并求該定點(diǎn)的坐標(biāo).(1)解:圓M的圓心為(3,1),半徑r=3.由題意知A(0,1),F(c,0),則直線AF的方程為xc+y=1,即x+cy-c=0,由直線AF與圓M相切,得|3+c-c|c2+1=3,解得c2=2,a2=c2+1=3.故橢圓C的方程為x23+y2=1.(2)證明:由APAQ=0知APAQ,從而直線AP與坐標(biāo)軸不垂直,故可設(shè)直線AP的方程為y=kx+1

4、,直線AQ的方程為y=-1kx+1.聯(lián)立得y=kx+1,x23+y2=1,整理得(1+3k2)x2+6kx=0,解得x=0(舍去)或x=-6k1+3k2,故點(diǎn)P的坐標(biāo)為(-6k1+3k2,1-3k21+3k2),同理,點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(6kk2+3,k2-3k2+3),所以直線l的斜率為k2-3k2+3-1-3k21+3k26kk2+3-6k1+3k2=k2-14k,所以直線l的方程為y=k2-14k(x-6kk2+3)+k2-3k2+3,即y=k2-14kx-12.所以直線l過(guò)定點(diǎn)(0,-12).3.如圖,已知拋物線y2=4x,過(guò)x軸正半軸上一點(diǎn)P的兩條直線分別交拋物線于A,C和B,D兩點(diǎn),且A

5、,D在第一象限,直線AB與x軸的交點(diǎn)E在原點(diǎn)O和點(diǎn)P之間.(1)若P為拋物線的焦點(diǎn),且|AP|=3,求點(diǎn)A的坐標(biāo);(2)若P為動(dòng)點(diǎn),且CDP的面積是ABP面積的3倍,求|OP|OE|的值.解:(1)設(shè)A(x,y),根據(jù)拋物線的定義,可得|AP|=x+1=3,所以x=2,可得y2=8,因?yàn)辄c(diǎn)A在第一象限,所以y=22,所以點(diǎn)A的坐標(biāo)為(2,22).(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),E(e,0),P(m,0),因?yàn)镾APDSAPB=|PD|PB|,SAPDSCPD=|AP|PC|,且SCPD=3SAPB,所以|PD|PB|=3|AP|PC|,所以-y4

6、y2=-3y1y3,所以y3y4=3y1y2.假設(shè)有過(guò)點(diǎn)(n,0)的直線l:x=ty+n交拋物線y2=4x于M,N兩點(diǎn),聯(lián)立消去x,得y2-4ty-4n=0,則有yM+yN=4t,yMyN=-4n,(*)由(*)式可知y1y3=-4m,y2y4=-4m,y2y1=-4e.所以y3y4=(-4my1)(-4my2)=-16m24e=-4m2e=-12e=3y1y2,所以m=3e,所以|OP|OE|=me=3.4.已知橢圓E:x2a2+y2b2=1的右焦點(diǎn)為F(c,0),且abc0,設(shè)短軸的一個(gè)端點(diǎn)為D,原點(diǎn)O到直線DF的距離為32,過(guò)原點(diǎn)和x軸不重合的直線與橢圓E相交于C,G兩點(diǎn),且|GF|+|

7、CF|=4.(1)求橢圓E的方程;(2)是否存在過(guò)點(diǎn)P(2,1)的直線l與橢圓E相交于不同的兩點(diǎn)A,B,且使得 OP2=4PAPB成立?若存在,試求出直線l的方程;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.解:(1)由橢圓的對(duì)稱(chēng)性知|GF|+|CF|=2a=4,所以a=2.又原點(diǎn)O到直線DF的距離為32,所以bca=32,所以bc=3,又a2=b2+c2=4,abc0,所以b=3,c=1.故橢圓E的方程為x24+y23=1.(2)存在.當(dāng)直線l與x軸垂直時(shí)不滿(mǎn)足條件,故可設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),直線l的方程為y=k(x-2)+1,代入橢圓的方程得(3+4k2)x2-8k(2k-1)x+16k2-16

8、k-8=0,所以x1+x2=8k(2k-1)3+4k2,x1x2=16k2-16k-83+4k2,=32(6k+3)0,所以k-12.因?yàn)镺P2=4PAPB,即4(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=5,所以4(x1-2)(x2-2)(1+k2)=5,即4x1x2-2(x1+x2)+4(1+k2)=5,所以416k2-16k-83+4k2-28k(2k-1)3+4k2+4 (1+k2)=44+4k23+4k2=5,解得k=12,k=-12不符合題意,舍去.所以存在滿(mǎn)足條件的直線l,其方程為y=12x.5.(2021新高考卷)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知點(diǎn)F1(-17,0), F

9、2(17,0),點(diǎn)M滿(mǎn)足|MF1|-|MF2|=2.記M的軌跡為C.(1)求C的方程;(2)設(shè)點(diǎn)T在直線x=12上,過(guò)T的兩條直線分別交C于A,B兩點(diǎn)和P,Q兩點(diǎn),且|TA|TB|=|TP|TQ|,求直線AB的斜率與直線PQ的斜率之和.解:(1)因?yàn)閨MF1|-|MF2|=20,b0),半焦距為c,則2a=2,c=17,得a=1,b2=c2-a2=16,所以點(diǎn)M的軌跡C的方程為x2-y216=1(x1).(2)設(shè)T(12,t),由題意可知直線AB,PQ的斜率均存在且不為0,設(shè)直線AB的方程為y-t=k1(x-12) (k10),直線PQ的方程為y-t=k2(x-12) (k20),由y-t=k

10、1(x-12),x2-y216=1,得(16-k12)x2-2k1(t-k12)x-(t-k12)2-16=0.設(shè)A(xA,yA),B(xB,yB),易知16-k120,則xAxB=-(t-k12)2-1616-k12,xA+xB=2k1(t-k12)16-k12,所以|TA|=1+k12|xA-12|=1+k12(xA-12),|TB|=1+k12|xB-12|=1+k12(xB-12),則|TA|TB|=(1+k12)(xA-12)(xB-12)=(1+k12)xAxB-12(xA+xB)+14=(1+k12) -(t-k12)2-1616-k12-122k1(t-k12)16-k12+1

11、4=(1+k12)(t2+12)k12-16.同理得|TP|TQ|=(1+k22)(t2+12)k22-16.因?yàn)閨TA|TB|=|TP|TQ|,所以(1+k12)(t2+12)k12-16=(1+k22)(t2+12)k22-16,所以k22-16+k12k22-16k12=k12-16+k12k22-16k22,即k12=k22,又k1k2,所以k1=-k2,即k1+k2=0.故直線AB的斜率與直線PQ的斜率之和為0.6.(2021浙江杭州高三模擬)如圖,已知圓C1:(x-1)2+(y+1)2=14和拋物線C2:x2=4y,P(x0,y0)是圓C1上一點(diǎn),M是拋物線C2上一點(diǎn),F是拋物線C

12、2的焦點(diǎn).(1)當(dāng)直線PM與圓C1相切,且|PM|=|FM|時(shí),求x0的值;(2)過(guò)點(diǎn)P作拋物線C2的兩條切線PA,PB,A,B分別為切點(diǎn),求證:存在兩個(gè)x0,使得PAB面積等于332.(1)解:焦點(diǎn)F坐標(biāo)為(0,1),設(shè)M(xM,xM24),則|PM|=(xM-1)2+(xM24+1)2-14,由拋物線定義,得M到焦點(diǎn)F的距離等于到拋物線準(zhǔn)線y=-1的距離,所以|FM|=xM24+1,由|PM|=|FM|,得(xM-1)2+(xM24+1)2-14=xM24+1,所以xM=12或xM=32,所以M(12,116)或M(32,916),此時(shí)PM與準(zhǔn)線y=-1垂直,所以x0=12或x0=32.(

13、2)證明:由題意,得(x0-1)2+(y0+1)2=14,設(shè)直線PA方程為y-y0=k1(x-x0),代入x2=4y,得x2-4k1x-4(y0-k1x0)=0,=16k12+16(y0-k1x0)=0,整理得k12-k1x0+y0=0,同理,設(shè)直線PB方程為y-y0=k2(x-x0),有k22-k2x0+y0=0,由知,k1,k2是方程k2-kx0+y0=0的兩根,所以k1+k2=x0,k1k2=y0,由切線意義知,在x2-4k1x-4(y0-k1x0)=0中,xA+xA=4k1,則xA=2k1,所以A(2k1,k12),同理,B(2k2,k22),kAB=k12-k222k1-2k2=k1+k22,直線AB方程為y-k12=k1+k22(x-2k1),即y=k1+k22x-k1k2,即y=x02x-y0,|AB|=1+x024|2k1-2k2|=4+x02(k1+k2)2-4k1k2=4+x02x02-4y0,P(x0,y0)到直線AB的距離d=|x02-4y0|4+x02,SAPB=12|AB|d=12(x0