2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第八章平面解析幾何第8節(jié)第3課時定點定值探索性問題課時作業(yè)【含答案】

第八章平面解析幾何授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第333頁[A組基礎(chǔ)保分練]1．(成都模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的短軸長為4eq\r(2)，離心率為eq\f(1,3).(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)橢圓C的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，左、右頂點分別為A，B，點M，N為橢圓C上位于x軸上方的兩點，且F1M∥F2N，直線F1M的斜率為2eq\r(6)，記直線AM，BN的斜率分別為k1，k2，求3k1＋2k2的值．解析：(1)由題意，得2b＝4eq\r(2)，eq\f(c,a)＝eq\f(1,3)，又a2－c2＝b2，∴a＝3，b＝2eq\r(2)，c＝1.∴橢圓方程為eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,8)＝1.(2)由(1)，可知A(－3,0)，B(3,0)，F(xiàn)1(－1,0)，據(jù)題意，F(xiàn)1M的方程為y＝2eq\r(6)(x＋1)．記直線F1M與橢圓的另一交點為M′設(shè)M(x1，y1)(y1＞0)，M′(x2，y2)，∵F1M∥F2N得N(－x2，－y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(8x2＋9y2＝72，,y＝2\r(6)x＋1，）消去y，得14x2＋27x＋9＝0.∵x1＞x2，∴x1＝－eq\f(3,7)，x2＝－eq\f(3,2)，∵k1＝eq\f(y1,x1＋3)＝eq\f(2\r(6)x1＋1,x1＋3)＝eq\f(4\r(6),9)，k2＝eq\f(－y2,－x2－3)＝eq\f(2\r(6)x2＋1,x2＋3)＝eq\f(－2\r(6),3).∴3k1＋2k2＝3×eq\f(4\r(6),9)＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(6),3）)＝0，即3k1＋2k2的值為0.2．(廣州四校聯(lián)考)設(shè)斜率不為0的直線l與拋物線x2＝4y交于A，B兩點，與橢圓eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,4)＝1交于C，D兩點，記直線OA，OB，OC，OD(O為坐標(biāo)原點)的斜率分別為k1，k2，k3，k4.(1)若直線l過點(0,4)，證明：OA⊥OB；(2)求證：eq\f(k1＋k2,k3＋k4)的值與直線l的斜率的大小無關(guān)．證明：設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m，k≠0，A(x1，y1)，B(x2，y2)．(1)依題意，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,1)＝4y1，,x\o\al(2,2)＝4y2，）兩式相乘得(x1x2)2＝16y1y2，若直線l過點(0,4)，則直線l的方程為y＝kx＋4，將直線l的方程代入拋物線x2＝4y，得x2－4kx－16＝0，易知Δ＞0，∴x1x2＝－16，∴y1y2＝16，∴eq\o(OA,\s\up15(→）·eq\o(OB,\s\up15(→）＝x1x2＋y1y2＝0，∴eq\o(OA,\s\up15(→）·eq\o(OB,\s\up15(→）＝0，∴OA⊥OB.(2)設(shè)C(x3，y3)，D(x4，y4)．聯(lián)立y＝kx＋m和x2＝4y，化簡得x2－4kx－4m＝0，易知Δ＞0，則x1＋x2＝4k，x1x2＝－4k1＋k2＝eq\f(y1,x1)＋eq\f(y2,x2)＝eq\f(x1,4)＋eq\f(x2,4)＝k，聯(lián)立y＝kx＋m和eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,4)＝1，化簡得(2＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－12＝0，在Δ＝(6km)2－4(2＋3k2)(3x3＋x4＝eq\f(－6km,2＋3k2)，x3x4＝eq\f(3m2－12,2＋3k2)，k3＋k4＝eq\f(y3,x3)＋eq\f(y4,x4)＝2k＋eq\f(m,x3)＋eq\f(m,x4)＝2k＋eq\f(mx3＋x4,x3x4)＝2k＋eq\f(－6km2,3m2－12)＝eq\f(－8k,m2－4)，∴eq\f(k1＋k2,k3＋k4)＝－eq\f(m2－4,8)，是一個與直線l的斜率k無關(guān)的值．[B組能力提升練]1．(順義區(qū)模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(6),3)，長軸長為2eq\r(3).(1)求橢圓C的方程；(2)斜率為1的直角l過橢圓C的右焦點F，交橢圓C于A，B兩點，設(shè)M為橢圓C上任意一點，且eq\o(OM,\s\up15(→）＝λeq\o(OA,\s\up15(→）＋μeq\o(OB,\s\up15(→）(λ，μ∈R)，其中O為原點．求證：λ2＋μ2＝1.解析：(1)設(shè)橢圓的焦距為2c∵eq\f(c,a)＝eq\f(\r(6),3)，∴有eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(2,3)，故有a2＝3b2.∵a＝eq\r(3)，∴b＝1，從而橢圓C的方程為eq\f(x2,3)＋y2＝1.(2)證明：設(shè)M(x，y)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，∵eq\o(OM,\s\up15(→）＝λeq\o(OA,\s\up15(→）＋μeq\o(OB,\s\up15(→）(λ，μ∈R)，∴(x，y)＝λ(x1，y1)＋μ(x2，y2)，故x＝λx1＋μx2，y＝λy1＋μy2.又∵點M在橢圓C上，∴有(λx1＋μx2)2＋3(λy1＋μy2)2＝3.整理可得：λ2(xeq\o\al(2,1)＋3yeq\o\al(2,1))＋μ2(xeq\o\al(2,2)＋3yeq\o\al(2,2))＋2λμ(x1x2＋3y1y2)＝3.①又右焦點F的坐標(biāo)為(eq\r(2)，0)，∴AB所在的直線方程為y＝x－eq\r(2).聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x－\r(2)，,\f(x2,3)＋y2＝1，）消去y得4x2－6eq\r(2)x＋3＝0，x1＋x2＝eq\f(3\r(2),2)，x1x2＝eq\f(3,4)，∴x1x2＋3y1y2＝4x1x2－3eq\r(2)(x1＋x2)＋6＝3－9＋6＝0.②又點A，B在橢圓C上，故有xeq\o\al(2,1)＋3yeq\o\al(2,1)＝xeq\o\al(2,2)＋3yeq\o\al(2,2)＝3.③將②，③代入①可得，λ2＋μ2＝1.2．已知曲線C1：x2＋y2＝r2(r＞0)和C2：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)都過點P(0，－2)，且曲線C2的離心率為eq\f(\r(3),2).(1)求曲線C1和曲線C2的方程；(2)設(shè)點A，B分別在曲線C1，C2上，PA，PB的斜率分別為k1，k2，當(dāng)k1＝4k2＞0時，問直線AB是否過定點？若過定點，求出定點坐標(biāo)；若不過定點，請說明理由．解析：(1)曲線C1：x2＋y2＝r2(r＞0)和C2：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)都過點P(0，－2)，∴r＝2，b＝2，∴曲線C1的方程為x2＋y2＝4.∵曲線C2的離心率為eq\f(\r(3),2)，∴e2＝eq\f(c2,a2)＝1－eq\f(b2,a2)＝eq\f(3,4)，∴a＝4，∴曲線C2的方程eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線PA的方程為y＝k1x－2，代入到x2＋y2＝4，消去y，可得(1＋keq\o\al(2,1))x2－4k1x＝0，解得x＝0或x1＝eq\f(4k1,1＋k\o\al(2,1），∴y1＝eq\f(2k\o\al(2,1)－2,1＋k\o\al(2,1），直線PB的方程為y＝k2x－2，代入方程eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1，消去y，可得(1＋4keq\o\al(2,2))x2－16k2x＝0，解得x＝0或x2＝eq\f(16k2,1＋4k\o\al(2,2），∴y2＝eq\f(8k\o\al(2,2)－2,1＋4k\o\al(2,2）.∵k1＝4k2，∴直線AB的斜率k＝eq\f(y2－y1,x2－x1)＝－eq\f(1,k1)，故直線AB的方程為y－eq\f(2k\o\al(2,1)－2,1＋k\o\al(2,1）＝－eq\f(1,k1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4k1,1＋k\o\al(2,1）），即y＝－eq\f(1,k1)x＋2，所以直線AB恒過定點(0,2)．[C組創(chuàng)新應(yīng)用練](大同調(diào)研)橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，且離心率e＝eq\f(\r(6),3).(1)設(shè)E是直線y＝x＋2與橢圓的一個交點，求|EF1|＋|EF2|取最小值時橢圓的方程；(2)已知N(0,1)，是否存在斜率為k的直線l與(1)中的橢圓交于不同的兩點A，B，使得點N在線段AB的垂直平分線上？若存在，求出直線l在y軸上截距的范圍；若不存在，說明理由．解析：(1)∵e＝eq\f(\r(6),3)，∴eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,3)，橢圓的方程可化為eq\f(x2,3b2)＋eq\f(y2,b2)＝1，將eq\f(x2,3b2)＋eq\f(y2,b2)＝1與y＝x＋2聯(lián)立，消去y化簡得4x2＋12x＋12－3b2＝0，由Δ＝144－16×(12－3b2)≥0，解得b2≥1，即b≥1，∴|EF1|＋|EF2|＝2a＝2eq\r(3)b≥2eq\r(3)，當(dāng)且僅當(dāng)b＝1時，|EF1|＋|EF2|取最小值2eq\r(3)，∴橢圓的方程為eq\f(x2,3)＋y2＝1.(2)設(shè)直線l在y軸上的截距為t，則直線l的方程為y＝kx＋t，代入eq\f(x2,3)＋y2＝1，消去y整理得，(1＋3k2)x2＋6ktx＋3t2－3＝0，∵直線l與橢圓交于不同的兩點，∴Δ1＝(6kt)2－12(t2－1)(1＋3k2)＞0，即t2＜1＋3k2.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中點為Q，則x1＋x2＝－eq\f(6kt,1＋3k2)，x1x2＝eq\f(3t2－3,1＋3k2)，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2t＝eq\f(2t,1＋3k2)，∴AB的中點Q的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－3kt,1＋3k2)，\f(t,1＋3k2）)，∴當(dāng)