2019版同步优化探究理数(北师大版)练习：第八章第九节第三课时定点、定值、探索性问题解析

1－ 4k2 k2－4
yM－yN 4k2＋ 1－ 4＋k2
8－8k4
k2＋ 1
kMN＝xM－xN＝ －8k －8k ＝ 8k 3k2－3 ＝－ 3k ,
4k2＋ 1－ 4＋k2
直线 MN： y－yM＝kMN(x－xM),
1－ 4k2 k2＋1
－8k
即 y－4k2＋ 1＝－ 3k (x－4k2＋1),
9 由 1)得 OM 的方程为 y＝－ kx. 设点 P 的横坐标为 xP,
9 由 y＝－ kx，
9x2＋y2＝ m2
得
x2P＝
k2m2 9k2＋81,
即
xP＝ 3
±km k2＋
. 9
m
m 3－k
将点 ( 3 ,m)的坐标代入 l 的方程得 b＝ 3 ,
km k－ 3 因此 xM＝ 3 k2＋ 9 .
课时作业
A 组 —— 基础对点练 1、已知动点 C 到点 F(1,0)的距离比到直线 x＝－ 2 的距离小 1,动点 C 的轨迹为 E. (1)求曲线 E 的方程； (2)若直线 l：y＝kx＋m(km<0)与曲线 E 相交于 A,B 两个不同点 ,且O→A·O→B＝5,证明： 直线 l 经过一个定点、
||PPAF||＝
2 2,
x＋1 2＋ y2 2 即 |x＋ 2| ＝ 2 ,
化简得 x2＋2y2＝2,
所以动点 P 的轨迹 C 的方程为 x2＋2y2＝2(x≠ 2)、
(2)假设满足条件的点 E(n,0)(n>0)存在 ,设直线 q 的方程为 x＝ my－1,
M(x1,y1),N(x2,y2),R(－2,y3),S(－2,y4)、
(1)求曲线 E 的方程；
(2)过点 F(1,0)作直线 l 交曲线 E 于 P,Q 两点 ,交 y 轴于 R点,若 R→P＝ λ1P→F,R→Q＝ λ2Q→F,
证明： λ1＋ λ2 为定值、
y
y
1
解析： (1)设点 M(x,y),由已知得 x＋
2·x－
＝－ 2
2(x≠ ±
2),
化简得曲线 E 的方程： x22＋y2＝1(x≠± 2)、
(2)证明：设点 P,Q,R 的坐标分别为 P(x1,y1),Q(x2,y2),R(0,y0)、
由 R→P＝λ1P→F,得 (x1,y1－y0)＝ λ1(1－x1,－ y1),
所以
x1＝
1＋λ1λ1,y1＝
y0 1＋λ1,
因为点 P 在曲线 E 上,所以 12(1＋λ1λ1)2＋ (1＋y0λ1)2＝1, 化简得 λ12＋4λ1＋ 2－ 2y20＝ 0 ①,
(1)求椭圆 C 的方程；
(2)若点
M,N 为
C 上的两个动点
,求常数
→ m,使OM
·O→N＝
m
时
,点
O
到直线
MN
的距
离为定值 ,求这个定值、
c2＝a2－ b2，
解析： (1)依题意知
bc＝ 3， c1 a＝2，
所以椭圆
C
的方程为
x42＋
y2 3
＝1.
a＝2， 解得
b＝ 3，
(2)设 M (x1,y1),N(x2,y2),则 x1x2＋ y1y2＝m,
∵ km<0,∴m＝k 舍去 ,∴ m＝－ 5k,满足 Δ＝ 16(1－km)>0,
∴直线 l 的方程为 y＝ k(x－ 5), ∴直线 l 必经过定点 (5,0)、
2、(2018 ·昆明市检测 )已知点 A,B 的坐标分别为 (－ 2,0),( 2,0),直线 AM,BM 相交 1
于点 M,且它们的斜率之积是－ 2,点 M 的轨迹为曲线 E.
1、如图 ,已知直线 l：y＝kx＋1(k>0)关于直线 y＝x＋1 对称的直线为 l1,直线 l,l 1 与
椭圆
E：
x2 4＋
y2＝
1
分别交于点
A,M 和 A,N,记直线
l1 的斜率为
k1.
(1)求 k·k1 的值； (2)当 k 变化时 ,试问直线 MN 是否恒过定点？若恒过定点 ,求出该定点坐标；若不 恒过定点 ,请说明理由、 解析： (1)设直线 l 上任意一点 P(x,y)关于直线 y＝x＋1 对称的点为 P0(x0,y0), 直线 l 与直线 l 1 的交点为 (0,1), ∴ l：y＝kx＋ 1,l1： y＝ k1x＋ 1,
四边形 OAPB 为平行四边形 ,当且仅当线段 AB 与线段 OP 互相平分 ,即 xP＝2xM.
于是 3
±km k2＋
＝ 9
k 2× 3
k－ 3 k2＋
y · y ＝m,即 y2＝m(x2－3), x＋ 3 x－ 3
x2 y2 即 3 －3m＝ 1(x≠ ± 3)、(*)
①当 m>0 时,方程 (*) 表示双曲线 ,此时△ MAB 面积不存在最大值 (不符合 )；
②当 m＝－ 1 时,方程 (*) 表示圆 ,此时△ MAB 的面积最大值为 3(不符合 )；
(1)求动点 P 的轨迹 C 的方程；
(2)过点 F 的直线 q 交曲线 C 于 M,N,试问：x 轴正半轴上是否存在点 E,直线 EM,EN 分别交直线 l 于 R,S 两点 ,使∠ RFS 为直角？若存在 ,求出点 E 的坐标 ,若不存在 ,请
说明理由、
解析： (1)设 P(x,y),由平面几何知识得
当直线 MN 的斜率存在时 ,设其方程为 y＝kx＋n,则点 O 到直线 MN 的距离 d＝
|n|
k2＋
＝ 1
n2 k2＋ 1,
3x2＋4y2＝12，
联立 ,得
消去 y,
y＝kx＋ n，
得 (4k2＋3)x2＋8knx＋4n2－12＝0,
由 Δ>0 得 4k2－n2＋3>0,则
－8kn
4n2－12
x2＋ 2y2＝ 2，
联立 ,得
消去 x,
x＝my－1，
得 (m2＋ 2)y2－2my－ 1＝ 0,
2m
1
y1＋ y2＝m2＋ 2,y1y2＝－ m2＋2,
x1x2＝
(my1－
1)(my2－1)＝
m2y1
y2－
m(y1
＋
y2)＋
1＝－
m2 m2＋
2－
2m2 m2＋2＋1＝
2－2m2 m2＋2 ,
2m2
(2＋
n)2m21＋
2＝2m－2＋2m22
＋
4n m2＋
2＋
n2,
所以 (n2－ 2)(m2＋1)＝0,n＝ 2,
故满足条件的点 E 存在 ,其坐标为 ( 2,0)、 3、已知椭圆 C：9x2＋y2＝m2(m>0),直线 l 不过原点 O 且不平行于坐标轴 ,l 与 C 有两个交点 A,B,线段 AB 的中点为 M.
x1＋ x2＝4k2＋3,x1x2＝ 4k2＋ 3 ,
所以 x1x2＋ (kx1＋n)(kx2＋n)＝ (k2＋ 1)x1x2＋kn(x1＋x2)＋ n2＝m,
7n2
m 4k2＋3
整理得 k2＋ 1＝12＋ k2＋ 1 .
因为 d＝
n2 k2＋1为常数 ,则 m＝0,d＝
7n2 此时 k2＋1＝12 满足 Δ>0.
故
xM＝
x1＋ 2
x2 ＝
－ kb k2＋ 9,yM
＝
kxM＋
b＝k29＋b
9.
yM 9 于是直线 OM 的斜率 kOM＝ xM＝－ k, 即 kOM·k＝－ 9. 所以直线 OM 的斜率与 l 的斜率的积是定值、
(2)四边形 OAPB 能为平行四边形、 因为直线 l 过点 (m3 ,m),所以 l 不过原点且与 C 有两个交点的充要条件是 k>0,k≠ 3.
y＝kx＋ m， 由 y2＝ 4x，
得 k2x2＋(2km－ 4)x＋ m2＝0,
4－2km
m2
∴ x1＋x2＝ k2 ,x1·x2＝ k2 .
∵
O→A·O→B＝
5,∴
x1x2＋
y1y2＝
(1＋k2)
x1x2＋
km(x1＋
x2)＋
m2＝
m2＋4km k2 ＝5,
∴ m2＋4km－ 5k2＝ 0,∴m＝k 或 m＝－ 5k.
k2＋1 8 k2＋ 1 1－4k2 k2＋1 5 即 y＝－ 3k x－3 4k2＋1 ＋4k2＋1＝－ 3k x－ 3.
∴当 k 变化时 ,直线 MN 过定点 (0,－53)、
2、(2018 ·合肥市质检 )如图 ,在平面直角坐标系中 ,点 F(－1,0),过直线 l：x＝－ 2 右
侧的动点 P 作 PA⊥l 于点 A,∠APF 的平分线交 x 轴于点 B,|PA|＝ 2|BF|.
y－1 y0－ 1 k＝ x ,k1＝ x0 ,
y＋y0 x＋ x0 由 2 ＝ 2 ＋1,
得 y＋y0＝x＋x0＋2 ① , y－y0
由 x－x0＝－ 1,得 y－ y0＝x0－x ②,
y＝x0＋1， 由①②得
y0＝x＋1，
yy0－ y＋y0 ＋1
kk1＝
xx0
x＋1 x0＋ 1 － x＋x0＋2 ＋1
解析： (1)由题意可得动点 C 到点 F(1,0)的距离等于到直线 x＝－ 1 的距离 , ∴曲线 E 是以点 (1,0)为焦点 ,直线 x＝－ 1 为准线的抛物线 , 设其方程为 y2＝ 2px(p>0),∴p2＝1,∴p＝2, ∴动点 C 的轨迹 E 的方程为 y2＝4x.
(2)证明：设 A(x1,y1),B(x2,y2),
(1)证明：直线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值； m
(2)若 l 过点 ( 3 ,m),延长线段 OM 与 C 交于点 P,四边形 OAPB 能否为平行四边形？
若能 ,求此时 l 的斜率；若不能 ,说明理由、 解析： (1)证明：设直线 l： y＝ kx＋b(k≠0,b≠ 0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM)、 将 y＝kx＋b 代入 9x2＋y2＝ m2 得(k2＋9)x2＋ 2kbx＋b2－m2＝ 0,
1－ y20 则 3－ x20＝－ 1,则
x20＋y20＝4(x0≠±
3),
所以
|OQ|＝
2,于是
Q→A·Q→B＝
1 4[(2
Q→O)2－
A→B2]＝
1.
x2 y2
1
4、已知椭圆 C：a2＋b2＝1(a>b>0)的焦点为 F1,F2,离心率为 2,点 P 为其上一动点 ,
且三角形 PF1F2 的面积最大值为 3,O 为坐标原点、
4
x1＋ x2＝m(y1＋ y2)－2＝ m2＋2－2＝－ m2＋2,
y1
y3
2＋n y1
由条件知 x1－n＝ －2－n,y3＝－ x1－ n ,
同理
y4＝－
2＋n y2 x2－n ,kRF＝
y3 －2＋
1＝－
y3,
kSF＝－ y4. 因为∠ RFS 为直角 ,所以 y3y4＝－ 1, 所以 (2＋n)2y1y2＝－ [ x1x2－n(x1＋ x2)＋n2],
③当 m<0 且 m≠－ 1 时 ,方程 (*) 为椭圆 ,此时△ MAB 的面积最大值为 3,所以 m＝
1 － 3. 此时所求的方程为 x32＋y2＝1(x≠± 3)、
(2)设 Q(x0,y0),过点 Q 的切线 l 为 y＝ k(x－ x0)＋y0,
y＝k x－x0 ＋ y0，
由
x2 3＋
y2＝
12 2 21 7＝ 7 ,
当 MN⊥x 轴时 ,由 m＝0 得 kOM＝±1,
3x2＋4y2＝12， 联立 ,得
y＝±x，
消去
y,得
x2＝172,点 O 到直线
MN 的距离
2 d＝ |x|＝
21 7亦
成立、
2 21 综上 ,当 m＝0 时,点 O 到直线 MN 的距离为定值 ,这个定值是 7 .
B 组 —— 能力提升练
1，
消去 y 得
(1＋ 3k2)x2＋6k(y0－kx0)x＋3(y0－kx0)2－3＝0, 则 Δ＝36k2(y0－kx0)2－4(1＋3k)2·3[( y－kx0)2－ 1]＝0,
化简得 (3－ x20)k2＋2x0y0k＋1－y20＝0,
1－y20 于是 k1·k2＝3－x20,由已知斜率之积为－ 1,
＝
xx0
＝1.
y＝ kx＋1，
(2)由
x2 4＋
y2＝
1，
得(4k2＋1)x2＋8kx＝0,
设 M(xM,yM),N(xN,yN),
－8k
1－4k2
∴ xM＝4k2＋1,∴ yM＝4k2＋1.
－8k1 －8k
1－4k21 k2－4
同理可得 xN＝4k21＋1＝4＋k2,yN＝4k21＋1＝4＋k2.
同理 ,由 R→Q＝ λ2Q→F,可得
x2＝1＋λ2λ2,y2＝
y0 1＋ λ2,
代入曲线 E 的方程化简得 λ22＋ 4λ2＋2－2y20＝0 ② ,
由①②可知 λ1,λ2 是方程 x2＋4x＋2－ 2y20＝ 0 的两个实数根 (Δ>0),
所以 λ1＋ λ2＝－ 4,即 λ1＋λ2 为定值、
3、在平面直角坐标系中 ,已知点 A(－ 3,0),B( 3,0),直线 MA,MB 交于点 M,它们的
斜率之积为常数 m(m≠ 0),且△ MAB 的面积最大值为 3,设动点 M 的轨迹为曲线 E. (1)求曲线 E 的方程； (2)过曲线 E 外一点 Q 作 E 的两条切线 l 1,l2,若它们的斜率之积为－ 1,那么 Q→A·Q→B是 否为定值？若是 ,请求出该值；若不是 ,请说明理由、
解析： (1)设 M(x,y),则由已知得