2019高考数学二轮复习课时跟踪检测(十九)圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题(大题练)理.doc

上传人:tireattitude366 文档编号:921518 上传时间:2019-03-03 格式:DOC 页数:7 大小:110.50KB
下载 相关 举报
2019高考数学二轮复习课时跟踪检测(十九)圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题(大题练)理.doc_第1页
第1页 / 共7页
2019高考数学二轮复习课时跟踪检测(十九)圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题(大题练)理.doc_第2页
第2页 / 共7页
2019高考数学二轮复习课时跟踪检测(十九)圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题(大题练)理.doc_第3页
第3页 / 共7页
2019高考数学二轮复习课时跟踪检测(十九)圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题(大题练)理.doc_第4页
第4页 / 共7页
2019高考数学二轮复习课时跟踪检测(十九)圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题(大题练)理.doc_第5页
第5页 / 共7页
点击查看更多>>
资源描述

1、1课时跟踪检测(十九) 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题(大题练)A 卷大题保分练1(2018成都模拟)已知椭圆 C: 1( ab0)的右焦点 F( ,0),长半轴长与x2a2 y2b2 3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 , 2, a2 b2 c2,3ab a2, b1,椭圆 C 的标准方程为 y21.x24(2)证明:当直线 l 的斜率存在时,设直线 l 的方程为 y kx m(m1),

2、 M(x1, y1),N(x2, y2)由Error! 消去 y 可得(4 k21) x28 kmx4 m240. 16(4 k21 m2)0, x1 x2 , x1x2 . 8km4k2 1 4m2 44k2 1点 B 在以线段 MN 为直径的圆上, 0.BM BN ( x1, kx1 m1)( x2, kx2 m1)( k21) x1x2 k(m1)( x1 x2)BM BN ( m1) 20,( k21) k(m1) ( m1) 20,4m2 44k2 1 8km4k2 1整理,得 5m22 m30,解得 m 或 m1(舍去)35直线 l 的方程为 y kx .35易知当直线 l 的斜率

3、不存在时,不符合题意故直线 l 过定点,且该定点的坐标为 .(0, 35)2(2018全国卷)设抛物线 C: y24 x 的焦点为 F,过 F 且斜率为 k(k0)的直线 l与 C 交于 A, B 两点,| AB|8.(1)求 l 的方程;2(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(x1)( k0)设 A(x1, y1), B(x2, y2),由Error! 得 k2x2(2 k24) x k20. 16 k2160,故 x1 x2 .2k2 4k2所以| AB| AF| BF|( x11)( x21) .4k2 4k2由题

4、设知 8,解得 k1 或 k1(舍去)4k2 4k2因此 l 的方程为 y x1.(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 y2( x3),即 y x5.设所求圆的圆心坐标为( x0, y0),则Error!解得Error! 或Error!因此所求圆的方程为( x3) 2( y2) 216 或( x11) 2( y6) 2144.3.(2018贵阳模拟)如图,椭圆 C: 1( ab0)的左顶x2a2 y2b2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|2 .3(1)求椭圆 C 的方程;(2)

5、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 ,若存在,求出点 D 的坐标,若不存在,说明理由12解:(1)由题意得 A( a,0), B(0, b),可设 P(c, t)(t0), 1,得 t ,即 P ,c2a2 t2b2 b2a (c, b2a)由 AB OP 得 ,即 b c, a2 b2 c22 b2,ba b2ac又| AB|2 , a2 b212,3由得 a28, b24,椭圆 C 的方程为 1.x28 y243(2)假设存在 D(m,0),使得直线 QA 与 QD 的斜率乘积恒为 ,设 Q(x0, y0)(y

6、00),12则 1,x208 y204 kQAkQD , A(2 ,0),12 2 (x0 m),y0x0 22 y0x0 m 12由得( m2 )x02 m80,2 2即Error! 解得 m2 ,2存在点 D(2 ,0),使得 kQAkQD .2124(2018昆明模拟)已知椭圆 C: 1( ab0)的焦距为 4, P 是椭圆 Cx2a2 y2b2 (2, 55)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 ,OD OA OB 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 2c4,即 c2,则椭圆 C

7、的方程为 1,x2a2 y2a2 4因为点 P 在椭圆 C 上,(2,55)所以 1,解得 a25 或 a2 (舍去),4a2 15 a2 4 165所以椭圆 C 的方程为 y21.x25(2)设 A(x1, y1), B(x2, y2), x1 x2且 x1 x20,由 ,得OA OB OD D(x1 x2, y1 y2),所以直线 AB 的斜率 kAB ,直线 OD 的斜率 kOD ,y1 y2x1 x2 y1 y2x1 x2由Error! 得 (x1 x2)(x1 x2)( y1 y2)(y1 y2)0,15即 ,所以 kABkOD .y1 y2x1 x2 y1 y2x1 x2 15 1

8、54故直线 AB 的斜率与 OD 的斜率的乘积为定值 .15B 卷深化提能练1(2018安徽江南十校联考)在平面直角坐标系中,直线 x y m0 不过原点,2且与椭圆 1 有两个不同的公共点 A, B.y24 x22(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 x y m0 不过原点,所以 m0.将 x y m0 与 12 2y24 x22联立,消去 y,得 4x22 mx m240.2因为直线与椭圆有两个不同的公共点 A, B,所以 8 m2

9、16( m24)0,所以2 b0)x2a2 y2b2的右焦点 F,抛物线 x24 y 的焦点为椭圆 C 的上顶点,且 l 交椭圆 C 于 A, B 两点,点3A, F, B 在直线 x4 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 1 , 2 ,当 m 变化时,证明:MA AF MB BF 1 2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 my1 过椭圆的右焦点,5右焦点 F(1,0), c1,即 c21. x24 y 的焦点(0, )为椭圆 C

10、 的上顶点,3 3 b ,即 b23, a2 b2 c24,3椭圆 C 的方程为 1.x24 y23(2)由题意知 m0,由Error!得(3 m24) y26 my90.显然 0 恒成立,设 A(x1, y1), B(x2, y2),则 y1 y2 , y1y2 .6m3m2 4 93m2 4 1 , 2 , M ,MA AF MB BF (0, 1m) 1(1 x1, y1), 2(1 x2, y2), 11(x1, y11m) (x2, y2 1m), 21 ,1my1 1my2 1 22 2 .y1 y2my1y2 6m3m2 4 9m3m2 4 83综上所述,当 m 变化时, 1 2

11、为定值 .83(3)当 m0 时,直线 l x 轴,则四边形 ABED 为矩形,易知 AE 与 BD 相交于点N ,则若当 m 变化时,直线 AE 与 BD 相交于定点,则定点必为 N ,证明如下:(52, 0) (52, 0) ,易知 E(4, y2),则 .AN (52 x1, y1) (32 my1, y1) NE (32, y2) y2 ( y1) (y1 y2) my1y2 m 0,(32 my1) 32 32 32( 6m3m2 4) ( 93m2 4) ,即 A, N, E 三点共线AN NE 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

12、相交于定点 N .(52, 0)3(2018贵州六校联考)已知点 M 是椭圆 C: 1( ab0)上一点, F1, F2分别x2a2 y2b2为 C 的左、右焦点,| F1F2|4, F1MF260, F1MF2的面积为 .433(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6解:(1)在 F1MF2中,由 |MF1|MF2|sin 60 ,得| MF1|MF2| .12 433 163由余弦定理,得| F1F2|2| MF1|2| MF2|22|

13、 MF1|MF2|cos 60(| MF1| MF2|)22| MF1|MF2|(1cos 60),从而 2a| MF1| MF2|4 ,2即 a2 ,从而 b2,2故椭圆 C 的方程为 1.x28 y24(2)当直线 l 的斜率存在时,设其方程为 y2 k(x1),由Error! 得(12 k2)x24 k(k2) x2 k28 k0.设 A(x1, y1), B(x2, y2),则 x1 x2 , x1x2 .4k k 21 2k2 2k2 8k1 2k2从而 k1 k2 y1 2x1 y2 2x22kx1x2 k 4 x1 x2x1x22 k( k4) 4.4k k 22k2 8k当直线

14、 l 的斜率不存在时,可取 A , B ,得 k1 k24.( 1,142) ( 1, 142)综上,恒有 k1 k24.4(2019 届高三湘东五校联考)已知椭圆 C 的中心在原点,离心率等于 ,它的一个12短轴端点恰好是抛物线 x28 y 的焦点3(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 两侧的动点若直线 AB 的斜率为 ,求四边形 APBQ 面积的最大值;12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 1( ab0),x2a2 y2

15、b27则 b2 .由 , a2 c2 b2,得 a4,3ca 12椭圆 C 的方程为 1.x216 y212(2)设 A(x1, y1), B(x2, y2)设直线 AB 的方程为 y x t,12代入 1,得 x2 tx t2120,x216 y212由 0,解得4 t4,由一元二次方程根与系数的关系得 x1 x2 t, x1x2 t212,| x1 x2| . x1 x2 2 4x1x2 t2 4 t2 12 48 3t2四边形 APBQ 的面积 S 6|x1 x2|3 .12 48 3t2当 t0 时, S 取得最大值,且 Smax12 .3若 APQ BPQ,则直线 PA, PB 的斜率之和为 0,设直线 PA 的斜率为 k,则直线PB 的斜率为 k,直线 PA 的方程为 y3 k(x2),由Error!得(34 k2)x28(32 k)kx4(32 k)2480, x12 ,8 2k 3 k3 4k2将 k 换成 k 可得 x22 , 8k 2k 33 4k2 8k 2k 33 4k2 x1 x2 , x1 x2 ,16k2 123 4k2 48k3 4k2 kAB ,y1 y2x1 x2 k x1 2 3 k x2 2 3x1 x2 k x1 x2 4kx1 x2 12直线 AB 的斜率为定值 .12

展开阅读全文
相关资源
猜你喜欢
相关搜索

当前位置:首页 > 考试资料 > 中学考试

copyright@ 2008-2019 麦多课文库(www.mydoc123.com)网站版权所有
备案/许可证编号:苏ICP备17064731号-1