23版新高考一轮分层练案(五十一)　定点、定值、探索性问题

这是一份23版新高考一轮分层练案(五十一)　定点、定值、探索性问题，共5页。试卷主要包含了已知抛物线C，已知椭圆C，已知Q为圆E，已知A，B是抛物线C等内容，欢迎下载使用。
一轮分层练案(五十一)　定点、定值、探索性问题 1．已知抛物线C：y2＝2px上一点M到其焦点F的距离等于.(1)求抛物线C的标准方程；(2)若不垂直于x轴的直线l交抛物线C于A，B两点，直线FA与FB的倾斜角互补，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．解：(1)由抛物线的方程可得抛物线的准线方程为x＝－，由M到其焦点F的距离等于可得，＋＝，解得p＝1，所以抛物线的方程为y2＝2x.(2)证明：显然直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为x＝my＋t，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立直线与抛物线的方程整理可得y2－2my－2t＝0，Δ＝4m2＋8t＞0，即m2＋2t＞0，y1＋y2＝2m，y1y2＝－2t，因为直线FA与FB的倾斜角互补，由(1)得F，所以kFA＋kFB＝0，即kFA＋kFB＝＋＝＋＝＝＝＝＝0，因为m≠0，所以2t＋1＝0，即t＝－，所以直线l恒过定点.2．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且过点P(2,1)．(1)求椭圆C的方程；(2)若A，B是椭圆C上的两个动点，且∠APB的角平分线总垂直于x轴，求证：直线AB的斜率为定值．解：(1)由题意得解得a2＝6，b2＝3，所以椭圆C的方程是＋＝1.(2)证明：设直线AP的斜率为k，由题意知，直线BP的斜率为－k，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AP的方程为y－1＝k(x－2)，即y＝kx＋1－2k，联立方程组消去y得(2k2＋1)x2＋4k(1－2k)x＋8k2－8k－4＝0，因为P，A为直线AP与椭圆的交点，所以2x1＝，即x1＝，把k换为－k得，x2＝，所以x2－x1＝，所以y2－y1＝(－kx2＋1＋2k)－(kx1＋1－2k)＝k[4－(x1＋x2)]＝，所以直线AB的斜率kAB＝＝1，故直线AB的斜率为定值．3.如图，已知椭圆C：＋y2＝1上顶点为A，右焦点为F，直线AF与圆M：x2＋y2－6x－2y＋7＝0相切，其中a＞1.(1)求椭圆的方程；(2)不过点A的动直线l与椭圆C相交于P，Q两点，且AP⊥AQ，证明：动直线l过定点，并且求出该定点坐标．解：(1)由题可知，A(0,1)，F(c,0)，b＝1，则直线AF的方程为＋y＝1，即x＋cy－c＝0，因为直线AF与圆M：x2＋y2－6x－2y＋7＝0相切，且圆M的圆心为(3,1)，r＝.则＝，解得c＝，所以a＝＝，故椭圆的标准方程为＋y2＝1.(2)证明：因为不过点A的动直线l与椭圆C相交于P，Q两点，且AP⊥AQ，即直线AP与坐标轴不垂直也不平行，由A(0,1)可设直线AP的方程为y＝kx＋1，则直线AQ的方程为y＝－x＋1.联立消去y并整理得，(1＋3k2)x2＋6kx＝0，解得x＝0或x＝－，因此点P的坐标为，即，将上式中的k换成－，得点Q，所以直线l的斜率为＝，即直线l的方程为y＝＋，化简并整理得y＝x－，故直线l恒过定点.4．已知Q为圆E：x2＋(y＋1)2＝16上一动点，F(0,1)，QF的垂直平分线交QE于点P，设点P的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)已知直线l为曲线C上一点A(x0，－1)处的切线，l与直线y＝4交于B点，问：以线段AB为直径的圆是否过定点F？请给予说明．解：(1)如图所示，设P(x，y)，由题知|PQ|＝|PF|，|PE|＋|PF|＝|PE|＋|PQ|＝|QE|＝4＞2，所以点P在以E，F为焦点的椭圆上，2a＝4，c＝1，b＝.故点P轨迹方程为＋＝1.(2)将y＝－1代入＋＝1得x＝±，所以A，不妨取A，设l：y＋1＝k，代入＋＝1得，(3k2＋4)x2＋(9k2－6k)x＋＝0.所以Δ＝(9k2－6k)2－4(3k2＋4)＝0，整理得k2＋4k＋4＝0，解得k＝－2.所以l：2x＋y＋4＝0，故B(－4,4)．因为＝，＝(－4,3)，即·＝·(－4,3)＝0，故以线段AB为直径的圆过定点F.5．已知A(x1，y1)，B(x2，y2)是抛物线C：x2＝2py(p＞0)上不同两点．(1)若抛物线C的焦点为F，D(x0，y0)为AB的中点，且AF＋BF＝4＋2y0，求抛物线C的方程；(2)若直线AB与x轴交于点P，与y轴的正半轴交点Q，且y1y2＝，是否存在直线AB，使得＋＝？若存在，求出直线AB的方程；若不存在，请说明理由．解：(1)由抛物线的定义得AF＋BF＝y1＋y2＋p＝2y0＋p＝4＋2y0，∴p＝4，∴所求抛物线方程为x2＝8y.(2)假设存在直线AB，使得＋＝.由题意得AB的斜率存在，设AB：y＝kx＋m(k≠0，m＞0)，则点Q(0，m)，联立方程组得，x2－2pkx－2pm＝0，∴x1＋x2＝2pk，x1x2＝－2pm，∴y1y2＝m2＝，∴m＝，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝2pk2＋2m，作AA′⊥x轴，BB′⊥x轴，垂足分别为A′，B′，如图．∵＋＝，∴＋＝3，∴＋＝3，∴＋＝＝＝＝＝3.∴k2＝，∴k＝±，∴存在直线AB：y＝±x＋符合题意．6．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，短轴的一个端点为P，△PF1F2内切圆的半径为，设过点F2的直线l被椭圆C截得的线段为RS，当l⊥x轴时，|RS|＝3.(1)求椭圆C的标准方程；(2)在x轴上是否存在一点T，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称？若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)由内切圆的性质，得×2c×b＝×(2a＋2c)×，所以＝.将x＝c代入＋＝1，得y＝±，所以＝3.又a2＝b2＋c2，所以a＝2，b＝，故椭圆C的标准方程为＋＝1.(2)当直线l垂直于x轴时，显然x轴上任意一点T都满足TS与TR所在直线关于x轴对称．当直线l不垂直于x轴时，假设存在T(t,0)满足条件，设l的方程为y＝k(x－1)，R(x1，y1)，S(x2，y2)．联立消去y，得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，由根与系数的关系得①其中Δ>0恒成立，由TS与TR所在直线关于x轴对称，得kTS＋kTR＝0(显然TS，TR的斜率存在)，即＋＝0.②因为R，S两点在直线y＝k(x－1)上，所以y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，代入②得＝＝0，即2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0.③将①代入③得＝＝0，则t＝4，综上所述，存在T(4,0)，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称．