高考数学总复习 课时作业（五十四）第54讲 第3课时 定点﹑定值﹑探索性问题 理.doc

课时作业(五十四)第54讲第3课时定点定值探索性问题基础热身1.(12分)2017岳阳一中月考 过抛物线c:x2=2py(p0)的焦点f作直线l与抛物线c交于a,b两点,当点a的纵坐标为1时,af=2.(1)求抛物线c的方程.(2)若直线l的斜率为2,则抛物线c上是否存在一点m,使得mamb?并说明理由.2.(12分)2017重庆二诊 如图k54-2,已知a,b分别为椭圆c:x24+y22=1的左、右顶点,p为椭圆c上异于a,b的任意一点,直线pa,pb的斜率分别记为k1,k2.(1)求k1k2.(2)过坐标原点o作与直线pa,pb分别平行的两条射线,分别交椭圆c于点m,n,mon的面积是否为定值?请说明理由.图k54-2能力提升3.(12分)2017遂宁三诊 已知点f是拋物线c:y2=2px(p0)的焦点,若点m(x0,1)在c上,且mf=5x04.(1)求p的值;(2)若直线l经过点q(3,-1)且与c交于a,b(异于m)两点, 证明: 直线am与直线bm的斜率之积为常数.4.(12分)2017长沙质检 已知p是抛物线e:y2=2px(p0)上一点,p到直线x-y+4=0的距离为d1,p到e的准线的距离为d2,且d1+d2的最小值为32.(1)求抛物线e的方程;(2)直线l1:y=k1(x-1)交e于a,b两点,直线l2:y=k2(x-1)交e于c,d两点,线段ab,cd的中点分别为m,n,若k1k2=-2,直线mn的斜率为k,求证:直线l:kx-y-kk1-kk2=0恒过定点.5.(12分)2017哈尔滨二模 椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为f1,f2,且离心率为12,点m为椭圆上一动点,f1mf2内切圆面积的最大值为3.(1)求椭圆的方程.(2)设椭圆的左顶点为a1,过右焦点f2的直线l与椭圆交于a,b两点,连接a1a,a1b并延长分别交直线x=4于p,q两点,以线段pq为直径的圆是否恒过定点?若是,请求出定点坐标;若不是,请说明理由.难点突破6.(12分)2017孝义模拟 设椭圆c:x2a2+y2b2=1(ab0)的左顶点为(-2,0),且椭圆c与直线y=62x+3相切,(1)求椭圆c的标准方程.(2)过点p(0,1)的动直线与椭圆c交于a,b两点,o为坐标原点,是否存在常数,使得oaob+papb=-7?请说明理由.第3课时1.解:(1)由抛物线的定义可得p2+1=2,解得p=2,故抛物线方程为x2=4y.(2)假设存在满足题设条件的点m(x0,y0),直线ab的方程为y=2x+1,代入x2=4y,可得x2-8x-4=0.设a(x1,y1),b(x2,y2),则x1+x2=8,x1x2=-4.因为ma=(x1-x0,y1-y0),mb=(x2-x0,y2-y0),所以由mamb可得(x1-x0)(x2-x0)+(y1-y0)(y2-y0)=0,即(x1-x0)(x2-x0)1+116(x1+x0)(x2+x0)=0,即(x1+x0)(x2+x0)+16=0,所以x02+8x0+12=0,此时x0=-2或-6,所以存在点m(-2,1),m(-6,9)满足题设.2.解:(1)由题意知a(-2,0),b(2,0).设p(x0,y0),则k1k2=y0x0+2y0x0-2=y02x02-4=y02-2y02 = -12.(2)由题知,直线om:y=k1x,直线on:y=k2x,设m(x1,y1),n(x2,y2),则mon的面积s=12|om|on|sinnom=12(|om|on|)2-(omon)2=12|x1y2-x2y1|=12|x1k2x2-x2k1x1|=12|(k1-k2)x1x2|.由x2+2y2=4,y=k1x,得x12=41+2k12,同理可得x22=41+2k22,故有4s2=(k1-k2)241+2k1241+2k22=16(k12+k22-2k1k2)4k12k22+2(k12+k22)+1,又k1k2=-12,故4s2=16(k12+k22+1)2+2(k12+k22) = 8,mon的面积为定值2.3.解:(1)由抛物线的定义知mf=x0+p2,则x0+p2=54x0,解得x0=2p.又点m(x0,1)在c上,所以2px0=1,解得x0=1,p=12.(2)证明:由(1)得m(1,1),c:y2=x,不妨设a在第一象限,当直线l经过点q(3,-1)且垂直于x轴时,a(3,3),b(3,-3),则直线am的斜率kam=3-12,直线bm的斜率kbm=-3-12,所以kamkbm=-3-123+12=-12.当直线l不垂直于x轴时,设a(x1,y1),b(x2,y2), 则直线am的斜率kam =y1-1x1-1=y1-1y12-1=1y1+1,同理直线bm的斜率kbm=1y2+1,所以kamkbm=1y1+11y2+1=1y1y2+y1+y2+1.设直线l的斜率为k(k0),则直线l的方程为y+1=k(x-3).联立y+1=k(x-3),y2=x,得ky2-y-3k-1=0,所以y1+y2=1k,y1y2=-3k+1k=-3-1k,故kamkbm=1y1y2+y1+y2+1=1-3-1k+1k+1=-12.综上,直线am与直线bm的斜率之积为-12.4.解:(1)抛物线e的焦点为fp2,0,由抛物线的定义可得d2=pf,则d1+d2=d1+pf,其最小值为点f到直线x-y+4=0的距离,|p2+4|2=32,得p=4(舍去负值),抛物线e的方程为y2=8x.(2)证明:设a(x1,y1),b(x2,y2),联立y2=8x,y=k1x-1,可得k12x2-(2k12+8)x+k12=0,则x1+x2=2k12+8k12,y1+y2=k1(x1-1)+k1(x2-1)=k1(x1+x2)-2k1=2k12+8k1-2k1 =2k12+8-2k12k1=8k1,ab的中点m的坐标为k12+4k12,4k1.同理可得点n的坐标为k22+4k22,4k2,则直线mn的斜率k=4k1-4k2k12+4k12-k22+4k22=-2k1+k2,则k(k1+k2)=-2,直线l的方程kx-y-kk1-kk2=0可化为y=kx-k(k1+k2),即y=kx+2,令x=0可得y=2,直线l恒过定点(0,2).5.解:(1)已知椭圆的离心率为12,不妨设c=t,a=2t,则b=3t,其中t0,当f1mf2内切圆的面积取得最大值3时,半径r取得最大值为33,因为sf1mf2=r2cf1mf2(其中cf1mf2为f1mf2的周长),cf1mf2为定值,所以sf1mf2也取得最大值,此时点p为短轴端点,因此122cb=r2(2a+2c),即122t3t=1233(4t+2t),解得t=1,则椭圆的方程为x24+y23=1.(2)由(1)知f2(1,0),设直线ab的方程为x=ty+1,a(x1,y1),b(x2,y2),联立x=ty+1,x24+y23=1,可得(3t2+4)y2+6ty-9=0,则y1+y2=-6t3t2+4,y1y2=-93t2+4,直线aa1的方程为y=y1x1-(-2)x-(-2),直线ba1的方程为y=y2x2-(-2)x-(-2),则p4,6y1x1+2,q4,6y2x2+2,假设以线段pq为直径的圆恒过定点h(m,n),则hp=4-m,6y1x1+2-n,hq=4-m,6y2x2+2-n,则hphq=(4-m)2+6y1x1+2-n6y2x2+2-n=0,即(4-m)2+6y1ty1+3-n6y2ty2+3-n=0,即(36-12nt)y1y2-18n(y1+y2)t2y1y2+3t(y1+y2)+9+n2+(4-m)2=0,即(36-12nt)(-9)-18n(-6t)-9t2+3t(-6t)+9(3t2+4)+n2+(4-m)2=0,即6nt-9+n2+(4-m)2=0,若以线段pq为直径的圆恒过定点h(m,n),则不论t为何值,hphq=0恒成立,因此n=0,m=1或m=7,即恒过定点(1,0)和(7,0).6.解:(1)根据题意可知a=2,所以x24+y2b2=1,联立x24+y2b2=1,y=62x+3,消去y可得(b2+6)x2+126x+36-4b2=0, 由椭圆c与直线y=62x+3相切,可得=0,即(126)2-4(b2+6)(36-4b2)=0,解得b2=0(舍去)或b2=3,所以椭圆c的标准方程为x24+y23=1.(2)当过点p的直线ab的斜率存在时,设直线ab的方程为y=kx+1,设a,b两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),联立x24+y23=1,y=kx+1,化简得(3+4k2)x2+8kx-8=0,所以x1+x2=-8k4k2+3,x1x2=-84k2+3,所以oaob+papb=x1x2+y1y2+x1x2+(y1-1)(y2-1)=(1+)(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1=-8(1+)(1+k2)4k2