高考数学一轮复习 课时作业（四十九）第3课时 定点﹑定值﹑探索性问题 文.doc

课时作业(四十九)第3课时定点定值探索性问题时间 / 45分钟分值 / 72分基础热身1.(12分)2017长春二模 已知抛物线c:y2=2px(p0)与直线x-2y+4=0相切.(1)求该抛物线的方程.(2)在x轴正半轴上,是否存在某个确定的点m,过该点的动直线l与抛物线c交于a,b两点,使得1|am|2+1|bm|2为定值?如果存在,求出点m坐标;如果不存在,请说明理由.2.(12分)已知点a,b分别是椭圆c:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右顶点,f为左焦点,点p是椭圆上异于a,b的任意一点,直线ap与过点b且垂直于x轴的直线l交于点m,直线mnbp于点n.(1)求证:直线ap与直线bp的斜率之积为定值;(2)若直线mn过焦点f,af=fb(r),求实数的值.能力提升3.(12分)已知椭圆c的左、右焦点分别为(-3,0),(3,0),且经过点3,12.(1)求椭圆c的方程.(2)直线y=kx(kr,k0)与椭圆c相交于a,b两点,d点为椭圆c上的动点,且|ad|=|bd|,请问abd的面积是否存在最小值?若存在,求出此时直线ab的方程;若不存在,说明理由.4.(12分)如图k49-3,已知椭圆c:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为32.以椭圆的左顶点t为圆心作圆t:(x+2)2+y2=r2(r0),设圆t与椭圆c交于点m与点n.(1)求椭圆c的方程.(2)设点p是椭圆c上异于m,n的任意一点,且直线mp,np分别与x轴交于点r,s,o为坐标原点,求证:|or|os|为定值.图k49-35.(12分)2017北京房山区一模 已知椭圆c:x2+4y2=4.(1)求椭圆c的离心率;(2)椭圆c的长轴的两个端点分别为a,b,点p在直线x=1上运动,直线pa,pb分别与椭圆c相交于m,n两个不同的点,求证:直线mn与x轴的交点为定点.难点突破6.(12分)2017广州一模 已知椭圆c:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为32,且过点a(2,1).(1)求椭圆c的方程.(2)若p,q是椭圆c上的两个动点,且使paq的角平分线总垂直于x轴,则直线pq的斜率是否为定值?若是,求出该值;若不是,说明理由.第3课时定点定值探索性问题1. 解:(1)联立方程x-2y+4=0,y2=2px,有y2-22py+8p=0,由直线与抛物线相切,得=8p2-32p=0,即p=4,所以y2=8x.(2)假设存在满足条件的点m(m,0)(m0),则直线l:x=ty+m.联立x=ty+m,y2=8x,得y2-8ty-8m=0,设a(x1,y1),b(x2,y2),则有y1+y2=8t,y1y2=-8m,|am|2=(x1-m)2+y12=(t2+1)y12,|bm|2=(x2-m)2+y22=(t2+1)y22,所以1|am|2+1|bm|2=1(t2+1)y12+1(t2+1)y22=1t2+1y12+y22y12y22=1t2+14t2+m4m2,当m=4时,1|am|2+1|bm|2为定值,所以m(4,0).2. 解:(1)证明:设p(x0,y0)(x0a),由已知得a(-a,0),b(a,0), kapkbp=y0x0+ay0x0-a=y02x02-a2.点p在椭圆上,x02a2+y02b2=1.由得kapkbp=y02x02-a2=-b2a2(x02-a2)x02-a2=-b2a2(定值).直线ap与直线bp的斜率之积为定值-b2a2.(2)设直线ap与bp的斜率分别为k1,k2,由已知得f(-c,0),直线ap的方程为y=k1(x+a),直线l:x=a,则m(a,2ak1).mnbp,kmnk2=-1.由(1)知k1k2=-b2a2,故kmn=a2b2k1,又f,n,m三点共线,kmf=kmn,即2ak1a+c=a2b2k1,得2b2=a(a+c).b2=a2-c2,2(a2-c2)=a2+ac,即2c2+ac-a2=0,即2ca2+ca-1=0,得ca=12或ca=-1(舍去).a=2c.由af=fb,得(a-c,0)=(a+c,0),将a=2c代入,得(c,0)=(3c,0),故=13.3. 解:(1)设椭圆c的方程为x2a2+y2b2=1(ab0),由题意,c=3,3a2+14b2=1,a2=b2+c2,a=2,b=1,椭圆c的方程为x24+y2=1.(2)d在线段ab的垂直平分线上,od:y=-1kx,由y=kx,x24+y2=1,可得(1+4k2)x2=4,设a(x1,y1),则b(-x1,-y1),|ab|=2|oa|=2x12+y12=4k2+14k2+1,同理可得|od|=2k2+1k2+4,则sabd=122|oa|od|=4(1+k2)(1+4k2)(k2+4)由于(1+4k2)(k2+4)5(1+k2)2,所以sabd85,当且仅当1+4k2=k2+4(k0), 即k=1时取等号,所以abd的面积的最小值为85,此时直线ab的方程为y=x.4. 解:(1)根据题意可得a=2,e=ca=32,所以c=3,b=a2-c2=1,故椭圆c的方程为x24+y2=1.(2)证明:设点p(x0,y0),m(x1,y1),则n(x1,-y1),则直线mp的方程为y-y0=y0-y1x0-x1(x-x0),令y=0,得xr=x1y0-x0y1y0-y1,同理xs=x1y0+x0y1y0+y1,故xrxs=x1y0-x0y1y0-y1x1y0+x0y1y0+y1=x12y02-x02y12y02-y12.又因为点m与点p在椭圆上,故x02=4(1-y02),x12=4(1-y12),代入可得xrxs=4(1-y12)y02-4(1-y02)y12y02-y12=4(y02-y12)y02-y12=4.所以|or|os|=|xr|xs|=4为定值.5. 解:(1)椭圆c:x24+y2=1中,a2=4,b2=1,c2=a2-b2=3,a=2,b=1,c=3,椭圆c的离心率e=ca=32.(2)证明:点p在直线x=1上,可设p(1,m)m0,m32.不妨设a(-2,0),则kap=m1-(-2)=m3,直线ap的方程为y=m3(x+2),代入x2+4y2=4,得(4m2+9)x2+16m2x+4(4m2-9)=0.-2+xm=-16m24m2+9,则xm=-16m24m2+9+2=-8m2+184m2+9.同理求得xn=8m2-24m2+1,yn=-m8m2-24m2+1-2.kmn=m3-8m2+184m2+9+2+m8m2-24m2+1-2-8m2+184m2+9-8m2-24m2+1=-2m3+4m2,直线mn的方程为y-m3-8m2+184m2+9+2=-2m3+4m2x-8m2+184m2+9.整理得y=-2m3+4m2(x-4).当x=4时,y=0,直线mn与x轴的交点为定点q(4,0).6. 解:(1) 因为椭圆c的离心率为32,且过点a(2,1),所以4a2+1b2=1,ca=32.又因为a2=b2+c2,解得a2=8,b2=2,所以椭圆c的方程为x28+y22=1.(2)方法一:因为paq的角平分线总垂直于x轴,所以pa与aq所在直线关于直线x=2对称.设直线pa的斜率为k,则直线aq的斜率为-k.所以直线pa的方程为y-1=k(x-2),直线aq的方程为y-1=-k(x-2).设点p(xp,yp),q(xq,yq),由y-1=k(x-2),x28+y22=1,消去y,得(1+4k2)x2-(16k2-8k)x+16k2-16k-4=0.因为点a(2,1)在椭圆c上,所以x=2是方程的一个根,则2xp=16k2-16k-41+4k2,所以xp=8k2-8k-21+4k2.同理xq=8k2+8k-21+4k2,所以xp-xq=-16k1+4k2.又yp-yq=k(xp+xq-4)=-8k1+4k2,所以直线pq的斜率为kpq=yp-yqxp-xq=12,所以直线pq的斜率为定值,该值为12.方法二:设点p(x1,y1),q(x2,y2),则直线pa的斜率kpa=y1-1x1-2,直线qa的斜率kqa=y2-1x2-2.因为paq的角平分线总垂直于x轴,所以pa与aq所在直线关于直线x=2对称.所以kpa=-kqa,即y1-1x1-2+y2-1x2-2=0.因为点p(x1,y1),q(x2,y2)在椭圆c上,所以x128+y122=1,x228+y222=1.由得(x12-4)+4(y12-1)=0,得y1-1x1-2=-x1+24(y1+1),同理由得y2-1x2-2=-x2+24(y2+1),由得x1+24(y1+1)+x2+24(y2+1)=0,化简得x1y2+x2y1+(x1+x2)+2(y1+y2)+4=0,由得x1y2+x2y1-(x1+x2)-2(y1+y2)+4=0,-得x1+x2=-2(y1+y2).-得x12-x228+y12-y222=0,得y1-y2x1-x2=-x1+x24(y1+y2)=12.所以直线pq的斜率为kpq=y1-y2x1-x2=12为定值.方法三:设直线pq的方程为y=kx+b,点p(x1,y1),q(x2,y2),则y1=kx1+b,y2=kx2+b,直线pa的斜率kpa=y1-1x1-2,直线qa的斜率kqa=y2-1x2-2.因为paq的角平分线总垂直于x轴,所以pa与aq所在直线关于直线x=2对称.所以kpa=-kqa,即y1-1x1-2=-y2-1x2-2,化简得x1y2+x2y1-(x1+x2)-2(y1+y2)+4=0.把y1=kx1+b,y2=kx2+b代入上式,并化简得2kx1x2+(b-1-2k)(x1+x2)-4b+4=0.