届高考数学一轮复习第八章平面解析几何第八节第三课时定点定值探索性问题课时作业.doc

《届高考数学一轮复习第八章平面解析几何第八节第三课时定点定值探索性问题课时作业.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《届高考数学一轮复习第八章平面解析几何第八节第三课时定点定值探索性问题课时作业.doc（8页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第八节 第三课时 定点、定值、探索性问题课时作业A组根底对点练1动点C到点F(1,0)的距离比到直线x2的距离小1，动点C的轨迹为E.(1)求曲线E的方程；(2)假设直线l：ykxm(km0)，1，p2，动点C的轨迹E的方程为y24x.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得k2x2(2km4)xm20，x1x2，x1x2.5，x1x2y1y2(1k2)x1x2km(x1x2)m25，m24km5k20，mk或m5k.km0，直线l的方程为yk(x5)，直线l必经过定点(5,0)2(2022昆明市检测)点A，B的坐标分别为(，0)，(，0)，直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之积是

2、，点M的轨迹为曲线E.(1)求曲线E的方程；(2)过点F(1,0)作直线l交曲线E于P，Q两点，交y轴于R点，假设1，2，证明：12为定值解析：(1)设点M(x，y)，由得(x)，化简得曲线E的方程：y21(x)(2)证明：设点P，Q，R的坐标分别为P(x1，y1)，Q(x2，y2)，R(0，y0)由1，得(x1，y1y0)1(1x1，y1)，所以x1，y1，因为点P在曲线E上，所以()2()21，化简得4122y0，同理，由2，可得x2，y2，代入曲线E的方程化简得4222y0，由可知1，2是方程x24x22y0的两个实数根(0)，所以124，即12为定值3在平面直角坐标系中，点A(，0)，

3、B(，0)，直线MA，MB交于点M，它们的斜率之积为常数m(m0)，且MAB的面积最大值为，设动点M的轨迹为曲线E.(1)求曲线E的方程；(2)过曲线E外一点Q作E的两条切线l1，l2，假设它们的斜率之积为1，那么是否为定值？假设是，请求出该值；假设不是，请说明理由解析：(1)设M(x，y)，那么由得m，即y2m(x23)，即1(x)(*)当m0时，方程(*)表示双曲线，此时MAB面积不存在最大值(不符合)；当m1时，方程(*)表示圆，此时MAB的面积最大值为3(不符合)；当mb0)的焦点为F1，F2，离心率为，点P为其上一动点，且三角形PF1F2的面积最大值为，O为坐标原点(1)求椭圆C的方

4、程；(2)假设点M，N为C上的两个动点，求常数m，使m时，点O到直线MN的距离为定值，求这个定值解析：(1)依题意知解得所以椭圆C的方程为1.(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，那么x1x2y1y2m，当直线MN的斜率存在时，设其方程为ykxn，那么点O到直线MN的距离d ，联立，得消去y，得(4k23)x28knx4n2120，由0得4k2n230，那么x1x2，x1x2，所以x1x2(kx1n)(kx2n)(k21)x1x2kn(x1x2)n2m，整理得12.因为d 为常数，那么m0，d ，此时12满足0.当MNx轴时，由m0得kOM1，联立，得消去y，得x2，点O到直线MN的距离

5、d|x|亦成立综上，当m0时，点O到直线MN的距离为定值，这个定值是.B组能力提升练1如图，直线l：ykx1(k0)关于直线yx1对称的直线为l1，直线l，l1与椭圆E：y21分别交于点A，M和A，N，记直线l1的斜率为k1.(1)求kk1的值；(2)当k变化时，试问直线MN是否恒过定点？假设恒过定点，求出该定点坐标；假设不恒过定点，请说明理由解析：(1)设直线l上任意一点P(x，y)关于直线yx1对称的点为P0(x0，y0)，直线l与直线l1的交点为(0,1)，l：ykx1，l1：yk1x1，k，k1，由1，得yy0xx02，由1，得yy0x0x，由得kk11.(2)由得(4k21)x28k

6、x0，设M(xM，yM)，N(xN，yN)，xM，yM.同理可得xN，yN.kMN，直线MN：yyMkMN(xxM)，即y(x)，即yxx.当k变化时，直线MN过定点(0，)2.(2022合肥市质检)如图，在平面直角坐标系中，点F(1,0)，过直线l：x2右侧的动点P作PAl于点A，APF的平分线交x轴于点B，|PA|BF|.(1)求动点P的轨迹C的方程；(2)过点F的直线q交曲线C于M，N，试问：x轴正半轴上是否存在点E，直线EM，EN分别交直线l于R，S两点，使RFS为直角？假设存在，求出点E的坐标，假设不存在，请说明理由解析：(1)设P(x，y)，由平面几何知识得，即，化简得x22y22

7、，所以动点P的轨迹C的方程为x22y22(x)(2)假设满足条件的点E(n,0)(n0)存在，设直线q的方程为xmy1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，R(2，y3)，S(2，y4)联立，得消去x，得(m22)y22my10，y1y2，y1y2，x1x2(my11)(my21)m2y1y2m(y1y2)11，x1x2m(y1y2)22，由条件知，y3，同理y4，kRFy3，kSFy4.因为RFS为直角，所以y3y41，所以(2n)2y1y2x1x2n(x1x2)n2，(2n)2n2，所以(n22)(m21)0，n，故满足条件的点E存在，其坐标为(，0)3椭圆C：9x2y2m2(m0)，直线

8、l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；(2)假设l过点(，m)，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？假设能，求此时l的斜率；假设不能，说明理由解析：(1)证明：设直线l：ykxb(k0，b0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)将ykxb代入9x2y2m2得(k29)x22kbxb2m20，故xM，yMkxMb.于是直线OM的斜率kOM，即kOMk9.所以直线OM的斜率与l的斜率的积是定值(2)四边形OAPB能为平行四边形因为直线l过点(，m)，所以l不过原点且与C有两

9、个交点的充要条件是k0，k3.由(1)得OM的方程为yx.设点P的横坐标为xP，由得x，即xP.将点(，m)的坐标代入l的方程得b，因此xM.四边形OAPB为平行四边形，当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP2xM.于是2，解得k14，k24.因为ki0，ki3，i1,2，所以当l的斜率为4或4时，四边形OAPB为平行四边形4(2022长沙市模拟)P(，)在椭圆C：1(ab0)上，F为右焦点，PF垂直于x轴A，B，C，D为椭圆上四个动点，且AC，BD交于原点O.(1)求椭圆C的方程；(2)判断动直线l：x(mn)ymn(m，nR)与椭圆C的位置关系；(3)设A(x1，y1)，B(x2，y2

10、)满足，判断kABkBC的值是否为定值，假设是，请求出此定值，并求出四边形ABCD面积的最大值，否那么请说明理由解析：(1)P(，)在椭圆C：1(ab0)上，1.又F为右焦点，PF垂直于x轴，.由，解得a2，b1，椭圆C的方程为y21.(2)将动直线l的方程x(mn)ymn(m，nR)，化为(y)m(y)n0.m，nR，解得动直线l恒过点P，P在椭圆C上，动直线l与椭圆C的位置关系是相切或相交(3)，4y1y2x1x2.当直线AB的斜率不存在或斜率为0时，不满足4y1y2x1x2.当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为ykxm，联立，得得(14k2)x28kmx4(m21)0，(8km)24(4k21)4(m21)16(4k2m21)0(*)4y1y2x1x2，y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2km(x1x2)m2，(4k21)x1x24km(x1x2)4m20，(4k21)4km4m20，整理得4k21，k.A，B，C，D的位置可轮换，直线AB，BC的斜率是或，kABkBC()0，为定值不妨设kAB，那么设原点到直线AB的距离为d，那么SAOB|AB|d|x2x1|1.当m21时(满足(*)，SAOB1，S四边形ABCD4SAOB4，即四边形ABCD面积的最大值为4.