高考数学一轮复习配餐作业60定点定值探索性问题含解析理.doc

1配餐作业配餐作业( (六十六十) ) 定点、定值、探索性问题定点、定值、探索性问题(时间：40 分钟)1. (2016·山西联考)已知椭圆C：1(ab0)的右焦点为F(1,0)，右顶点为x2 a2y2 b2A，且|AF|1。(1)求椭圆C的标准方程；(2)若动直线l：ykxm与椭圆C有且只有一个交点P，且与直线x4 交于点Q，问：是否存在一个定点M(t,0)，使得·0。若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明MPMQ理由。解析 (1)由c1，ac1，得a2，b，3故椭圆C的标准方程为1。x2 4y2 3(2)由Error!消去y得(34k2)x28kmx4m2120，64k2m24(34k2)(4m212)0，即m234k2。设P(xP，yP)，则xP，4km 34k24k myPkxPmm ，4k2 m3 m即P。(4k m，3m)M(t,0)，Q(4,4km)，(4t,4km)，MP(4k mt，3m)MQ··(4t) ·(4km)MPMQ(4k mt)3 mt24t3(t1)0 恒成立，4k m故Error!即t1。存在点M(1,0)符合题意。2答案 (1)1 (2)存在点M(1,0)x2 4y2 32(2017·赤峰模拟)已知E(2,2)是抛物线C：y22px上一点，经过点(2,0)的直线l与抛物线C交于A，B两点(不同于点E)，直线EA，EB分别交直线x2 于点M，N。(1)求抛物线方程及其焦点坐标；(2)已知O为原点，求证：MON为定值。解析 (1)将E(2,2)代入y22px，得p1，所以抛物线方程为y22x，焦点坐标为。(1 2，0)(2)证明：设A，B，M(xM，yM)，N(xN，yN)，设直线l的方程为(y2 1 2，y1)(y2 2 2，y2)xmy2 与抛物线方程联立得到Error!消去x，得：y22my40，则由根与系数的关系得：y1y24，y1y22m，直线AE的方程为：y2(x2)，即y(x2)2，令x2，得yMy12 y2 1 222 y12，同理可得：yN。2y14 y122y24 y22又(2，yM)，(2，yN)，OMON·4yMyN4OMON4y12y22 y12y2244y1y22y1y24 y1y22y1y2440，444m4 44m4所以OMON，即MON为定值。 2答案 (1)y22x，焦点坐标 (2)见解析(1 2，0)3(2016·湖南六校联考)如图，已知M(x0，y0)是椭圆C：1 上的任一点，从x2 6y2 3原点O向圆M：(xx0)2(yy0)22 作两条切线，分别交椭圆于点P，Q。(1)若直线OP，OQ的斜率存在，并分别记为k1，k2，求证：k1k2为定值；3(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：yk1x与圆M相切，所以，|k1x0y0|1k2 12化简得(x2)k2x0y0k1y20，2 02 12 0同理(x2)k2x0y0k2y20，2 02 22 0所以k1，k2是方程(x2)k22x0y0ky20 的两个不相等的实数根，2 02 0所以k1·k2。y2 02 x2 02因为点M(x0，y0)在椭圆C上，所以1，x2 0 6y2 0 3即y3x，2 01 2 2 0所以k1k2 ，为定值。112x2 0 x2 021 2(2)|OP|2|OQ|2是定值，定值为 9。理由如下：()当直线OP，OQ不落在坐标轴上时，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立Error!解得Error!所以xy，同理，得xy，2 12 161k2 1 12k2 12 22 261k2 2 12k2 2由k1k2 ，1 2得|OP|2|OQ|2xyxy2 12 12 22 261k2 1 12k2 161k2 2 12k2 261k2 1 12k2 19。61(1 2k1)212(1 2k1)2918k2 1 12k2 1()当直线OP，OQ落在坐标轴上时，显然有|OP|2|OQ|29，综上：|OP|2|OQ|29。答案 (1)见解析 (2)是定值 9(时间：20 分钟)1(2016·山西四校联考)已知椭圆C：1(a>b>0)的离心率为，以原点O为x2 a2y2 b263圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆与直线 2xy60 相切。24(1)求椭圆C的标准方程；(2)已知点A，B为动直线yk(x2)(k0)与椭圆C的两个交点，问：在x轴上是否存在定点E，使得2·为定值？若存在，试求出点E的坐标和定值；若不存在，请EAEAAB说明理由。解析 (1)由e，得 ，即ca，63c a6363又以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆为x2y2a2，且该圆与直线 2xy60 相切，2所以a，代入得c2，|6|22 226所以b2a2c22，所以椭圆C的标准方程为1。x2 6y2 2(2)由Error!，得(13k2)x212k2x12k260。设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以x1x2，x1x2。12k2 13k212k26 13k2根据题意，假设x轴上存在定点E(m,0)，使得2·()··为定值，EAEAABEAABEAEAEB则·(x1m，y1)·(x2m，y2)(x1m)(x2m)y1y2(k21)x1x2(2k2m)EAEB(x1x2)(4k2m2)，3m212m10k2m26 13k2要使上式为定值，即与k无关，只需 3m212m103(m26)，解得m ，7 3此时，2·m26 ，EAEAAB5 9所以在x轴上存在定点E使得2·为定值，且定值为 。(7 3，0)EAEAAB5 9答案 (1)1x2 6y2 2(2)存在定点E，定值(7 3，0)5 92如图，已知椭圆E：1(a>b>0)的离心率为，它的上顶点为A，左、右焦x2 a2y2 b233点分别为F1，F2，直线AF1，AF2分别交椭圆于点B、C。5(1)求证：直线BO平分线段AC；(2)设点P(m，n)(m，n为常数)在直线BO上且在椭圆外，过点P的动直线l与椭圆交于两个不同的点M、N，在线段MN上取点Q，满足，试证明点Q恒在一定直线上。|MP| |PN|MQ| |QN|解析 (1)证明：由题意， ，则ac，b2a2c22c2，c a333故椭圆方程为1，x2 3c2y2 2c2即 2x23y26c20，其中A(0，c)，F1(c,0)，2故直线AF1的斜率为，2此时直线AF1的方程为y(xc)，2联立Error!得 2x23cx0，解得x10(舍去)和x2，3c 2即B，由对称性知C。(3c 2，2c2)(3c 2，2c2)直线BO的方程为yx，线段AC的中点坐标为，23(3c 4，2c4)线段AC的中点坐标满足直线BO的方程，(3c 4，2c4)即直线BO平分线段AC。(2)设M(x1，y1)、N(x2，y2)、Q(x0，y0)，则 2x3y6c2,2x3y6c2。2 12 12 22 2由题意可设，|MP| |PN|MQ| |QN|则，MPPNMQQN求得m，x0，x1x2 1x1x2 1n，y0，y1y2 1y1y2 16故mx0，ny0，x2 12x2 2 12y2 12y2 2 12所以 2mx03ny02x2 122x2 23y2 132y2 2 122x2 13y2 122x2 23y2 2 126c2，由于m，n，c为常数，所以点Q恒在直线 2mx3ny6c20 上。答案 (1)证明见解析 (2)点 Q 恒在直线 2mx3ny6c20 上，证明见解析