高考数学一轮复习第八章平面解析几何第九节第2课时定点定值探索性问题课时规范练理含解析新人教版

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第2课时 定点、定值、探索性问题[A组　基础对点练]1．(2021·广东佛山模拟)已知A(－，0)，B(，0).直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之积是－.(1)求点M的轨迹Γ的方程；(2)过点A的直线与轨迹Γ交于点Q，与y轴交于点C，过T(1，0)作CT的垂线交y轴于点D，求证：AD∥BQ.解析：(1)设M(x，y)，则直线AM的斜率kAM＝，直线BM的斜率kBM＝，依题意得kAM·kBM＝·＝－，整理得＋y2＝1，所以点M的轨迹Γ的方程为＋y2＝1(y≠0).(2)证明：设直线AQ的方程为y＝k(x＋)，联立消去y整理得(1＋5k2)x2＋10k2x＋25k2－5＝0，又A(－，0)，所以－xQ＝，即xQ＝，则yQ＝，易得C(0，k)，直线CT的斜率kCT＝－k，又CT⊥TD，所以直线TD的方程为y＝(x－1)，令x＝0，得D，所以直线AD的斜率kAD＝－，又直线BQ的斜率kBQ＝＝－，所以kAD＝kBQ，所以AD∥BQ.2．已知椭圆＋＝1，过点F(1，0)的直线与椭圆交于A，B两点，点A关于x轴的对称点为A′，求证：直线A′B恒过定点．证明：设过点F(1，0)的直线方程为x＝my＋1(m≠0)，与＋＝1联立得(4＋3m2)y2＋6my－9＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝－，y1y2＝－.因为A′(x1，－y1)，所以直线A′B的方程为y－y2＝(x－x2).①又x2－x1＝m(y2－y1)，代入①式，得m(y2－y1)(y－y2)＝(y2＋y1)[x－(my2＋1)]，整理得(y2＋y1)x－m(y2－y1)y－2my1y2－(y2＋y1)＝0.②因为y1＋y2＝－，y1y2＝－，(y1－y2)2＝(y1＋y2)2－4y1y2，不妨设y2>y1，则y2－y1＝，代入②式化简，得2y＋x－4＝0.由得A′B过定点(4，0)，当A′B斜率为0时，结论成立，故A′B恒过定点(4，0).3．如图所示，已知M(x0，y0)是椭圆C：＋＝1上的任一点，从原点O向圆M：(x－x0)2＋(y－y0)2＝2作两条切线，分别交椭圆于点P，Q.(1)若直线OP，OQ的斜率都存在，并记为k1，k2，求证：k1k2为定值；(2)试问|OP|2＋|OQ|2是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由．解析：(1)证明：因为直线OP：y＝k1x和OQ：y＝k2x都与圆M相切，所以＝，＝，化简得(x－2)k－2x0y0k1＋y－2＝0，(x－2)k－2x0y0k2＋y－2＝0，即k1，k2是方程(x－2)k2－2x0y0k＋y－2＝0的两个不相等实根，由根与系数的关系，得k1·k2＝.又M(x0，y0)在椭圆C上，所以＋＝1，即y＝3－x，故k1·k2＝＝－，为定值．(2)法一：①若直线OP，OQ的斜率都存在，并记为k1，k2，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立解得x＝，y＝，故x＋y＝.同理可得x＋y＝.由(1)知，k1·k2＝－，所以|OP|2＋|OQ|2＝x＋y＋x＋y＝＋＝＋＝＝9.②若直线OP，OQ中有一条斜率不存在，不妨设OQ：x＝0，因为直线OP，OQ与圆M相切，所以M(，)，从而OP：y＝0，此时P(，0)，Q(0，)，故|OP|2＋|OQ|2＝9.综上，|OP|2＋|OQ|2＝9.法二：①若直线OP，OQ的斜率都存在，并记为k1，k2，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由(1)知，k1·k2＝－，所以yy＝xx.因为P(x1，y1)，Q(x2，y2)在椭圆C上，所以＋＝1，＋＝1，即y＝3－x，y＝3－x，所以＝xx，化简得x＋x＝6.从而y＋y＝3－x＋3－x＝3，故|OP|2＋|OQ|2＝9.②若直线OP，OQ中有一条直线的斜率不存在，同法一．综上，|OP|2＋|OQ|2＝9.[B组　素养提升练]1．(2020·山东淄博模拟)椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，其左焦点到点P(2，1)的距离为.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B两点(A，B不是左、右顶点)，且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点．求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．解析：(1)因为左焦点(－c，0)到点P(2，1)的距离为，所以＝，解得c＝1.又e＝＝，解得a＝2，所以b2＝a2－c2＝3.所以所求椭圆C的方程为＋＝1.(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由消去y得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0，Δ＝64m2k2－16(3＋4k2)(m2－3)>0，化为3＋4k2>m2.所以x1＋x2＝，x1x2＝.y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝.因为以AB为直径的圆过椭圆右顶点D(2，0)，kAD·kBD＝－1，所以·＝－1，所以y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0，所以＋＋＋4＝0.化为7m2＋16mk＋4k2＝0，解得m1＝－2k，m2＝－.且满足3＋4k2－m2>0.当m＝－2k时，l：y＝k(x－2)，直线过定点(2，0)与已知矛盾；当m＝－时，l：y＝k，直线过定点.综上可知，直线l过定点.2．已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1，2)，过点Q(0，1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.(1)求直线l的斜率的取值范围；(2)设O为原点，＝λ，＝μ，求证：＋为定值．解析：(1)因为抛物线y2＝2px过点(1，2)，所以2p＝4，即p＝2.故抛物线C的方程为y2＝4x.由题意知，直线l的斜率存在且不为0.设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)，由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1＞0，解得k＜0，或0＜k＜1.又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2).从而k≠－3.所以直线l的斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1).(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2).由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝.直线PA的方程为y－2＝(x－1).令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝＋2＝＋2.同理得点N的纵坐标为yN＝＋2.由＝λ，＝μ，得λ＝1－yM，μ＝1－yN.所以＋＝＋＝＋＝·＝·＝2.所以＋为定值．