高三数学(理)人教版一轮训练：第八篇第7节第三课时定点、定值、存在性专题

第三课时定点、定值、存在性专题
【选题明细表】
·长春市二模)已知抛物线C:y2=2px(p>0)与直线x-y+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+为定值.如果存在,求出点M 的坐标;如果不存在,请说明理由.
解:(1)联立方程组
有y2-2py+8p=0,由于直线与抛物线相切,
得Δ=8p2-32p=0,p=4,所以y2=8x.
(2)假设存在满足条件的点M(m,0)(m>0),
直线l:x=ty+m,有
所以y2-8ty-8m=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),
有y1+y2=8t,y1y2=-8m,
|AM|2=(x1-m)2+=(t2+1),
|BM|2=(x2-m)2+=(t2+1),
+=+
=·()
=·
=·,
若·为常数,对于任意的t∈R,只有4t2+m是t2+1的4倍,所以m=4,
当m=4时,+为定值,所以M(4,0).
·四川广元市一模)已知椭圆E:+=1
(a>b>0)经过点P(2,),一个焦点为F(2,0).
(1)求椭圆E的方程;
(2)设直线l:y=kx+m与椭圆E相交于A,B两点,O为坐标原点,椭圆E 的离心率为e,若k OA·k OB=e2-1.求证:△AOB的面积为定值.
(1)解:由题意知,c=2,b2=a2-4,
代入P点的坐标得+=1,解得a2=8,
所以椭圆E的方程为+=1.
(2)证明:e===,所以k OA·k OB=e2-1=-,
将y=kx+m代入+=1.
化得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-8=0.
记A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=,x1x2=,
因为k OA=,k OB=,所以=-,
所以y1y2=-x1x2=,
而y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2
=+km·()+m2
=,
所以m2=4k2+2,
设点O到直线AB的距离为d,则d==, 而|AB|=
=
=,
代入m2=4k2+2得|AB|=·,
所以S△AOB= (2)
所以△AOB的面积为定值2.
·渭南市一模)已知椭圆C:+=1(a>b>0),其焦距为2,点P(1,)在椭圆C上.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)是否存在与椭圆C交于A,B两点的直线l:y=mx+t(m∈R),使得
·=0成立?若存在,求出实数t的取值范围,若不存在,请说明
理由.
解:(1)由椭圆C的焦距2c=2,解得c=1,
因为点P(1,)在椭圆C上,所以+=1,
解得a2=4,b2=a2-1=3,
所以椭圆C的标准方程为+=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),
联立得(3+4m2)x2+8tmx+4t2-12=0.
Δ=(8tm)2-4(3+4m2)(4t2-12)>0,
化简得3+4m2>t2.
x1+x2=,x1x2=,(*)
假设·=0成立,则x1x2+y1y2=0,
x1x2+(mx1+t)(mx2+t)=0,
(1+m2) x1x2+tm(x1+x2)+t2=0,
将(*)代入,化简得7t2=12+12m2.代入3+4m2>t2中得t2>.
又因为7t2=12+12m2≥12,所以t2≥,
即t≥,或t≤-.
所以存在实数t,使得·=0成立,实数t的取值范围为(-∞,-]∪[,+∞).
C:x2=2py(p>0)的焦点为F,直线l:y=3与C交于A,B两点,l与y轴交于点N,且∠AFB=120°.
(1)求抛物线C的方程;
(2)当0<p<6时,设C在点Q处的切线与直线l,x轴依次交于M,D两点,以MN为直径作圆G,过D作圆G的切线,切点为H,试探究;当点Q在C 上移动(Q与原点不重合)时,线段DH的长度是否为定值?
解:(1)抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F(0,),
准线方程为y=-.
直线y=3与y轴交于点N,
即N(0,3).
①当0<p<6时,由抛物线的定义可得
|FA|=3+,|FN|=3-.
由∠AFB=120°,得|FA|=2|FN|,
即有3+=2(3-),
解得p=2,
即抛物线的方程为x2=4y.
②当p≥6时,由抛物线的定义可得|FA|=3+,|FN|=-3.
由∠AFB=120°,得|FA|=2|FN|,
即有3+=2(-3),解得p=18,
即抛物线的方程为x2=36y.
综上可得,抛物线方程为x2=4y或x2=36y.
(2)由(1)知当0<p<6时,抛物线方程为
x2=4y.
设Q(m, m2),y=x2的导数为y′=x,则有切线斜率为m,
切线方程为y-m2=m(x-m),
令y=0可得x=m;令y=3可得x=m+.
即有M（m+,3）,D（m,0）.
以MN为直径作圆G,G（m+,3）,设圆G的半径为r,r=|MN|=|m+|. DH⊥HG,由勾股定理可得
|DH|=
=
=
=,
则有当点Q在C上移动 (Q与原点不重合)时,线段DH的长度为定值,且为.
·咸阳市二模)已知动点M到定点F(1,0)和
定直线x=4的距离之比为,设动点M的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程;
(2)过点F作斜率存在且不为0的任意一条直线与曲线C交于两点A,B,试问在x轴上是否存在一点P(与点F不重合),使得∠APF=∠BPF,若存在,求出P点坐标;若不存在,说明理由.
解:(1)设点M(x,y),则据题意有
=|x-4|,
则4[(x-1)2+y2]=(x-4)2,即3x2+4y2=12,
所以+=1
即曲线C的方程为+=1.
(2)假设存在点P(x0,0)满足题设条件,
设AB所在直线的方程为
y=k(x-1),
代入椭圆方程化简得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,
可知Δ>0,设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=, ①
x1x2=, ②
若∠APF=∠BPF,则k AP+k BP=0,
即+
==0,
即k[(x1-1)(x2-x0)+(x2-1)(x1-x0)]=k[2x1x2-(1+x0)(x1+x2)+2x0]=0, 代入①②,整理得k(x0-4)=0,因为k∈R,所以x0=4;
即在x轴上存在点P(4,0),使得∠APF=∠BPF.
·汉中市质量检测)已知直线l:y=x+,圆
O:x2+y2=5,椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率e=,直线l被圆O截得的弦长与椭圆的短轴长相等.
(1)求椭圆E的方程;
(2)过圆O上任意一点P(x0,y0)(x0≠±,y0≠±)作两条直线与椭圆E分别只有唯一一个公共点,求证:这两直线斜率之积为定值. (1)解:设椭圆半焦距为c,圆心O到l的距离
d==,
则l被圆O截得的弦长为2=2,
所以b=.
由题意得又b=,
所以a2=3,b2=2,所以椭圆E的方程为+=1.
(2)证明:设过P(x0,y0)的直线与椭圆E的切线l0的方程为y-y0=k(x-x0),整理得y=kx+y0-kx0,
联立直线l0与椭圆E的方程得
消去y得2[kx+(y0-kx0)]2+3x2-6=0,
整理得(3+2k2)x2+4k(y0-kx0)x+2(kx0-y0)2-6=0,
因为l0与椭圆E相切,
所以Δ=[4k(y0-kx0)]2-4(3+2k2)[2(kx0-y0)2-6]
=0,
整理得(2-)k2+2x0y0k-(-3)=0,
设与椭圆E分别只有唯一的公共点的直线的斜率分别为k1,k2,则k1k2=-.
因为点P在圆O上,所以+=5,
所以k1k2=-=-1.
所以这两条直线斜率之积为-1.
·郑州市三模)已知F1,F2分别为椭圆C1:
+=1(a>b>0)的上、下焦点,其中F1也是抛物线C2:x2=4y的焦点,点M是C1与C2在第二象限的交点,且|MF1|=.
(1)求椭圆的方程.
(2)已知点P(1,3)和圆O:x2+y2=b2,过点P的动直线l与圆O相交于不
同的两点A,B,在线段AB取一点Q,满足:=-λ,=λ(λ≠0且λ≠±1),探究是否存在一条直线使得点Q总在该直线上,若存在求出该直线方程.
解:(1)由C2:x2=4y知F1(0,1),设M(x0,y0)(x0<0),
因为M在抛物线C2上,
故=4y0, ①
又|MF1|=,则y0+1=, ②
由①②解得x0=-,y0=,椭圆C1的两个焦点F1(0,1),F2(0,-1),点M在椭圆上,
由椭圆定义可得
2a=|MF1|+|MF2|=+
=4,
所以a=2,又c=1,所以b2=a2-c2=3,
椭圆C1的方程为+=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),Q(x,y),
由=-λ可得(1-x1,3-y1)=-λ(x2-1,y2-3),
即
由=λ可得(x-x1,y-y1)=λ(x2-x,y2-y),
即
③×⑤得-λ2=(1-λ2)x,
④×⑥得-λ2=3y(1-λ2),
两式相加得(+)-λ2(+)=(1-λ2)(x+3y),
又点A,B在圆x2+y2=3上,且λ≠±1,
所以+=3,+=3,即x+3y=3,
所以点Q总在定直线x+3y=3上.
·潍坊市一模)已知圆C1的圆心在坐标原点O,且与直线l1:x-y+6=0相切,设点A为圆上一动点,AM⊥x轴于点M,且动点N满足=+（-）,设动点N的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程;
(2)若动直线l2:y=kx+m与曲线C有且仅有一个公共点,过F1(-1,0), F2(1,0)两点分别作F1P⊥l2,F2Q⊥l2,垂足分别为P,Q,且记d1为点F1到直线l2的距离,d2为点F2到直线l2的距离,d3为点P到点Q的距离,试探索(d1+d2)·d3是否存在最值?若存在,请求出最值.
解:(1)设圆C1:x2+y2=R2,根据圆C1与直线l1相切,
得=R,即R=2,所以圆的方程为x2+y2=12,
设A(x0,y0),N(x,y),
因为AM⊥x轴于M,所以M(x0,0),
所以(x,y)= (x0,y0)+(-)(x0,0)
=(x0, y0),
所以即
因为点A(x0,y0)为圆C1上的动点,
所以+=12,所以(x)2+(2y)2=12,
所以曲线C的方程为+=1.
(2)由(1)知曲线C是椭圆,
将直线l2:y=kx+m代入椭圆C的方程3x2+4y2=12中,得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0,
由直线l2与椭圆C有且仅有一个公共点知,
Δ=64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0,
整理得m2=4k2+3,且d1=,d2=.
①当k≠0时,设直线l2的倾斜角为θ,则
d3·|tan θ|=|d1-d2|,即d3=||,
所以(d1+d2)d3=(d1+d2)||
=||=
=
=.
因为m2=4k2+3,所以当k≠0时,|m|>,
所以|m|+在(,+∞)上单调递增,
所以+=,所以(d1+d2)d3<4.
②当k=0时,四边形F1F2QP为矩形,此时d1=d2=,
d3=2,
所以(d1+d2)d3=2×2=4.
综合①②可知,(d1+d2)·d3存在最大值,最大值为4.。