高考数学一轮复习第八章平面解析几何第八节第2课时定点定值探究性问题课时规范练含解析文北师大版

这是一份高考数学一轮复习第八章平面解析几何第八节第2课时定点定值探究性问题课时规范练含解析文北师大版，共6页。试卷主要包含了已知抛物线C等内容，欢迎下载使用。
第二课时 定点、定值、探究性问题
课时规范练
1．已知抛物线C：x2＝2py(p＞0)，圆O：x2＋y2＝1.
(1)若抛物线C的焦点F在圆O上，且A为抛物线C和圆O的一个交点，求|AF|；
(2)若直线l与抛物线C和圆O分别相切于点M，N，求|MN|的最小值及相应p的值．
解析：(1)由题意得F(0，1)，从而抛物线C：x2＝4y.
解方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝4y，,x2＋y2＝1))得y＝－2±eq \r(5).不妨设yA＝eq \r(5)－2，
∴|AF|＝eq \r(5)－1.
(2)设M(x0，y0)(y0＞0)，则切线l：y＝eq \f(x0,p)(x－x0)＋y0，
结合xeq \\al(2,0)＝2py0，整理得x0x－py－py0＝0.
由ON⊥l且|ON|＝1得eq \f(|－py0|,\r(xeq \\al(2,0)＋p2))＝1，
即|py0|＝eq \r(xeq \\al(2,0)＋p2)＝eq \r(2py0＋p2)，
∴p＝eq \f(2y0,yeq \\al(2,0)－1)且yeq \\al(2,0)－1＞0.
∴|MN|2＝|OM|2－1＝xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)－1＝2py0＋yeq \\al(2,0)－1＝eq \f(4yeq \\al(2,0),yeq \\al(2,0)－1)＋yeq \\al(2,0)－1＝4＋eq \f(4,yeq \\al(2,0)－1)＋(yeq \\al(2,0)－1)≥8，
当且仅当y0＝eq \r(3)时等号成立．
∴|MN|的最小值为2eq \r(2)，此时p＝eq \r(3).
2.已知椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1，A是椭圆上的一点，且A在第一象限内，过A且斜率等于－1的直线与椭圆C交于另一点B，点A关于原点的对称点为D.
(1)证明：直线BD的斜率为定值；
(2)求△ABD面积的最大值．
解析：(1)证明：设D(x1，y1)，B(x2，y2)，则A(－x1，－y1)，直线BD的斜率k＝eq \f(y2－y1,x2－x1)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,1),4)＋\f(yeq \\al(2,1),2)＝1，,\f(xeq \\al(2,2),4)＋\f(yeq \\al(2,2),2)＝1，))两式相减得eq \f(y2－y1,x2－x1)＝－eq \f(1,2)×eq \f(x1＋x2,y1＋y2)，
∵kAB＝eq \f(y1＋y2,x1＋x2)＝－1，∴k＝eq \f(y2－y1,x2－x1)＝eq \f(1,2)，
故直线BD的斜率为定值eq \f(1,2).
(2)连接OB(图略)，∵A，D关于原点对称，
∴S△ABD＝2S△OBD，
由(1)可知BD的斜率k＝eq \f(1,2)，设BD的方程为y＝eq \f(1,2)x＋t，
∵D在第三象限，∴－eq \r(2)＜t＜1且t≠0，
O到BD的距离d＝eq \f(|t|,\r(1＋\f(1,4)))＝eq \f(2|t|,\r(5))，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,2)x＋t,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1))，整理得3x2＋4tx＋4t2－8＝0，
∴x1＋x2＝－eq \f(4t,3)，x1x2＝eq \f(4（t2－2）,3)，
∴S△ABD＝2S△OBD＝2×eq \f(1,2)×|BD|×d
＝eq \f(\r(5),2)eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)×eq \f(2|t|,\r(5))
＝|t|×eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝|t|·eq \f(\r(96－32t2),3)
＝eq \f(4\r(2),3)·eq \r(t2（3－t2）)≤2eq \r(2).
∴当且仅当t＝eq \f(\r(6),2)时，S△ABD取得最大值2eq \r(2).
3. (2020·承德模拟)如图所示，椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率是eq \f(\r(2),2)，点P(0，1)在短轴CD上，且eq \(PC,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))＝－1.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点．是否存在常数λ，使得eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＋λeq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．
解析：(1)由已知，点C，D的坐标分别为(0，－b)，(0，b)．又点P的坐标为(0，1)，且eq \(PC,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))＝－1，
于是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－b2＝－1，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2－b2＝c2，))解得a＝2，b＝eq \r(2).
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1，点A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋1，))得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.
其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0，
所以x1＋x2＝－eq \f(4k,2k2＋1)，x1x2＝－eq \f(2,2k2＋1).
从而，eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＋λeq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))
＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]
＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1
＝eq \f(（－2λ－4）k2＋（－2λ－1）,2k2＋1)
＝－eq \f(λ－1,2k2＋1)－λ－2.
所以，当λ＝1时，－eq \f(λ－1,2k2＋1)－λ－2＝－3.
此时，eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＋λeq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝－3为定值．
当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD.当λ＝1时，eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＋λeq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \(OC,\s\up6(→))·eq \(OD,\s\up6(→))＋eq \(PC,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))＝－2－1＝－3.
故存在常数λ＝1，使得eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＋λeq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))为定值－3.
4．已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，A为C上位于第一象限的任意一点，过点A的直线l交C于另一点B，交x轴的正半轴于点D.
(1)若当点A的横坐标为3，且△ADF为以F为顶点的等腰三角形，求C的方程；
(2)对于(1)中求出的抛物线C，若点D(x0，0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0≥\f(1,2)))，记点B关于x轴的对称点为E，AE交x轴于点P，且AP⊥BP，求证：点P的坐标为(－x0，0)，并求点P到直线AB的距离d的取值范围．
解析：(1)由题知Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，|FA|＝3＋eq \f(p,2)，
则D(3＋p，0)，FD的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)＋\f(3p,4)，0))，
则eq \f(3,2)＋eq \f(3p,4)＝3，解得p＝2，故C的方程为y2＝4x.
(2)证明：依题可设直线AB的方程为x＝my＋x0(m≠0)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则E(x2，－y2)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,x＝my＋x0))消去x，得y2－4my－4x0＝0，因为x0≥eq \f(1,2).所以Δ＝16m2＋16x0＞0，
y1＋y2＝4m，y1y2＝－4x0，
设P的坐标为(xP，0)，则eq \(PE,\s\up6(→))＝(x2－xp，－y2)，eq \(PA,\s\up6(→))＝(x1－xP，y1)，
由题知eq \(PE,\s\up6(→))∥eq \(PA,\s\up6(→))，所以(x2－xP)y1＋y2(x1－xP)＝0，
即x2y1＋y2x1＝(y1＋y2)xP＝eq \f(yeq \\al(2,2)y1＋yeq \\al(2,1)y2,4)＝eq \f(y1y2（y1＋y2）,4)，显然y1＋y2＝4m≠0，所以xp＝eq \f(y1y2,4)＝－x0，即证P(－x0，0)，由题知△EPB为等腰直角三角形，所以kAP＝1，
即eq \f(y1＋y2,x1－x2)＝1，也即eq \f(y1＋y2,\f(1,4)（yeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,2)）)＝1，
所以y1－y2＝4，所以(y1＋y2)2－4y1y2＝16.
即16m2＋16x0＝16，m2＝1－x0，x0＜1，
又因为x0≥eq \f(1,2)，
所以eq \f(1,2)≤x0＜1，d＝eq \f(|－x0－x0|,\r(1＋m2))＝eq \f(2x0,\r(1＋m2))＝eq \f(2x0,\r(2－x0))，
令eq \r(2－x0)＝t∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(6),2)))，x0＝2－t2，d＝eq \f(2（2－t2）,t)＝eq \f(4,t)－2t，
易知f(t)＝eq \f(4,t)－2t在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(6),2)))上是减函数，所以d∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，2)).
5.如图所示，已知F(eq \r(3)，0)为椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点，B1，B2，A为椭圆的下、上、右三个顶点，△B2OF与△B2OA的面积之比为eq \f(\r(3),2).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)试探究在椭圆C上是否存在不同于点B1，B2的一点P满足下列条件：点P在y轴上的投影为Q，PQ的中点为M，直线B2M交直线y＋b＝0于点N，B1N的中点为R，且△MOR的面积为eq \f(3\r(5),10).若不存在，请说明理由；若存在，求出点P的坐标．
解析：(1)由已知得eq \f(S△B2OF,S△B2OA)＝eq \f(\f(1,2)bc,\f(1,2)ab)＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2).
又c＝eq \r(3)，所以a＝2，所以b2＝a2－c2＝1，所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)假设存在满足条件的点P，设其坐标为P(x0，y0)(x0≠0)，
则Q(0，y0)，且Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0,2)，y0)).又B2(0，1)，所以直线B2M的方程为y＝eq \f(2（y0－1）,x0)x＋1.
因为x0≠0，所以y0≠1，令y＝－1，
得Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0,1－y0)，－1)).又B1(0，－1)，
则Req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0,2（1－y0）)，－1))，
所以|MR|＝eq \r(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(x0,2)－\f(x0,2（1－y0）)))\s\up12(2)＋（y0＋1）2)＝ eq \r(\f(1＋y0,1－y0)).
直线MR的方程为y－y0＝－eq \f(x0,2y0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(x0,2)))，
即2yy0＋x0x－2＝0，
所以点O到直线MR的距离为d＝eq \f(2,\r(xeq \\al(2,0)＋4yeq \\al(2,0)))＝1，
所以S△MOR＝eq \f(1,2)|MR|·d＝eq \f(1,2) eq \r(\f(1＋y0,1－y0))×1＝eq \f(3\r(5),10)，
解得y0＝eq \f(2,7)，又eq \f(xeq \\al(2,0),4)＋yeq \\al(2,0)＝1，所以x0＝±eq \f(6\r(5),7)，
所以存在满足条件的点P，其坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(±\f(6\r(5),7)，\f(2,7))).