2020版高考数学复习第八单元专题探究7定点、定值探索性问题练习文（含解析）新人教A版.docx

专题探究7定点 定值 探索性问题 1.已知一定点F(0,1)及一定直线l:y=-1,以动点M为圆心的圆M过点F,且与直线l相切.(1)求动点M的轨迹C的方程;(2)设点P在直线l上,直线PA,PB分别与曲线C相切于A,B,N为线段AB的中点,求证:|AB|=2|NP|,且直线AB恒过定点.2.2018柳州高级中学月考 已知A,B分别为椭圆x24+y22=1的左、右顶点,C为圆x2+y2=4上不在x轴上的一动点,线段CA,CB与椭圆分别交于点D,E,线段EA与DB相交于点F.(1)当点C在y轴的正半轴上时,求ADF与BEF的面积和;(2)求证:直线AF与BF的斜率之积为定值,并求点F的轨迹方程.3.2018盐城东台中学月考 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为32,并且椭圆C经过点P1,32,直线l的方程为x=4.(1)求椭圆C的方程.(2)已知椭圆C内一点E(1,0),过点E作一条斜率为k的直线与椭圆交于A,B两点,交直线l于点M,记直线PA,PB,PM的斜率分别为k1,k2,k3.是否存在常数,使得k1+k2=k3?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.4.2018衡水模拟 在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为53,且椭圆C的短轴恰好是圆x2+y2=4的一条直径.(1)求椭圆C的方程.(2)设A1,A2分别是椭圆C的左、右顶点,点P是椭圆C上不同于A1,A2的任意点,是否存在直线x=m,使直线A1P交直线x=m于点Q,且满足kPA2kQA2=-1?若存在,求出实数m的值;若不存在,请说明理由.5.2018咸阳模拟 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的右焦点与抛物线y2=4x的焦点重合,且椭圆C的离心率为12.(1)求椭圆C的方程;(2)设P是椭圆C的右顶点,过点P作两条直线分别与椭圆C交于另一点A,B,若直线PA,PB的斜率之积为-94,求证:直线AB恒过一个定点,并求出这个定点的坐标.6.2018山东、湖北部分重点中学模拟 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为32,F1,F2分别为椭圆C的左、右焦点,点P为椭圆C上一点,F1PF2面积的最大值为3.(1)求椭圆C的方程;(2)过点A(4,0)作关于x轴对称的两条不同的直线l1,l2分别交椭圆于M(x1,y1)与N(x2,y2),且x1x2,求证:直线MN过定点,并求AMN的面积S的取值范围.专题集训(七)1.解:(1)圆M过点F,且与直线l相切,点M到点F的距离等于点M到直线l的距离,点M的轨迹是以F(0,1)为焦点,以直线l:y=-1为准线的抛物线,动点M的轨迹C的方程为x2=4y.(2)证明:依题意可设P(x0,-1),Ax1,14x12,Bx2,14x22,又x2=4y,y=14x2,y=12x,切线PA的斜率k1=12x1,切线PA的方程为y-14x12=12x1(x-x1),即2x1x-4y-x12=0,同理可得,切线PB的斜率k2=12x2,切线PB的方程为2x2x-4y-x22=0,又点P(x0,-1)在切线PA,PB上,2x1x0+4-x12=0且2x2x0+4-x22=0,故方程2x0x+4-x2=0,即x2-2x0x-4=0有两个根x1,x2,x1x2=-4,k1k2=12x112x2=14x1x2=-1,PAPB,又N为线段AB的中点,|AB|=2|NP|.由2x1x0+4-x12=0得12x1x0+1-x124=0,即12x1x0+1-y1=0,同理可得12x2x0+1-y2=0,故直线AB的方程为12x0x-y+1=0,故直线AB恒过定点F(0,1).2.解:(1)当点C在y轴的正半轴上时,点C的坐标为(0,2),直线AC的方程为y=x+2,由y=x+2,x24+y22=1得3y2-4y=0,可得D-23,43,同理可得E23,43,直线BD的方程为y=-12(x-2),直线AE的方程为y=12(x+2),从而可得F(0,1),SADF=SABD-SABF=12443-1241=23,SADF+SBEF=2SADF=43.(2)证明:设D(x1,y1),E(x2,y2),F(x,y).由x124+y122=1得y12=4-x122,kADkBD=y1x1+2y1x1-2=y12x12-4=-12,同理可得kAEkBE=-12,又kACkBC=-1,kAFkBF=kADkBDkAEkBEkACkBC=-14,故直线AF与BF的斜率之积为定值.kAFkBF=-14,yx+2yx-2=-14,即x24+y2=1(y0),点F的轨迹方程为x24+y2=1(y0).3.解:(1)因为椭圆C的离心率为32,所以b2a2=1-322=14,又因为椭圆C过点P1,32,所以1a2+34b2=1,由得a2=4,b2=1,所以椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)设直线AB的方程为y=k(x-1),令x=4,得y=3k,则M(4,3k).设A(x1,y1),B(x2,y2),所以k1+k2=y1-32x1-1+y2-32x2-1=k(x1-1)-32x1-1+k(x2-1)-32x2-1=2k-321x1-1+1x2-1=2k-32x1+x2-2x1x2-(x1+x2)+1.由y=k(x-1),x2+4y2=4,可得(1+4k2)x2-8k2x+4k2-4=0,所以x1+x2=8k21+4k2,x1x2=4k2-41+4k2,所以k1+k2=2k-328k21+4k2-24k2-41+4k2-8k21+4k2+1=2k-33.又因为k3=3k-323=k-36,所以k1+k2=2k3,所以存在=2,使得k1+k2=2k3.4.解:(1)由题可知,b=2.由b=2,ca=53可得a2-c2=4,c2a2=59,所以a2=9,c2=5,故椭圆C的方程为x29+y24=1.(2)由题意知,A1(-3,0),A2(3,0),设P(x0,y0),则直线A1P的方程为y=y0x0+3(x+3).设存在直线x=m满足条件,则当x=m时,y=y0x0+3(m+3),所以Qm,y0x0+3(m+3).又点P(x0,y0)在椭圆C上,所以y02=41-x029,所以A2P=(x0-3,y0),A2Q=m-3,y0x0+3(m+3),A2PA2Q=(x0-3,y0)m-3,y0x0+3(m+3)=(x0-3)(m-3)+y02x0+3(m+3)=(x0-3)(m-3)+4(3-x0)(3+x0)9(x0+3)(m+3)=(x0-3)(m-3)+4(3-x0)9(m+3)=(x0-3)59m-133.因为kPA2kQA2=-1,所以A2PA2Q=0,即(x0-3)59m-133=0,由题可知x03,所以59m-133=0,解得m=395,所以存在m=395满足条件.5.解:(1)依题意得a2=b2+c2,ca=12,c=1,解得a=2,b=3,故椭圆C的方程为x24+y23=1.(2)证明:设直线AB的方程为x=ty+m(-2m2),由x=ty+m,x24+y23=1消去x并整理得(3t2+4)y2+6mty+3m2-12=0,设A(ty1+m,y1),B(ty2+m,y2),则y1+y2=-6mt3t2+4,y1y2=3m2-123t2+4,又P(2,0),则由kPAkPB=-94得y1ty1+m-2y2ty2+m-2=-94,即4y1y2+9(ty1+m-2)(ty2+m-2)=0,即(4+9t2)y1y2+9t(m-2)(y1+y2)+9(m-2)2=0,(4+9t2)3m2-123t2+4+9t(m-2)-6mt3t2+4+9(m-2)2=0,整理得m2-3m+2=0,解得m=1或m=2(舍去),直线AB的方程为x=ty+1,直线AB恒过定点(1,0).6.解:(1)由题意知ca=32.设P(xP,yP),则SF1PF2=c|yP|,|yP|b,SF1PF2bc=3,又a2=b2+c2,a=2,b=1,椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)证明:设直线MN的方程为x=ny+m(n0),由x=ny+m,x2+4y2-4=0,消去x并整理得(n2+4)y2+2nmy+m2-4=0,y1+y2=-2nmn2+4,y1y2=m2-4n2+4,关于x轴对称的两条不同的直线l1,l2的斜率之和为0,y1x1-4+y2x2-4=0,即y1ny1+m-4+y2ny2+m-4=0,可得2ny1y2+m(y1+y2)-4(y1+y2)=0,即2n(m2