终身会员
搜索
    上传资料 赚现金
    英语朗读宝

    高考数学(理数)二轮复习课时跟踪检测19《圆锥曲线中的定点定值存在性问题》大题练(教师版)

    立即下载
    加入资料篮
    高考数学(理数)二轮复习课时跟踪检测19《圆锥曲线中的定点定值存在性问题》大题练(教师版)第1页
    高考数学(理数)二轮复习课时跟踪检测19《圆锥曲线中的定点定值存在性问题》大题练(教师版)第2页
    高考数学(理数)二轮复习课时跟踪检测19《圆锥曲线中的定点定值存在性问题》大题练(教师版)第3页
    还剩4页未读, 继续阅读
    下载需要15学贝 1学贝=0.1元
    使用下载券免费下载
    加入资料篮
    立即下载

    高考数学(理数)二轮复习课时跟踪检测19《圆锥曲线中的定点定值存在性问题》大题练(教师版)

    展开

    这是一份高考数学(理数)二轮复习课时跟踪检测19《圆锥曲线中的定点定值存在性问题》大题练(教师版),共7页。试卷主要包含了已知椭圆C,设抛物线C,已知点M是椭圆C等内容,欢迎下载使用。
    1.已知椭圆C:eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的右焦点F(eq \r(3),0),长半轴长与短半轴长的比值为2.
    (1)求椭圆C的标准方程;
    (2)设不经过点B(0,1)的直线l与椭圆C相交于不同的两点M,N,若点B在以线段MN为直径的圆上,证明直线l过定点,并求出该定点的坐标.
    解:(1)由题意得,c=eq \r(3),eq \f(a,b)=2,a2=b2+c2,
    ∴a=2,b=1,
    ∴椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)+y2=1.
    (2)证明:当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+m(m≠1),M(x1,y1),N(x2,y2).
    由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y=kx+m,,x2+4y2=4,))消去y可得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.
    ∴Δ=16(4k2+1-m2)>0,x1+x2=eq \f(-8km,4k2+1),x1x2=eq \f(4m2-4,4k2+1).
    ∵点B在以线段MN为直径的圆上,∴eq \(BM,\s\up7(―→))·eq \(BN,\s\up7(―→))=0.
    ∵eq \(BM,\s\up7(―→))·eq \(BN,\s\up7(―→))=(x1,kx1+m-1)·(x2,kx2+m-1)=(k2+1)x1x2+k(m-1)(x1+x2)+(m-1)2=0,
    ∴(k2+1)eq \f(4m2-4,4k2+1)+k(m-1)eq \f(-8km,4k2+1)+(m-1)2=0,
    整理,得5m2-2m-3=0,
    解得m=-eq \f(3,5)或m=1(舍去).
    ∴直线l的方程为y=kx-eq \f(3,5).
    易知当直线l的斜率不存在时,不符合题意.
    故直线l过定点,且该定点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,-\f(3,5))).
    2.设抛物线C:y2=4x的焦点为F,过F且斜率为k(k>0)的直线l与C交于A,B两点,|AB|=8.
    (1)求l的方程;
    (2)求过点A,B且与C的准线相切的圆的方程.
    解:(1)由题意得F(1,0),l的方程为y=k(x-1)(k>0).
    设A(x1,y1),B(x2,y2),
    由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y=kx-1,,y2=4x))得k2x2-(2k2+4)x+k2=0.
    Δ=16k2+16>0,故x1+x2=eq \f(2k2+4,k2).
    所以|AB|=|AF|+|BF|=(x1+1)+(x2+1)=eq \f(4k2+4,k2).
    由题设知eq \f(4k2+4,k2)=8,解得k=1或k=-1(舍去).
    因此l的方程为y=x-1.
    (2)由(1)得AB的中点坐标为(3,2),
    所以AB的垂直平分线方程为y-2=-(x-3),
    即y=-x+5.
    设所求圆的圆心坐标为(x0,y0),
    则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y0=-x0+5,,x0+12=\f(y0-x0+12,2)+16.))
    解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0=3,,y0=2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0=11,,y0=-6.))
    因此所求圆的方程为(x-3)2+(y-2)2=16或(x-11)2+(y+6)2=144.
    3.如图,椭圆C:eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的左顶点与上顶点分别为A,B,右焦点为F,点P在椭圆C上,且PF⊥x轴,若AB∥OP,且|AB|=2eq \r(3).
    (1)求椭圆C的方程;
    (2)已知Q是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-eq \f(1,2),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)(t>0),
    ∴eq \f(c2,a2)+eq \f(t2,b2)=1,得t=eq \f(b2,a),即Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c,\f(b2,a))),
    由AB∥OP得eq \f(b,a)=eq \f(\f(b2,a),c),即b=c,∴a2=b2+c2=2b2,①
    又|AB|=2eq \r(3),∴a2+b2=12,②
    由①②得a2=8,b2=4,∴椭圆C的方程为eq \f(x2,8)+eq \f(y2,4)=1.
    (2)假设存在D(m,0),使得直线QA与QD的斜率乘积恒为-eq \f(1,2),
    设Q(x0,y0)(y0≠0),则eq \f(x\\al(2,0),8)+eq \f(y\\al(2,0),4)=1,③
    ∵kQA·kQD=-eq \f(1,2),A(-2eq \r(2),0),∴eq \f(y0,x0+2\r(2))·eq \f(y0,x0-m)=-eq \f(1,2)(x0≠m),④
    由③④得(m-2eq \r(2))x0+2eq \r(2)m-8=0,
    即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m-2\r(2)=0,,2\r(2)m-8=0,))解得m=2eq \r(2),
    ∴存在点D(2eq \r(2),0),使得kQA·kQD=-eq \f(1,2).
    4.已知椭圆C:eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的焦距为4,Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2,\f(\r(5),5)))是椭圆C上的点.
    (1)求椭圆C的方程;
    (2)O为坐标原点,A,B是椭圆C上不关于坐标轴对称的两点,设eq \(OD,\s\up7(―→))=eq \(OA,\s\up7(―→))+eq \(OB,\s\up7(―→)),证明:直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值.
    解:(1)由题意知2c=4,即c=2,
    则椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,a2-4)=1,
    因为点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2,\f(\r(5),5)))在椭圆C上,
    所以eq \f(4,a2)+eq \f(1,5a2-4)=1,解得a2=5或a2=eq \f(16,5)(舍去),
    所以椭圆C的方程为eq \f(x2,5)+y2=1.
    (2)设A(x1,y1),B(x2,y2),x1≠x2且x1+x2≠0,由eq \(OA,\s\up7(―→))+eq \(OB,\s\up7(―→))=eq \(OD,\s\up7(―→)),得D(x1+x2,y1+y2),
    所以直线AB的斜率kAB=eq \f(y1-y2,x1-x2),直线OD的斜率kOD=eq \f(y1+y2,x1+x2),
    由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),5)+y\\al(2,1)=1,,\f(x\\al(2,2),5)+y\\al(2,2)=1,))得eq \f(1,5)(x1+x2)(x1-x2)+(y1+y2)(y1-y2)=0,
    即eq \f(y1+y2,x1+x2)·eq \f(y1-y2,x1-x2)=-eq \f(1,5),所以kAB·kOD=-eq \f(1,5).
    故直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值-eq \f(1,5).
    B卷——深化提能练
    1.在平面直角坐标系中,直线eq \r(2)x-y+m=0不过原点,且与椭圆eq \f(y2,4)+eq \f(x2,2)=1有两个不同的公共点A,B.
    (1)求实数m的取值所组成的集合M;
    (2)是否存在定点P使得任意的m∈M,都有直线PA,PB的倾斜角互补?若存在,求出所有定点P的坐标;若不存在,请说明理由.
    解:(1)因为直线eq \r(2)x-y+m=0不过原点,所以m≠0.将eq \r(2)x-y+m=0与eq \f(y2,4)+eq \f(x2,2)=1联立,消去y,得4x2+2eq \r(2)mx+m2-4=0.
    因为直线与椭圆有两个不同的公共点A,B,所以Δ=8m2-16(m2-4)>0,所以-2eq \r(2)0)的右焦点F,抛物线x2=4eq \r(3)y的焦点为椭圆C的上顶点,且l交椭圆C于A,B两点,点A,F,B在直线x=4上的射影依次为D,K,E.
    (1)求椭圆C的方程;
    (2)若直线l交y轴于点M,且eq \(MA,\s\up7(―→))=λ1eq \(AF,\s\up7(―→)),eq \(MB,\s\up7(―→))=λ2eq \(BF,\s\up7(―→)),当m变化时,证明:λ1+λ2为定值;
    (3)当m变化时,直线AE与BD是否相交于定点?若是,请求出定点的坐标,并给予证明;否则,说明理由.
    解:(1)∵直线x=my+1过椭圆的右焦点,
    ∴右焦点F(1,0),c=1,即c2=1.
    ∵x2=4eq \r(3)y的焦点(0,eq \r(3))为椭圆C的上顶点,
    ∴b=eq \r(3),即b2=3,a2=b2+c2=4,
    ∴椭圆C的方程为eq \f(x2,4)+eq \f(y2,3)=1.
    (2)由题意知m≠0,由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x=my+1,,3x2+4y2-12=0,))
    得(3m2+4)y2+6my-9=0.显然Δ>0恒成立,
    设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=-eq \f(6m,3m2+4),y1y2=-eq \f(9,3m2+4).
    ∵eq \(MA,\s\up7(―→))=λ1eq \(AF,\s\up7(―→)),eq \(MB,\s\up7(―→))=λ2eq \(BF,\s\up7(―→)),Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,-\f(1,m))),
    ∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1,y1+\f(1,m)))=λ1(1-x1,-y1),eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2,y2+\f(1,m)))=λ2(1-x2,-y2),∴λ1=-1-eq \f(1,my1),λ2=-1-eq \f(1,my2),
    ∴λ1+λ2=-2-eq \f(y1+y2,my1y2)=-2-eq \f(6m,3m2+4)÷eq \f(9m,3m2+4)=-eq \f(8,3).
    综上所述,当m变化时,λ1+λ2为定值-eq \f(8,3).
    (3)当m=0时,直线l⊥x轴,则四边形ABED为矩形,易知AE与BD相交于点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2),0)),则若当m变化时,直线AE与BD相交于定点,则定点必为Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2),0)),证明如下:
    eq \(AN,\s\up7(―→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)-x1,-y1))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)-my1,-y1)),易知E(4,y2),则eq \(NE,\s\up7(―→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2),y2)).
    ∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)-my1))y2-eq \f(3,2)(-y1)=eq \f(3,2)(y1+y2)-my1y2=eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(6m,3m2+4)))-meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(9,3m2+4)))=0,
    ∴eq \(AN,\s\up7(―→))∥eq \(NE,\s\up7(―→)),即A,N,E三点共线.
    同理可得B,N,D三点共线.
    则猜想成立,故当m变化时,直线AE与BD相交于定点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2),0)).
    3.已知点M是椭圆C:eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)上一点,F1,F2分别为C的左、右焦点,|F1F2|=4,∠F1MF2=60°,△F1MF2的面积为eq \f(4\r(3),3).
    (1)求椭圆C的方程;
    (2)设N(0,2),过点P(-1,-2)作直线l,交椭圆C于异于N的A,B两点,直线NA,NB的斜率分别为k1,k2,证明:k1+k2为定值.
    解:(1)在△F1MF2中,由eq \f(1,2)|MF1||MF2|sin 60°=eq \f(4\r(3),3),得|MF1||MF2|=eq \f(16,3).
    由余弦定理,得|F1F2|2=|MF1|2+|MF2|2-2|MF1|·|MF2|cs 60°=(|MF1|+|MF2|)2-2|MF1|·|MF2|(1+cs 60°),
    从而2a=|MF1|+|MF2|=4eq \r(2),
    即a=2eq \r(2),从而b=2,
    故椭圆C的方程为eq \f(x2,8)+eq \f(y2,4)=1.
    (2)当直线l的斜率存在时,设其方程为y+2=k(x+1),
    由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,8)+\f(y2,4)=1,,y+2=kx+1))得(1+2k2)x2+4k(k-2)x+2k2-8k=0.
    设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-eq \f(4kk-2,1+2k2),x1x2=eq \f(2k2-8k,1+2k2).
    从而k1+k2=eq \f(y1-2,x1)+eq \f(y2-2,x2)
    =eq \f(2kx1x2+k-4x1+x2,x1x2)
    =2k-(k-4)eq \f(4kk-2,2k2-8k)=4.
    当直线l的斜率不存在时,可取Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-1,\f(\r(14),2))),Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-1,-\f(\r(14),2))),得k1+k2=4.
    综上,恒有k1+k2=4.
    4.已知椭圆C的中心在原点,离心率等于eq \f(1,2),它的一个短轴端点恰好是抛物线x2=8eq \r(3)y的焦点.
    (1)求椭圆C的方程;
    (2)如图,已知P(2,3),Q(2,-3)是椭圆上的两点,A,B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点.
    ①若直线AB的斜率为eq \f(1,2),求四边形APBQ面积的最大值;
    ②当A,B运动时,满足∠APQ=∠BPQ,试问直线AB的斜率是否为定值?请说明理由.
    解:(1)设椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=1(a>b>0),
    则b=2eq \r(3).由eq \f(c,a)=eq \f(1,2),a2=c2+b2,得a=4,
    ∴椭圆C的方程为eq \f(x2,16)+eq \f(y2,12)=1.
    (2)设A(x1,y1),B(x2,y2).
    ①设直线AB的方程为y=eq \f(1,2)x+t,
    代入eq \f(x2,16)+eq \f(y2,12)=1,得x2+tx+t2-12=0,
    由Δ>0,解得-4

    相关试卷

    高考数学二轮复习课时跟踪检测 15圆锥曲线中的定点定值存在性问题大题练(含答案解析):

    这是一份高考数学二轮复习课时跟踪检测 15圆锥曲线中的定点定值存在性问题大题练(含答案解析),共8页。试卷主要包含了已知椭圆C,设抛物线C,已知点M是椭圆C等内容,欢迎下载使用。

    高考数学(理数)一轮复习:课时达标检测49《圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题》(学生版):

    这是一份高考数学(理数)一轮复习:课时达标检测49《圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题》(学生版)

    高考数学(理数)一轮复习:课时达标检测49《圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题》(教师版):

    这是一份高考数学(理数)一轮复习:课时达标检测49《圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题》(教师版)

    • 精品推荐
    • 所属专辑
    欢迎来到教习网
    • 900万优选资源,让备课更轻松
    • 600万优选试题,支持自由组卷
    • 高质量可编辑,日均更新2000+
    • 百万教师选择,专业更值得信赖
    微信扫码注册
    qrcode
    二维码已过期
    刷新

    微信扫码,快速注册

    手机号注册
    手机号码

    手机号格式错误

    手机验证码 获取验证码

    手机验证码已经成功发送,5分钟内有效

    设置密码

    6-20个字符,数字、字母或符号

    注册即视为同意教习网「注册协议」「隐私条款」
    QQ注册
    手机号注册
    微信注册

    注册成功

    返回
    顶部
    Baidu
    map