《(課標通用版)高考數(shù)學大一輪復習 第九章 平面解析幾何 第10講 定值、定點、探索性問題檢測 文-人教版高三全冊數(shù)學試題》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(課標通用版)高考數(shù)學大一輪復習 第九章 平面解析幾何 第10講 定值、定點、探索性問題檢測 文-人教版高三全冊數(shù)學試題(5頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、第10講 定值、定點、探索性問題
[基礎題組練]
1.已知雙曲線-=1(a>0,b>0)的左、右焦點分別為F1,F(xiàn)2,過F2作x軸的垂線與雙曲線交于B,C兩點,且∠BF1C=60°,則該雙曲線的離心率為( )
A. B.
C. D.2
解析:選C.不妨設點B在x軸的上方,則點B的坐標為,由于∠BF1C=60°,則=tan 30°=,得e2-2e-=0,
即(e+1)(e-)=0,
得e=.故選C.
2.橢圓+=1的左、右焦點分別為F1,F(xiàn)2,弦AB過點F1.若△ABF2的內(nèi)切圓周長為π,A,B兩點的坐標分別為(x1,y1),(x2,y2),則|y1-
2、y2|的值為( )
A. B.
C. D.
解析:選D.由題意知,c===3,所以橢圓的焦點為F1(-3,0),F(xiàn)2(3,0).設△ABF2的內(nèi)切圓半徑為r.因為△ABF2的內(nèi)切圓周長為π,所以r=.根據(jù)橢圓的定義,有|AB|+|AF2|+|BF2|=(|AF1|+|AF2|)+(|BF1|+|BF2|)=4a=20,所以S△ABF2=(|AB|+|AF2|+|BF2|)×r=×4a×r=5=×2c×|y1-y2|=3|y1-y2|,所以|y1-y2|=.故選D.
3.(2019·安徽合肥模擬)已知橢圓+=1(a>b>0)的離心率為,過橢圓上一點M作直線MA,MB分別交橢圓于
3、A,B兩點,且斜率分別為k1,k2,若點A,B關(guān)于原點對稱,則k1·k2的值為________.
解析:由e2=1-=,得=.設M(x,y),A(m,n),則B(-m,-n),k1·k2=·=,①
把y2=b2,n2=b2代入①式并化簡,可得k1·k2=-=-.
答案:-
4.已知圓M:x2+(y-2)2=1,直線l:y=-1,動圓P與圓M相外切,且與直線l相切.設動圓圓心P的軌跡為E.
(1)求E的方程;
(2)若點A,B是E上的兩個動點,O為坐標原點,且·=-16,求證:直線AB恒過定點.
解:(1)設P(x,y),則=(y+1)+1?x2=8y.
所以E的方程為x2=8y
4、.
(2)證明:易知直線AB的斜率存在,設直線AB:y=kx+b,A(x1,y1),B(x2,y2).
將直線AB的方程代入x2=8y中,
得x2-8kx-8b=0,
所以x1+x2=8k,x1x2=-8b.
·=x1x2+y1y2=x1x2+=-8b+b2=-16?b=4,
所以直線AB恒過定點(0,4).
5.(2019·黑龍江齊齊哈爾八中模擬)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率為,過右焦點且垂直于x軸的直線l1與橢圓C交于A,B兩點,且|AB|=,直線l2:y=k(x-m)與橢圓C交于M,N兩點.
(1)求橢圓C的標準方程;
(2)已知點Q,若·是一個與k無關(guān)的常
5、數(shù),求實數(shù)m的值.
解:(1)聯(lián)立方程,得解得y=±,故=.
又e==,a2=b2+c2,所以a=,b=1,c=1,
故橢圓C的標準方程為+y2=1.
(2)設M(x1,y1),N(x2,y2),聯(lián)立方程,得消元得(1+2k2)x2-4mk2x+2k2m2-2=0,
所以Δ=16m2k4-4(1+2k2)(2k2m2-2)=8(2k2-m2k2+1),
x1+x2=,x1x2=,
·=+y1y2=x1x2-(x1+x2)++k2(x1-m)(x2-m)=(1+k2)x1x2-(x1+x2)++k2m2=+,
又·是一個與k無關(guān)的常數(shù),所以3m2-5m-2=-4,即3m2-5m+
6、2=0,
解得m1=1,m2=,
因為m>,所以m=1.
當m=1時,Δ>0,直線l2與橢圓C交于兩點,滿足題意.
[綜合題組練]
1.(2019·湖北省五校聯(lián)考)在平面直角坐標系xOy中,已知橢圓C:+y2=1,點P(x1,y1),Q(x2,y2)是橢圓C上兩個動點,直線OP,OQ的斜率分別為k1,k2,若m=,n=,m·n=0.
(1)求證:k1·k2=-;
(2)試探求△OPQ的面積S是否為定值,并說明理由.
解:(1)證明:因為k1,k2存在,所以x1x2≠0,
因為m·n=0,所以+y1y2=0,
所以k1·k2==-.
(2)①當直線PQ的斜率不存在,即x1=
7、x2,y1=-y2時,
由=-,得-y=0,
又由P(x1,y1)在橢圓上,得+y=1,
所以|x1|=,|y1|=,
所以S△POQ=|x1|·|y1-y2|=1.
②當直線PQ的斜率存在時,設直線PQ的方程為y=kx+b(b≠0).
由得(4k2+1)x2+8kbx+4b2-4=0,
Δ=64k2b2-4(4k2+1)(4b2-4)=16(4k2+1-b2)>0,
所以x1+x2=,x1x2=.
因為+y1y2=0,
所以+(kx1+b)(kx2+b)=0,得2b2-4k2=1,滿足Δ>0.
所以S△POQ=·|PQ|=|b|=2|b|·=1.
所以△POQ的面積S
8、為定值.
2.(綜合型)(2019·西安市八校聯(lián)考)已知直線l:x=my+1過橢圓C:+=1的右焦點F,拋物線x2=4y的焦點為橢圓C的上頂點,且l交橢圓C于A,B兩點,點A,F(xiàn),B在直線x=4上的射影依次為D,K,E.
(1)求橢圓C的方程;
(2)若直線l交y軸于點M,且=λ1,=λ2,當m變化時,證明:λ1+λ2為定值;
(3)當m變化時,直線AE與BD是否相交于定點?若是,請求出定點的坐標,并給予證明;否則,說明理由.
解:(1)因為l:x=my+1過橢圓C的右焦點F,
所以右焦點F(1,0),c=1,即c2=1.
因為x2=4y的焦點(0,)為橢圓C的上頂點,
所以b
9、=,
即b2=3,a2=b2+c2=4,
所以橢圓C的方程為+=1.
(2)證明:由題意知m≠0,由得(3m2+4)y2+6my-9=0.
設A(x1,y1),B(x2,y2),則y1+y2=-,y1y2=-.
因為=λ1,=λ2,M,
所以=λ1(1-x1,-y1),(x2,y2+)=
λ2(1-x2,-y2),
所以λ1=-1-,λ2=-1-,
所以λ1+λ2=-2-=-2-÷=-.
綜上所述,當m變化時,λ1+λ2為定值-.
(3)是.理由如下:當m=0時,直線l⊥x軸,則四邊形ABED 為矩形,易知AE與BD相交于點N,猜想當m變化時,直線AE與BD相交于定點N,證明如下:
==,
易知E(4,y2),則=.
因為y2-(-y1)=(y1+y2)-my1y2=-m=0,
所以∥,
即A,N,E三點共線.
同理可得B,N,D三點共線.
則猜想成立,故當m變化時,直線AE與BD相交于定點N.