2017届高三数学二轮复习1.6.3定点定值存在性问题课时巩固过关练理.docx

课时巩固过关练 十七 定点、定值、存在性问题(30分钟55分)一、选择题(每小题5分,共20分)1.(2016安阳一模)如果椭圆x236+y29=1的弦AB被点M(x0,y0)平分,设直线AB的斜率为k1,直线OM(O为坐标原点)的斜率为k2,则k1k2=()A.4B.14C.-1D.-14【解析】选D.设直线AB方程为y=k1x+b,A(x1,y1),B(x2,y2),代入椭圆方程并整理得:(1+4)x2+8k1bx+4b2-36=0,x1+x2=,又中点M在直线上,所以=k1+b,从而得弦中点M的坐标为,所以k2=-,所以k1k2=-.2.(2016乌鲁木齐一模)过抛物线的焦点F的直线,交抛物线于A,B两点,交准线于C点,若=2,=,则=()A.-4B.-3C.-2D.-1【解析】选A.如图,|AF|=2|FB|,所以|AA1|=2|BB1|,所以BB1是CAA1的中位线,所以|CB|=|AB|=3|FB|,|CF|=4|FB|,所以=-4.3.(2016沈阳一模)已知P是双曲线x23-y2=1上任意一点,过点P分别作双曲线的两条渐近线的垂线,垂足分别为A,B,则的值是()A. -38B.316C.-38D.不能确定【解析】选A.令点P(x0,y0),因该双曲线的渐近线分别是-y=0,+y=0,所以|PA|=x03-y013+1,|PB|=x03+y013+1,又cosAPB=-cosAOB=-cos2AOx=-cos=-,所以=|PA|PB|cosAPB=cosAPB=-.此题可以用特殊位置法解决:令P为实轴右顶点,此时|=|=,=,所以=-.4.(2016四川高考)设O为坐标原点,P是以F为焦点的抛物线y2=2px(p0)上任意一点,M是线段PF上的点,且|PM|=2|MF|,则直线OM斜率的最大值为()A.33B.23C.22D.1【解析】选C.如图,由题可知F,设P点坐标为显然,当y00时,kO M0时,kO M0,要求kOM的最大值,不妨设y00.则=+=+=+(-)=+=,kO M=,当且仅当y02=2p2时等号成立.【加固训练】(2016长春二模)过双曲线x2-y215=1的右支上一点P,分别向圆C1:(x+4)2+y2=4和圆C2:(x-4)2+y2=1作切线,切点分别为M,N,则|PM|2-|PN|2的最小值为()A.10B.13C. 16D. 19【解析】选B.由题可知,|PM|2-|PN|2=(|PC1|2-4)-(|PC2|2-1),因此|PM|2-|PN|2=|PC1|2-|PC2|2-3=(|PC1|-|PC2|)(|PC1|+|PC2|)-3=2(|PC1|+|PC2|)-32|C1C2|-3=13.二、填空题(每小题5分,共10分)5.(2016北京高考)双曲线x2a2-y2b2=1(a0,b0)的渐近线为正方形OABC的边OA,OC所在的直线,点B为该双曲线的焦点,若正方形OABC的边长为2,则a=_.【解析】因为正方形OABC的边长为2,所以B(2,0),渐近线为y=x.所以c=2,a=b.又因为a2+b2=c2,所以a=b=2.答案:26.(2016衡阳一模)已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,点P在椭圆上,O为坐标原点,若|OP|=12|F1F2|,且|PF1|PF2|=a2,则该椭圆的离心率为_.【解析】由于|OP|=|F1F2|,所以点F1,F2,P三点均在以O为圆心的圆上,F1F2为直径,所以PF1PF2,故知:|PF1|2+|PF2|2=4c2,又因为|PF1|PF2|=a2,且由椭圆定义知|PF1|+|PF2|=2a,所以(|PF1|+|PF2|)2-2|PF1|PF2|=4c2,即(2a)2-2a2=4c2,所以=e2=,所以e=.答案:三、解答题(7题12分,8题13分,共25分)7.(2016衡水二模)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为12,以原点为圆心,椭圆的短半轴长为半径的圆与直线7x-5y+12=0相切.(1)求椭圆C的方程.(2)设A(-4,0),过点R(3,0)作与x轴不重合的直线l交椭圆C于P,Q两点,连接AP,AQ分别交直线x=163于M,N两点,若直线MR,NR的斜率分别为k1,k2,试问:k1k2是否为定值?若是,求出该定值,若不是,请说明理由.【解析】(1)由题意得所以故椭圆C的方程为+=1.(2)k1k2为定值-127.设P(x1,y1),Q(x2,y2),直线PQ的方程为x=my+3,由所以(3m2+4)y2+18my-21=0,所以y1+y2=,y1y2=,由A,P,M三点共线可知=,所以yM=,同理可得yN=,所以k1k2=.因为(x1+4)(x2+4)=(my1+7)(my2+7)=m2y1y2+7m(y1+y2)+49.所以k1k2=-127.8.(2016武汉模拟)已知双曲线M:y2a2-x2b2=1(a0,b0)的上焦点为F,上顶点为A,B为虚轴的端点,离心率e=233,且SABF=1-32.抛物线N的顶点在坐标原点,焦点为F.(1)求双曲线M和抛物线N的方程.(2)设动直线l与抛物线N相切于点P,与抛物线的准线相交于点Q,则以PQ为直径的圆是否恒过y轴上的一个定点?如果经过,试求出该点的坐标,如要不经过,试说明理由.【解析】(1)在双曲线M中,c=,由e=,得a2+b2a=,解得a=b,故c=2b.所以SABF=(c-a)b=(2b-b)b=1-,解得b=1.所以a=,c=2.所以双曲线M的方程为-x2=1,其上焦点为F(0,2),所以抛物线N的方程为x2=8y.(2)由(1)知y=x2,故y=x,抛物线的准线方程为y=-2.设P(x0,y0),则x00,且直线l的方程为y-y0=x0(x-x0),即y=x0x-.由得所以Q.假设存在点R(0,y1),使得以PQ为直径的圆恒过该点,也就是=0对任意的x0,y0恒成立.又=(x0,y0-y1),=,由=0,得x0+(y0-y1)(-2-y1)=0,整理得-2y0-y0y1+2y1+y12=0,即(y12+2y1-8)+(2-y1)y0=0.()由于()式对满足y0=(x00)的任意x0,y0恒成立,所以解得y1=2.故存在y轴上的定点R(0,2),使得以PQ为直径的圆恒过该点.【加固训练】已知椭圆+=1(ab0)的离心率为，过焦点F的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的中点为M.(1)求椭圆的方程.(2)过点A与椭圆只有一个公共点的直线为l1，过点F与AF垂直的直线为l2，求证：l1与l2的交点在定直线上.【解析】(1)由题意得，焦点为椭圆的左焦点，即F(-c，0)，设弦与椭圆的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入椭圆方程得+=1，+=1，-，得-=，因为点M平分弦AB，弦经过焦点，所以=-，=，=，代入式得，-=，即=又因为=，a2-b2=c2，所以c2=b2=a2，所以=即c=1，a=，所以椭圆方程为+y2=1.(2)设点A坐标为(x1，y1)，由对称性，不妨设y10，由+y2=1得椭圆上半部分的方程为y=，y=(-x)=.所以k切=，所以A点处的切线方程为y-y1=(x-x1)，过F且垂直于FA的直线方程为y=(x+1)，由两式，消去y，得y1=-(x+1)+(x-x1)，其中+=1，代式可得x=-2.所以点P在定直线x=-2上.(30分钟55分)一、选择题(每小题5分,共20分)1.经过椭圆x22+y2=1的一个焦点作倾斜角为45的直线l,交椭圆于A,B两点.设O为坐标原点,则等于()A.-3B.-13C.-13或-3D.13【解析】选B.依题意,当直线l经过椭圆的右焦点(1,0)时,其方程为y-0=tan45(x-1),即y=x-1,代入椭圆方程+y2=1并整理得3x2-4x=0,解得x=0或x=,所以两个交点坐标分别为(0,-1),所以=-,同理,直线l经过椭圆的左焦点时,也可得=-.【加固训练】已知椭圆x24+y2b2=1(0b0,b0)的左、右焦点,P为第一象限内一点,且满足=a,=0,线段PF2与双曲线C交于点Q,若=5,则双曲线C的渐近线方程为()A.y=12xB.y=55xC.y=255xD.y=33x【解题导引】先把F1Q,F2Q用a表示出来,用余弦定理分别求cosQF2F1,cosPF2F1利用它们相等求出a,b的关系,最后求出渐近线方程.【解析】选A.因为=0,所以F1F2=F1P=2c,又因为=5,所以F2Q=a,所以F1Q=a+2a=115a,在F1F2Q中,cosQF2F1=在F1F2P中,cosPF2F1=,所以=c2=a2a2=4b2.所以渐近线方程为y=x=x.【加固训练】若双曲线x2a2-y2b2=1(a0,b0)与直线y=3x无交点,则离心率e的取值范围是()A.(1,2)B.(1,2C.(1,5D.(1,3【解析】选B.因为双曲线的渐近线为y=x,要使直线y=x与双曲线无交点,则有,即ba,所以b23a2,c2-a23a2,即c24a2,e24,所以1b0)的两个焦点分别为F1,F2,离心率为22,且过点(2,2).又M,N,P,Q是椭圆C上的四个不同的点,两条都不和x轴垂直的直线MN和PQ分别过点F1,F2,且这两条直线互相垂直,则1MN+1PQ为定值()A.328B.528C.728D.28【解析】选A.由已知e=,所以e2=,解得a2=2b2.所以椭圆C:+=1,即x2+2y2=2b2.因为椭圆C过点,所以22+2=2b2,得b2=4,a2=8.所以椭圆C的方程为+=1.所以椭圆C的焦点坐标为F1(-2,0),F2(2,0).根据题意,可设直线MN的方程为y=k(x+2),由于直线MN与直线PQ互相垂直,则直线PQ的方程为y=-(x-2).设M(x1,y1),N(x2,y2).由方程组消y得(2k2+1)x2+8k2x+8k2-8=0.则x1+x2=-,x1x2=.所以=.同理可得=所以+=+=.二、填空题(每小题5分,共10分)5.已知双曲线x2a2-y2b2=1(a0,b0)的两条渐近线与抛物线y2=2px(p0)的准线分别交于A,B两点,O为坐标原点.若双曲线的离心率为2,AOB的面积为3,则p=_.【解析】因为双曲线的离心率e=2,所以b=a,所以双曲线的渐近线方程为y=x=x,与抛物线的准线x=-相交于A(-,p),B(-,-p),所以AOB的面积为p=,又p0,所以p=2.答案:2【加固训练】直线3x-4y+4=0与抛物线x2=4y和圆x2+(y-1)2=1从左到右的交点依次为A,B,C,D,则|AB|CD|的值为_.【解题导引】求出直线与抛物线的交点坐标,设抛物线的焦点为F,利用|AB|=|AF|-1,|CD|=|DF|-1求解.【解析】由得x2-3x-4=0,解得xA=-1,xD=4,从而yA=,yD=4,直线3x-4y+4=0恰过抛物线的焦点F(0,1),因此|AF|=yA+1=,|DF|=yD+1=5,所以=.答案:6.已知斜率为12的直线l与抛物线y2=2px(p0)交于位于x轴上方的不同两点A,B,记直线OA,OB的斜率分别为k1,k2,则k1+k2的取值范围是_.【解题导引】设直线方程为x=2y+t,联立抛物线方程,求出t的范围和y1+y2,y1y2,把k1+k2用t,p表示出来,最后根据t的范围求k1+k2的范围.【解析】设直线l:x=2y+t联立抛物线方程y2=2p(2y+t)y2-4py-2pt=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),=16p2+8pt0t-2p,y1+y2=4p,y1y2=-2pt0t0,即-2pt0.x1x2=(2y1+t)(2y2+t)=4y1y2+2t(y1+y2)+t2=4(-2pt)+2t4p+t2=t2,k1+k2=+=-.-2pt2,即k1+k2的取值范围是(2,+).答案:(2,+)【加固训练】已知F是抛物线C:y2=4x的焦点,直线l:y=k(x+1)与抛物线C交于A,B两点,记直线FA,FB的斜率分别为k1,k2,则k1+k2=_.【解析】设A(x1,y1),B(x2,y2)又F(1,0),则k1+k2= +=+=;将y=k(x+1)代入y2=4x中;整理得k2x2+(2k2-4)x+k2=0,所以x1x2=1,故k1+k2=0.答案:0三、解答题(7题12分,8题13分,共25分)7.已知抛物线C:x2=2py(p0),抛物线上一点Qm,12到焦点的距离为1.(1)求抛物线C的方程.(2)设过点M(0,2)的直线l与抛物线C交于A,B两点,且A点的横坐标为n(nN*).记AOB的面积为f(n),求f(n)的表达式;探究是否存在不同的点A,使对应不同的AOB的面积相等?若存在,求点A的坐标;若不存在,请说明理由.【解题导引】(1)利用Q到焦点的距离为1,计算即得结论.(2)通过A点横坐标及直线过点M可得直线l斜率的表达式,将其代入SAOB,计算即可;设存在不同的点Am,An(mn,m,nN*),利用f(m)=f(n),计算即可.【解析】(1)依题意得=yQ+=+=1,解得p=1,所以抛物线C的方程为x2=2y.(2)因为直线l与抛物线C交于A,B两点,所以直线l的斜率存在,设A(x1,y1),B(x2,y2),直线l的方程为:y=kx+2,联立方程组化简得:x2-2kx-4=0,此时=(-2k)2-41(-4)=4(k2+4)0,由根与系数的关系,得:x1+x2=2k,x1x2=-4,所以SAOB=x1-x2=2=2,(*)又因为A点横坐标为n,所以点A坐标为A,又直线过点M(0,2),故k=-,将上式代入(*)式,可得:f(n)=2=2n24+4n2+2=2=n+(nN*);结论:当A点坐标为或(4,8)时,对应不同的AOB的面积相等.理由如下:设存在不同的点Am,An(mn,m,nN*),使对应不同的AOB的面积相等,则f(m)=f(n),即m+=n+,化简得:m-n=-=,又因为mn,即m-n0,所以1=,即mn=4,解得m=1,n=4或m=4,n=1,此时A点坐标为,(4,8).8.在平面坐标系xOy中,椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率e=12,且过点(0,3),椭圆C的长轴的两端点为A,B,点P为椭圆上异于A,B的动点,定直线x=4与直线PA,PB分别交于M,N两点.(1)求椭圆C的方程.(2)在x轴上是否存在定点经过以MN为直径的圆,若存在,求定点坐标;若不存在,说明理由.【解析】(1)所以椭圆C的方程为+=1.(2)设PA,PB的斜率分别为k1,k2,P(x0,y0),则k1=,k2=,k1k2=31-x024x02-4=-,由lPA:y=k1(x+2)知M(4,6k1),由lPB:y=k2(x-2)知N(4,2k2),所以MN的中点G(4,3k1+k2),所以以MN为直径的圆的方程为(x-4)2+(y-3k1-k2)2=(6k1-2k2)2=(3k1-k2)2,令y=0,所以x2-8x+16+9+6k1k2+=9-6k1k2+,所以x2-8x+16+12k1k2=0,所以x2-8x+16+12=0,即x2-8x+7=0,解得x=7或x=1,所以存在定点(1,0),(7,0)经过以MN为直径的圆.【加固训练】已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率e=22,P为椭圆E上的任意一点(不含长轴端点),且PF1F2面积的最大值为2.(1)求椭圆E的方程.(2)设直线l:x=my+1(mR)交椭圆E于A,B两点,试探究:点M(3,0)与以线段AB为直径的圆的位置关系,并证明你的结论.【解析】(1)由已知有()max=2cb=bc=2,因为e=a=c,又a2=b2+c2,所以b=c=,所以a=2,所以椭圆E的方程为+=1.(2)方法一:设点A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点为H(x0,y0),由(m2+2)y2+2my-3=0,所以y1+y2=,y1y2=,所以y0=.所以=(x0-3)2+=(my0-2)2+=(m2+1)-4my0+4.=(1+m2)(-y1y2)所以-=-4my0+4+(1+m2)y1y2=+4+(1+m2)=0.所以,因此,点M(3,0)在以线段AB为直径的圆外.方法二:设点A(x1,y1),B(x2,y2),由(m2+2)y2+2my-3=0,所以y1+y1=,y1y2=,因为=(x1-3,y1),=(x2-3,y2),所以=(x1-3,y1)(x2-3,y2),=(m2+1)y1y2-2m(y1+y2)+4=(m2+1)-2m+4=0,所以cos0,又,不共线,所以AMB为锐角.因此,点M(3,0)在以AB为直径的圆外.1.已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为32,且过点A(0,1).(1)求椭圆方程.(2)过A作两条互相垂直的直线分别交椭圆于点M,N,求证:直线MN恒过定点P0,-35.【解析】(1)由题意知,e=,b=1,a2-c2=1,解得a=2,所以椭圆的标准方程为+y2=1.(2)设直线l1的方程为y=kx+1(k0),由方程组得(4k2+1)x2+8kx=0,解得x1=-,x2=0,所以xM=-,yM=,用-代替上面的k,可得xN=,yN=.因为kMP=,kNP=,所以kMP=kNP,因为MP,NP共点于P,所以M,N,P三点共线,故直线MN恒过定点P.【加固训练】已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的右焦点为F,右顶点为A,上顶点为B.已知AB=3OF,且AOB的面积为2.(1)求椭圆的方程.(2)直线y=2上是否存在点M,使得从该点向椭圆所引的两条切线相互垂直?若存在,求点M的坐标;若不存在,说明理由.【解析】(1)由已知得即为解得故椭圆的方程为+=1.(2)假设直线y=2上存在点M满足题意,设M(m,2),显然,当m=2时,从点M所引的两条切线不垂直,当m2时,设过点M所引的切线l的斜率为k,则l的方程为y=k(x-m)+2.由消y得(1+2k2)x2-4k(mk-2)x+2(mk-2)2-4=0,因为=16k2(mk-2)2-4(1+2k2)2(mk-2)2-4=0,所以(m2-4)k2-4mk+2=0,(*)设两条切线的斜率分别为k1,k2,则k1,k2是方程(*)的两根,故k1k2=-1,解得m=,所以直线y=2上存在两点(,2)和(-,2)满足题意.2.(2016临沂一模)已知椭圆C:x2a2+y