课时跟踪检测(五十四) 定点、定值、探索性问题(选用)

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第8章第8节第3课时定点、定值、探索性问题

第3课时定点、定值、探索性问题考点1 定点问题——综合性(2020·全国卷Ⅰ)已知A ，B 分别为椭圆E ：x 2a 2＋y 2＝1(a >1)的左、右顶点，G 为E 的上顶点，AG →·GB →＝8.P 为直线x ＝6上的动点，P A 与E 的另一交点为C ，PB 与E 的另一交点为D ．(1)求椭圆E 的方程； (2)证明：直线CD 过定点．(1)解：由题设得A (－a,0)，B (a,0)，G (0,1)．则AG →＝(a,1)，GB →＝(a ，－1)．由AG →·GB →＝8得a 2－1＝8，即a ＝3. 所以椭圆E 的方程为x 29＋y 2＝1.(2)证明：设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，P (6，t )．若t ≠0，设直线CD 的方程为x ＝my ＋n ，由题意可知－3<n <3. 由于直线P A 的方程为y ＝t9(x ＋3)，所以y 1＝t9(x 1＋3)．直线PB 的方程为y ＝t3(x －3)，所以y 2＝t3(x 2－3)．可得3y 1(x 2－3)＝y 2(x 1＋3)．由于x 229＋y 22＝1，故y 22＝－(x 2＋3)(x 2－3)9，可得27y 1y 2＝－(x 1＋3)(x 2＋3)，即(27＋m 2)y 1y 2＋m (n ＋3)(y 1＋y 2)＋(n ＋3)2＝0.①将x ＝my ＋n 代入x 29＋y 2＝1得 (m 2＋9)y 2＋2mny ＋n 2－9＝0. 所以y 1＋y 2＝－2mnm 2＋9，y 1y 2＝n 2－9m 2＋9.代入①式得(27＋m 2)(n 2－9)－2m (n ＋3)mn ＋(n ＋3)2(m 2＋9)＝0. 解得n 1＝－3(舍去)，n 2＝32.故直线CD 的方程为x ＝my ＋32，即直线CD 过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0.若t ＝0，则直线CD 的方程为y ＝0，过点⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0.综上，直线CD 过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0.直线过定点问题的解题模型设参数—依题意条件设出相关的参数，如设出直线的斜率↓求直线 —利用题设条件，求直线系方程 ↓ 建联系 —联立直线与圆锥曲线，利用根与系数的关系，求出定点的坐标↓ 得结论—判断定点的坐标满足所求的直线系方程，即可证出直线经过该定点(2020·石嘴山市第三中学高三模拟)已知F 是抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点，点M (x 0,4)在抛物线上，且|MF |＝54x 0.(1)求抛物线C 的标准方程；(2)若A ，B 是抛物线C 上的两个动点，且OA ⊥OB ，O 为坐标原点，求证：直线AB 过定点．(1)解：由题意得，|MF |＝x 0＋p 2＝54x 0，解得x 0＝2p . 因为点M (x 0,4)在抛物线C 上，所以42＝2px 0＝4p 2，解得p 2＝4. 又p >0，所以p ＝2，即拋物线C 的标准方程为y 2＝4x . (2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．因为OA ⊥OB ，所以OA →·OB →＝0，即x 1x 2＋y 1y 2＝0. 因为点A ，B 在抛物线C 上，所以y 21＝4x 1，y 22＝4x 2，代入得(y 1y 2)216＋y 1y 2＝0. 因为y 1y 2≠0，所以y 1y 2＝－16. 设直线AB 的方程为x ＝my ＋n ，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋n ，y 2＝4x ，得y 2－4my －4n ＝0，则y 1y 2＝－4n ，所以n ＝4，所以直线AB 的方程为x ＝my ＋4，过定点(4,0)．考点2 定值问题——综合性(2020·新高考全国卷Ⅰ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，且过点A (2,1)．(1)求椭圆C 的方程．(2)点M ，N 在C 上，且AM ⊥AN ，AD ⊥MN ，D 为垂足．证明：存在定点Q ，使得|DQ |为定值．(1)解：由题意得4a 2＋1b 2＝1，e 2＝a 2－b 2a 2＝12，解得a 2＝6，b 2＝3.所以椭圆C 的方程为x 26＋y 23＝1. (2)证明：设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．若直线MN 与x 轴不垂直，设直线MN 的方程为y ＝kx ＋m ，代入x 26＋y 23＝1得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－6＝0，于是x 1＋x 2＝－4km1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－61＋2k2.① 由AM ⊥AN 知AM →·AN →＝0，故(x 1－2)(x 2－2)＋(y 1－1)(y 2－1)＝0，可得(k 2＋1)x 1x 2＋(km －k －2)(x 1＋x 2)＋(m －1)2＋4＝0.将①代入上式可得(k 2＋1)2m 2－61＋2k 2－(km －k －2)·4km1＋2k 2＋(m －1)2＋4＝0. 整理得(2k ＋3m ＋1)(2k ＋m －1)＝0.因为A (2,1)不在直线MN 上，所以2k ＋m －1≠0，故2k ＋3m ＋1＝0，k ≠1.于是MN 的方程为y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －23－13(k ≠1)．所以直线MN 过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，－13.若直线MN 与x 轴垂直，可得N (x 1，－y 1)．由AM →·AN →＝0得(x 1－2)(x 1－2)＋(y 1－1)(－y 1－1)＝0.又x 216＋y 213＝1，可得3x 21－8x 1＋4＝0.解得x 1＝2(舍去)或x 1＝23.此时直线MN 过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，－13.令Q 为AP 的中点，即Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，13.若D 与P 不重合，则由题设知AP 是Rt △ADP 的斜边，故|DQ |＝12|AP |＝223.若D 与P 重合，则|DQ |＝12|AP |.综上，存在点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，13，使得|DQ |为定值．解答圆锥曲线定值问题的技法(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； (2)引进变量法：其解题流程为变量—选择适当的动点坐标或动直线中系数为变量↓ 函数—把要证明为定值的量表示成上述变量的函数↓定值—把得到的函数化简，消去变量得到定值(2020·太原五中高三月考)已知椭圆C 的对称中心为原点O ，焦点在x 轴上，焦距为26，点(2,1)在该椭圆上．(1)求椭圆C 的方程．(2)直线x ＝2与椭圆交于P ，Q 两点，点P 位于第一象限，A ，B 是椭圆上位于直线x ＝2两侧的动点．当点A ，B 运动时，满足∠APQ ＝∠BPQ ，直线AB 的斜率是否为定值，请说明理由．解：(1)设椭圆方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)．因为焦距为26，所以c ＝6，焦点F 1(6，0)，F 2(－6，0)．又因为点(2,1)在该椭圆上，代入椭圆方程得4a 2＋1b 2＝1，即4a 2＋1a 2－6＝1，解得a 2＝8或a 2＝3(舍)，所以b 2＝2，所以椭圆C 的方程为x 28＋y 22＝1.(2)将x ＝2代入椭圆方程得48＋y 22＝1，解得y ＝±1，则P (2,1)，Q (2，－1)．因为当点A ，B 运动时，满足∠APQ ＝∠BPQ ，所以直线P A 与直线PB 的斜率互为相反数．不妨设k P A ＝k >0，则k PB ＝－k (k ≠0)， A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，所以直线P A 的方程为y －1＝k (x －2)．联立⎩⎨⎧y －1＝k (x －2)，x 28＋y 22＝1，得(1＋4k 2)x 2＋(8k －16k 2)x ＋16k 2－16k －4＝0. 因为2，x 1是该方程的两根，所以2x 1＝16k 2－16k －41＋4k2，即x 1＝8k 2－8k －21＋4k2.同理，直线PB 的方程为y ＝－kx ＋2k ＋1，且x 2＝8k 2＋8k －21＋4k 2.所以x 1＋x 2＝16k 2－41＋4k 2，x 1－x 2＝－16k1＋4k 2，所以k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝k (x 1＋x 2)－4k x 1－x 2＝12，即直线AB 的斜率为定值．考点3 探索性问题——综合性(2020·绵阳四诊)已知椭圆C ：x 22＋y 2＝1，直线l ：y ＝x ＋m 交椭圆C于A ，B 两点，O 为坐标原点．(1)若直线l 过椭圆C 的右焦点F ，求△AOB 的面积．(2)若OM→＝tOB →(t >0)，试问椭圆C 上是否存在点P ，使得四边形OAPM 为平行四边形？若存在，求出t 的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．直线l 过椭圆C 的右焦点F ，则m ＝－1，直线l 的方程为x ＝y ＋1.联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2y 2＝2，x ＝y ＋1，得3y 2＋2y －1＝0，解得y 1＝13，y 2＝－1.所以S △AOB ＝12|OF ||y 1－y 2|＝12×1×⎪⎪⎪⎪⎪⎪13－(－1)＝23.(2)联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2y 2＝2，y ＝x ＋m ，得3x 2＋4mx ＋2m 2－2＝0，所以Δ＝(4m )2－12(2m 2－2)>0，解得0≤m 2<3.所以x 1＋x 2＝－4m3，x 1x 2＝2m 2－23.所以y 1y 2＝(x 1＋m )(x 2＋m )＝x 1x 2＋m (x 1＋x 2)＋m 2＝m 2－23. 因为四边形OAPM 为平行四边形，所以m ≠0，且OP →＝OA →＋OM →.又OM→＝tOB →(t >0)，所以OP→＝OA→＋tOB→＝(x1＋tx2，y1＋ty2)，所以点P的坐标为(x1＋tx2，y1＋ty2)．又点P在椭圆上，即(x1＋tx2)2＋2(y1＋ty2)2＝2，整理得(x21＋2y21)＋t2(x22＋2y22)＋2tx1x2＋4ty1y2＝2.又x21＋2y21＝2，x22＋2y22＝2，即x1x2＋2y1y2＝－t，所以2m2－23＋2×m2－23＝－t，解得t＝6－4m23.因为t>0,0≤m2<3，所以0<t≤2.综上所述，t的取值范围是(0,2]．解决存在性问题的注意事项存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论．若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．(1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论．(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．(3)当条件和结论都未知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外的途径．(2020·衡水中学高三月考)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率为32，直线l：x－y＋2＝0与以原点为圆心、椭圆C的短半轴长为半径的圆O相切．(1)求椭圆C的方程．(2)是否存在直线与椭圆C 交于A ，B 两点，交y 轴于点M (0，m )，使|OA →＋2OB →|＝|OA →－2OB →|成立？若存在，求出实数m 的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝b 2＋c 2，b ＝2，c a ＝32，解方程组得a ＝22，b ＝2，c ＝6，所以椭圆C 的方程为x 28＋y 22＝1.(2)假设存在这样的直线．由已知条件，可知直线的斜率存在．设直线方程为y ＝kx ＋m ，由⎩⎨⎧y ＝kx ＋m ，x 28＋y 22＝1，得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－8＝0，Δ＝16(8k 2－m 2＋2)>0(*)．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－84k 2＋1，y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝m 2－8k 24k 2＋1.由|OA →＋2OB →|＝|OA →－2OB →|，得OA →⊥OB →，即OA →·OB →＝0，即x 1x 2＋y 1y 2＝0.故8k 2＝5m 2－8≥0，得m 2≥85.将8k 2＝5m 2－8代入(*)式，解得m 2>32，所以m >2105或m <－2105.11/11 所以实数m 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－2105∪⎝ ⎛⎭⎪⎫2105，＋∞.。

高考数学一轮总复习课时跟踪检测(六十) 定点、定值、探索性问题理新人教版

课时跟踪检测(六十) 定点、定值、探索性问题一保高考，全练题型做到高考达标1．(2016·百校联盟模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，短轴端点到焦点的距离为2.(1)求椭圆C 的方程；(2)设A ，B 为椭圆C 上任意两点，O 为坐标原点，且OA ⊥OB .求证：原点O 到直线AB 的距离为定值，并求出该定值．解：(1)由题意知，e ＝ca ＝32，b 2＋c 2＝2，又a 2＝b 2＋c 2，所以a ＝2，c ＝3，b ＝1，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明：当直线AB 的斜率不存在时，直线AB 的方程为x ＝±255，此时，原点O 到直线AB 的距离为255.当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，y ＝kx ＋m得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0.则Δ＝(8km )2－4(1＋4k 2)(4m 2－4)＝16(1＋4k 2－m 2)＞0，x 1＋x 2＝－8km1＋4k2，x 1x 2＝4m 2－41＋4k2，则y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝m 2－4k 21＋4k2，由OA ⊥OB 得k OA ·k OB ＝－1，即y 1x 1·y 2x 2＝－1，所以x 1x 2＋y 1y 2＝5m 2－4－4k 21＋4k 2＝0，即m 2＝45(1＋k 2)，所以原点O 到直线AB 的距离为|m |1＋k2＝255. 综上，原点O 到直线AB 的距离为定值255.2．(2015·大庆模拟)椭圆的两焦点坐标分别为F 1(－3，0)，F 2(3，0)，且椭圆过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32. (1)求椭圆方程．(2)若A 为椭圆的左顶点，作AM ⊥AN 与椭圆交于两点M ，N ，试问：直线MN 是否恒过x 轴上的一个定点？若是，求出该点坐标；若不是，请说明理由．解：(1)设椭圆的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)，由题意得c ＝3，且椭圆过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 2－b 2＝3，1a 2＋34b2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝1，∴椭圆方程为x 24＋y 2＝1.(2)由已知直线MN 与y 轴不垂直，假设其过定点T (a,0)设其方程为x ＝my ＋a .由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋a ，x 24＋y 2＝1，得(m 2＋4)y 2＋2amy ＋a 2－4＝0.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则 y 1＋y 2＝－2am m 2＋4，y 1y 2＝a 2－4m 2＋4.∴x 1＋x 2＝my 1＋a ＋my 2＋a ＝m (y 1＋y 2)＋2a ，x 1x 2＝(my 1＋a )(my 2＋a )＝m 2y 1y 2＋am (y 1＋y 2)＋a 2.∵AM ⊥AN ，∴AM ·AN ＝0，即(x 1＋2，y 1)·(x 2＋2，y 2)＝0， ∴x 1x 2＋2(x 1＋x 2)＋4＋y 1y 2＝0.∴(m 2＋1)y 1y 2＋m (a ＋2)(y 1＋y 2)＋(a ＋2)2＝0，即m 2＋a ＋a －m 2＋4－2am 2a ＋m 2＋4＋(a ＋2)2＝0.若a ＝－2，则T 与A 重合，不合题意，∴a ＋2≠0，整理得a ＝－65.综上，直线MN 过定点T ⎝ ⎛⎭⎪⎫－65，0. 3．(2016·大庆模拟)已知抛物线y 2＝4x 的焦点为F ，过点F 的直线交抛物线于A ，B 两点．(1)若AF ＝2FB ，求直线AB 的斜率；(2)设点M 在线段AB 上运动，原点O 关于点M 的对称点为C ，求四边形OACB 面积的最小值．解：(1)依题意知F (1,0)，设直线AB 的方程为x ＝my ＋1. 将直线AB 的方程与抛物线的方程联立，消去x 得y 2－4my －4＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，所以y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4.① 因为AF ＝2FB ，所以y 1＝－2y 2. ②联立①和②，消去y 1，y 2，得m ＝±24. 所以直线AB 的斜率是±2 2.(2)由点C 与原点O 关于点M 对称，得M 是线段OC 的中点，从而点O 与点C 到直线AB 的距离相等，所以四边形OACB 的面积等于2S △AOB .因为2S △AOB ＝2·12·|OF |·|y 1－y 2|＝y 1＋y 22－4y 1y 2＝41＋m 2，所以当m ＝0时，四边形OACB 的面积最小，最小值是4.4．(2015·北京高考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，点P (0,1)和点A (m ，n )(m ≠0)都在椭圆C 上，直线PA 交x 轴于点M .(1)求椭圆C 的方程，并求点M 的坐标(用m ，n 表示)；(2)设O 为原点，点B 与点A 关于x 轴对称，直线PB 交x 轴于点N .问：y 轴上是否存在点Q ，使得∠OQM ＝∠ONQ ？若存在，求点Q 的坐标；若不存在，说明理由．解：(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，c a ＝22，a 2＝b 2＋c 2，解得a 2＝2.故椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1. 设M (x M,0)．因为m ≠0，所以－1<n <1，直线PA 的方程为y －1＝n －1mx . 所以x M ＝m 1－n ，即M ⎝ ⎛⎭⎪⎫m1－n ，0.(2)因为点B 与点A 关于x 轴对称，所以B (m ，－n )．设N (x N,0)，则x N ＝m1＋n.“存在点Q (0，y Q )使得∠OQM ＝∠ONQ ”等价于“存在点Q (0，y Q )使得|OM ||OQ |＝|OQ ||ON |”，即y Q 满足y 2Q ＝|x M ||x N |.因为x M ＝m 1－n ，x N ＝m 1＋n ，m 22＋n 2＝1，所以y 2Q ＝|x M ||x N |＝m 21－n 2＝2.所以y Q ＝2或y Q ＝－ 2.故在y 轴上存在点Q ，使得∠OQM ＝∠ONQ ，且点Q 的坐标为(0，2)或(0，－2)．二上台阶，自主选做志在冲刺名校如图，过x 轴上动点A (a,0)引抛物线y ＝x 2＋1的两条切线AP ，AQ .切线斜率分别为k 1和k 2，切点分别为P ，Q .(1)求证：k 1·k 2为定值，并且直线PQ 过定点；(2)记S 为面积，当S △APQ|PQ | 最小时，求AP ·AQ 的值．解：(1)证明：法一：设过A 点的直线为y ＝k (x －a )，与抛物线联立得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －a，y ＝x 2＋1，整理得x 2－kx ＋ka ＋1＝0，Δ＝k 2－4ak －4＝0，所以k 1＋k 2＝4a ，k 1·k 2＝－4为定值．抛物线方程y ＝x 2＋1，求导得y ′＝2x ，设切点P ，Q 的坐标分别为(x P ，y P )，(x Q ，y Q )，k 1＝2x P ，k 2＝2x Q ，所以x P ＋x Q ＝2a ，x P ·x Q ＝－1.直线PQ 的方程：y －y P ＝y P －y Qx P －x Q(x －x P )，由y P ＝x 2P ＋1，y Q ＝x 2Q ＋1，得到y ＝(x P ＋x Q )x －x P x Q ＋1，整理可得y ＝2xa ＋2，所以直线PQ 过定点(0,2)．法二：设切点P ，Q 的坐标分别为(x P ，y P )，(x Q ，y Q )．对抛物线方程求导得y ′＝2x ，所以l AP ：y ＝2x P (x －a )，又(x P ，y P )在直线上，即y P ＝2x P (x P －a )，由P (x P ，y P )在抛物线上得y P ＝x 2P ＋1，整理可得y P ＝2x P a ＋2，同理y Q ＝2x Q a ＋2，所以l QP ：y ＝2xa ＋2，所以直线PQ 过定点(0,2)．联立PQ 的直线方程l QP ：y ＝2xa ＋2和抛物线方程y ＝x 2＋1，可得x 2－2xa －1＝0，所以x P x Q ＝－1，x P ＋x Q ＝2a ，所以k 1·k 2＝2x P ×2x Q ＝－4为定值． (2)设A 到PQ 的距离为d .S △APQ ＝|PQ |×d2，所以S △APQ|PQ |＝d2＝2a 2＋224a 2＋1＝a 2＋14a 2＋1，设t ＝4a 2＋1≥1，所以S △APQ|PQ |＝t 2＋34t ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋3t ≥32，当且仅当t ＝3时取等号，即a ＝±22. 因为AP ·AP ＝(x P －a ，y P )·(x Q －a ，y Q ) ＝x P x Q －a (x P ＋x Q )＋a 2＋y P y Q ，y P y Q ＝(2x P a ＋2)(2x Q a ＋2)＝4a 2x P x Q ＋4＋4a (x P ＋x Q )＝4a 2＋4，所以AP ·AP ＝3a 2＋3＝92.。

课时跟踪检测(五十四) 定点、定值、探索性问题

x0x－2y－2y0＝0，联立方程 2 x ＝4y
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课时跟踪检测(五十四) 定点、定值、探索性结束问题
2 消去 x 整理得 y2＋(2y0－x2 0)y＋y0＝0， 2 由根与系数的关系可得 y1＋y2＝x2 － 2 y ， y y ＝ y 0 0 1 2 0， 2 所以|AF|· |BF|＝y1y2＋(y1＋y2)＋1＝y2 0＋x0－2y0＋1.
2 2
4
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课时跟踪检测(五十四) 定点、定值、探索性结束问题
1 2．解：(1)抛物线 C 的方程为 x2＝4y，即 y＝4x2， 1 求导得 y′＝2x. 设
2 x2 x 1 2 A(x1，y1)，B(x2，y2)其中y1＝ 4 ，y2＝ 4 ，
1 1 则切线 PA，PB 的斜率分别为2x1，2x2， x1 所以切线 PA 的方程为 y－y1＝ 2 (x－x1)， x1 x2 1 即 y＝ 2 x－ 2 ＋y1，即 x1x－2y－2y1＝0.
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课时跟踪检测(五十四) 定点、定值、探索性结束问题
同理 y2y4＝－16， 1 y1y2 所以 k2＝＝－4· . －16 －16 y1＋ y2 y1 ＋ y2 设 AB 所在直线的方程为 x＝my＋1，与 y2＝4x 联立，得 y2－4my－4＝0，所以 y1y2＝－4， 1 y1y2 1 所以 k2＝－4· ＝， y1＋y2 y1＋y2 k1 k1 所以k 是定值，且k ＝4.
1 3 又 N(0,3)，所以圆心 C4x0＋x ，3，
0

1 3 1 x ＋半径 r＝2|MN|＝ 4 0 x ， 0 |AB|＝ |AC|2－r2 1 1 1 3 2 3 2 2 x0－ 4x0＋x ＋3 － 4x0＋x ＝ 6. ＝ 2 0 0 所以点 P 在曲线 Γ 上运动时，线段 AB 的长度不变．

《三维设计》高考数学(苏教,理科)大一轮配套课时跟踪检测53 定点、定值、探索性问题

课时跟踪检测(五十三) 定点、定值、探索性问题(分Ⅰ、Ⅱ卷，共2页) 第Ⅰ卷：夯基保分卷1．(2013·连云港调研)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的上顶点为A ，左、右焦点分别为F 1，F 2，且椭圆C 过点P ⎝⎛⎭⎫43，b 3，以AP 为直径的圆恰好过右焦点F 2.(1)求椭圆C 的方程；(2)若动直线l 与椭圆C 有且只有一个公共点，试问：在x 轴上是否存在两定点，使其到直线l 的距离之积为1？若存在，请求出两定点坐标；若不存在，请说明理由．2．(2014·镇江模拟)已知椭圆O 的中心在原点，长轴在x 轴上，右顶点A (2,0)到右焦点的距离与它到右准线的距离之比为32.不经过点A 的动直线y ＝12x ＋m 交椭圆O 于P ，Q 两点．(1)求椭圆的标准方程；(2)求证：P ，Q 两点的横坐标的平方和为定值；(3)过点A ，P ，Q 的动圆记为圆C ，动圆C 过不同于A 的定点，请求出该定点坐标．3．(2013·盐城二模)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，且过点P ⎝⎛⎭⎫22，12，记椭圆的左顶点为A .(1)求椭圆的方程；(2)设垂直于y 轴的直线l 交椭圆于B ，C 两点，试求△ABC 面积的最大值；(3)过点A 作两条斜率分别为k 1，k 2的直线交椭圆于D ，E 两点，且k 1k 2＝2，求证：直线DE 恒过一个定点．第Ⅱ卷：提能增分卷1．(2014·苏北四市一调)如图，椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)过点P ⎝⎛⎭⎫1，32，其左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率e ＝12，M ，N 是椭圆右准线上的两个动点，且1F M ·2F N ＝0. (1)求椭圆的方程； (2)求MN 的最小值；(3)求以MN 为直径的圆C 是否过定点？请证明你的结论．2．(2014·盐城摸底)如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知F 1(－4,0)，F 2(4,0)，A (0,8)，直线y ＝t (0<t <8)与线段AF 1，AF 2分别交于点P ，Q .(1)当t ＝3时，求以F 1，F 2为焦点，且过PQ 中点的椭圆的标准方程； (2)过点Q 作直线QR ∥AF 1交F 1F 2于点R ，记△PRF 1的外接圆为圆C . ①求证：圆心C 在定直线7x ＋4y ＋8＝0上；②圆C 是否恒过异于点F 1的一个定点？若是，求出该点的坐标；若不是，请说明理由．答案第Ⅰ卷：夯基保分卷1．解：(1)因为椭圆过点P ⎝⎛⎭⎫43，b 3，所以169a 2＋19＝1，解得a 2＝2.又以AP 为直径的圆恰好过右焦点F 2，所以AF 2⊥F 2P ，即－bc ·b 343－c ＝－1，化简得b 2＝c (4－3c )．而b 2＝a 2－c 2＝2－c 2，解得c ＝1，b ＝1. 故椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)①当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋p ，代入椭圆方程得(1＋2k 2)x 2＋4kpx ＋2p 2－2＝0.因为直线l 与椭圆C 有且只有一个公共点，所以Δ＝16k 2p 2－4(1＋2k 2)(2p 2－2)＝8(1＋2k 2－p 2)＝0，即1＋2k 2＝p 2. 设在x 轴上存在两点(s,0)，(t,0)，使其到直线l 的距离之积为1，则|ks ＋p |k 2＋1·|kt ＋p |k 2＋1＝|k 2st ＋kp (s ＋t )＋p 2|k 2＋1＝1，即(st ＋1)k ＋p (s ＋t )＝0，(*) 或(st ＋3)k 2＋(s ＋t )kp ＋2＝0.(**)由(*)恒成立得⎩⎪⎨⎪⎧ st ＋1＝0，s ＋t ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧s ＝1，t ＝－1或⎩⎪⎨⎪⎧s ＝－1，t ＝1.但(**)不恒成立；②当直线l 斜率不存在时，直线l 的方程为x ＝±2，定点(－1,0)，(1,0)到直线l 的距离之积为 d 1·d 2＝(2－1)(2＋1)＝1.综上，存在两个定点(1,0)，(－1,0)，使其到直线l 的距离之积为定值1. 2．解：(1)设椭圆的标准方程为 x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)．由题意得a ＝2，e ＝32，所以c ＝3，b ＝1. 所以椭圆的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明：设点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，将y ＝12x ＋m 代入椭圆，化简得x 2＋2mx ＋2(m 2－1)＝0.①所以x 1＋x 2＝－2m ，x 1x 2＝2(m 2－1)，所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝4，所以P ，Q 两点的横坐标的平方和为定值4. (3)法一：设圆的一般方程为 x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0，则圆心为⎝⎛⎭⎫－D 2，－E 2，PQ 的中点M ⎝⎛⎭⎫－m ，m2， PQ 的垂直平分线的方程为 y ＝－2x －32m ，圆心⎝⎛⎭⎫－D 2，－E 2满足y ＝－2x －32m ，所以－E 2＝D －32m .② 圆过定点(2,0)，所以4＋2D ＋F ＝0.③圆过P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 21＋y 21＋Dx 1＋Ey 1＋F ＝0，x 22＋y 22＋Dx 2＋Ey 2＋F ＝0，两式相加得x 21＋x 22＋y 21＋y 22＋Dx 1＋Dx 2＋Ey 1＋Ey 2＋2F ＝0，即x 21＋x 22＋⎝⎛⎭⎫1－x 214＋⎝⎛⎭⎫1－x 224＋D (x 1＋x 2)＋E (y 1＋y 2)＋2F ＝0.因为x 21＋x 22＝4，x 1＋x 2＝－2m ，y 1＋y 2＝m ，所以5－2mD ＋mE ＋2F ＝0.④因为动直线y ＝12x ＋m 不过点A ，所以m ≠－1.由②③④解得D ＝3(m －1)4，E ＝32m ＋32，F ＝－32m －52.代入圆的方程得x 2＋y 2＋3(m －1)4x ＋⎝⎛⎭⎫32m ＋32y －32m －52＝0，即⎝⎛⎭⎫x 2＋y 2－34x ＋32y －52＋m ⎝⎛34x ＋⎭⎫32y －32＝0，所以⎩⎨⎧x 2＋y 2－34x ＋32y －52＝0，34x ＋32y －32＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝0，y ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝0(舍去)．所以圆过定点(0,1)．法二：设圆的一般方程为 x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0，将y ＝12x ＋m 代入圆的方程得54x 2＋⎝⎛⎭⎫m ＋D ＋E 2x ＋m 2＋mE ＋F ＝0. ⑤因为方程①与方程⑤为同解方程，所以154＝2m m ＋D ＋E 2＝2(m 2－1)m 2＋mE ＋F .圆过定点(2,0)，所以4＋2D ＋F ＝0，因为动直线y ＝12x ＋m 不过点A ，所以m ≠－1.解得D ＝3(m －1)4，E ＝32m ＋32，F ＝－32m－52.(以下同法一)． 3．解：(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝22，12a 2＋14b 2＝1，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝22，c ＝22.所以椭圆的方程为x 2＋2y 2＝1. (2)设B (m ，n )，C (－m ，n )，则S △ABC ＝12·2|m |·|n |＝|mn |.又1＝m 2＋2n 2≥22m 2n 2＝22|mn |，所以|mn |≤24，当且仅当|m |＝2|n |时取等号，从而S △ABC ≤24. 所以△ABC 面积的最大值为24. (3)证明：因为A (－1,0)，所以直线AD ： y ＝k 1(x ＋1)，直线AE ：y ＝k 2(x ＋1)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1(x ＋1)，x 2＋2y 2＝1消去y ，得(1＋2k 21)x 2＋4k 21x ＋2k 21－1＝0，解得x ＝－1或x ＝1－2k 211＋2k 21，故点D ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2k 211＋2k 21，2k 11＋2k 21. 同理，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2k 221＋2k 22，2k 21＋2k 22.又k 1k 2＝2，故E ⎝⎛⎭⎪⎫k 21－88＋k 21，4k 18＋k 21. 故直线DE 的方程为y －2k 11＋2k 21＝ 4k 18＋k 21－2k 11＋2k 21k 21－88＋k 21－1－2k 211＋2k 21· ⎝⎛⎭⎪⎫x －1－2k 211＋2k 21，即y －2k 11＋2k 21＝3k 12(k 21＋2)·⎝⎛⎭⎪⎫x －1－2k 211＋2k 21，即y ＝3k 12(k 21＋2)x ＋5k 12(k 21＋2).所以2yk 21－(3x ＋5)k 1＋4y ＝0.则令⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，3x ＋5＝0得直线DE 恒过定点⎝⎛⎭⎫－53，0. 第Ⅱ卷：提能增分卷1．解：(1)因为e ＝c a ＝12，且过点P ⎝⎛⎭⎫1，32，所以⎩⎪⎨⎪⎧1a 2＋94b2＝1，a ＝2c ，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝ 3.所以椭圆方程为x 24＋y 23＝1.(2)由题可设点M (4，y 1)，N (4，y 2)．又知F 1(－1,0)，F 2(1,0),则1F M ＝(5，y 1)，2F N ＝(3，y 2)．所以1F M ·2F N ＝15＋y 1y 2＝0， y 1y 2＝－15，y 2＝－15y 1.又因为MN ＝|y 2－y 1|＝⎪⎪⎪⎪－15y 1－y 1＝15|y 1|＋|y 1|≥215，当且仅当|y 1|＝|y 2|＝15时取等号，所以MN 的最小值为215.(3)设点M (4，y 1)，N (4，y 2)，所以以MN 为直径的圆的圆心C 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫4，y 1＋y 22，半径r ＝|y 2－y 1|2，所以圆C 的方程为(x －4)2＋⎝⎛⎭⎪⎫y －y 1＋y 222＝(y 2－y 1)24，整理得x 2＋y 2－8x －(y 1＋y 2)y ＋16＋y 1y 2＝0.由(2)得y 1y 2＝－15，所以x 2＋y 2－8x －(y 1＋y 2)y ＋1＝0，令y ＝0得x 2－8x ＋1＝0，所以x ＝4±15，所以圆C 过定点(4±15，0)． 2．解：(1)设椭圆的标准方程为 x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)．当t ＝3时，PQ 的中点为(0,3)，所以b ＝3. 而a 2－b 2＝16，所以a 2＝25，b 2＝9. 故椭圆的标准方程为x 225＋y 29＝1.(2)①证明：法一：易得直线AF 1： y ＝2x ＋8， AF 2：y ＝－2x ＋8，所以P ⎝⎛⎭⎪⎫t －82，t ，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫8－t 2，t .由QR ∥AF 1，得R (4－t,0)．则线段F 1R 的中垂线的方程为x ＝－t2，线段PF 1的中垂线的方程为y ＝－12x ＋5t －168.联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－12x ＋5t －168，x ＝－t 2，解得⎩⎨⎧x ＝－t2，y ＝7t8－2，所以△PRF 1的外接圆的圆心坐标为⎝⎛⎭⎫－t 2，7t8－2. 经验证，该圆心在定直线7x ＋4y ＋8＝0上．法二：易得直线AF 1：y ＝2x ＋8；AF 2： y ＝－2x ＋8，所以P ⎝⎛⎭⎪⎫t －82，t ，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫8－t 2，t . 由QR ∥AF 1，得R (4－t,0)．设△PRF 1的外接圆C 的方程为 x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧(4－t )2＋(4－t )D ＋F ＝0，(－4)2－4D ＋F ＝0，⎝ ⎛⎭⎪⎫t －822＋t 2＋t －82D ＋tE ＋F ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧D ＝t ，E ＝4－7t 4，F ＝4t －16.所以圆心的坐标为⎝⎛⎭⎫－t 2，7t8－2. 经验证，该圆心在定直线7x ＋4y ＋8＝0上． ②由①可得圆C 的方程为 x 2＋y 2＋tx ＋⎝⎛⎭⎫4－7t4y ＋4t －16＝0，该方程可整理为(x 2＋y 2＋4y －16)＋t ⎝⎛⎭⎫x －74y ＋4＝0. 联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＋4y －16＝0，x －74y ＋4＝0，解得⎩⎨⎧x ＝413，y ＝3213或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－4，y ＝0.所以圆C 恒过异于点F 1的一个定点，该点的坐标为⎝⎛⎭⎫413，3213.。

2017届苏教版定点、定值、探索性问题课时跟踪检测

课时跟踪检测（五十四）定点、定值、探索性问题一保高考，全练题型做到高考达标1．如图，已知A 1，A 2，B 1，B 2分别是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的四个顶点，△A 1B 1B 2是一个边长为2的等边三角形，其外接圆为圆M.(1)求椭圆C 及圆M 的方程；(2)若点D 是圆M 劣 12A B 上一动点(点D 异于端点A 1，B 2)，直线B 1D 分别交线段A 1B 2，椭圆C 于点E ，G ，直线B 2G 与A 1B 1交于点F .①求GB 1EB 1的最大值； ②试问：E ，F 两点的横坐标之和是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．解：(1)由题意知B 2(0,1)，A 1(－3，0)，所以b ＝1，a ＝3，所以椭圆C 的方程为x 23＋y 2＝1. 易得圆心M ⎝⎛⎭⎫－33，0，A 1M ＝233，所以圆M 的方程为⎝⎛⎭⎫x ＋332＋y 2＝43. (2)设直线B 1D 的方程为y ＝kx －1⎝⎛⎭⎫k <－33，与直线A 1B 2的方程y ＝33x ＋1联立，解得点E ⎝ ⎛⎭⎪⎫233k －1，3k ＋13k －1. 联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －1，x 23＋y 2＝1 消去y 并整理，得(1＋3k 2)x 2－6kx ＝0，解得点G ⎝ ⎛⎭⎪⎫6k 3k 2＋1，3k 2－13k 2＋1. ①GB 1EB 1＝||x G ||x E ＝⎪⎪⎪⎪6k 3k 2＋1⎪⎪⎪⎪⎪⎪233k －1＝3k 2－3k 3k 2＋1＝1－3k ＋13k 2＋1＝1＋1－(3k ＋1)＋2－(3k ＋1)＋2≤1＋122＋2＝2＋12，当且仅当k ＝－6＋33时等号成立．所以GB 1EB 1的最大值为2＋12. ②易得直线B 2G 的方程为y ＝3k 2－13k 2＋1－16k 3k 2＋1x ＋1＝－13k x ＋1，与直线A 1B 1的方程y ＝－33x －1联立，解得点F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－6k 3k －1，3k ＋13k －1，所以E ，F 两点的横坐标之和为233k －1＋－6k 3k －1＝－2 3. 故E ，F 两点的横坐标之和为定值，该定值为－2 3.2．(2016·盐城二模)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，且过点P ⎝⎛⎭⎫22，12，记椭圆的左顶点为A .(1)求椭圆的方程；(2)设垂直于y 轴的直线l 交椭圆于B ，C 两点，试求△ABC 面积的最大值；(3)过点A 作两条斜率分别为k 1，k 2的直线交椭圆于D ，E 两点，且k 1k 2＝2，求证：直线DE 恒过一个定点．解：(1)由题意得⎩⎨⎧c a ＝22，12a 2＋14b 2＝1，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎨⎧ a ＝1，b ＝22，c ＝22. 所以椭圆的方程为x 2＋2y 2＝1. (2)设B (m ，n )，C (－m ，n )，则S △ABC ＝12·2|m |·|n |＝|mn |. 又1＝m 2＋2n 2≥22m 2n 2＝22|mn |，所以|mn |≤24，当且仅当|m |＝2|n |时取等号，从而S △ABC ≤24.所以△ABC 面积的最大值为24. (3)证明：因为A (－1,0)，所以直线AD ：y ＝k 1(x ＋1)，直线AE ：y ＝k 2(x ＋1)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1(x ＋1)，x 2＋2y 2＝1消去y ，得(1＋2k 21)x 2＋4k 21x ＋2k 21－1＝0，解得x ＝－1或x ＝1－2k 211＋2k 21，故点D ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2k 211＋2k 21，2k 11＋2k 21.同理，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2k 221＋2k 22，2k 21＋2k 22. 又k 1k 2＝2，故E ⎝ ⎛⎭⎪⎫k 21－88＋k 21，4k 18＋k 21. 故直线DE 的方程为y －2k 11＋2k 21＝4k 18＋k 21－2k 11＋2k 21k 21－88＋k 21－1－2k 211＋2k 21· ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－2k 211＋2k 21，即y －2k 11＋2k 21＝3k 12(k 21＋2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－2k 211＋2k 21，即y ＝3k 12(k 21＋2)x ＋5k 12(k 21＋2). 所以2yk 21－(3x ＋5)k 1＋4y ＝0.则令⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，3x ＋5＝0得直线DE 恒过定点⎝⎛⎭⎫－53，0. 3．在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝12，直线l ：x －my －1＝0(m ∈R)过椭圆C 的右焦点F 交椭圆C 于A ，B 两点．(1)求椭圆C 的标准方程．(2)已知点D ⎝⎛⎭⎫52，0，连结BD ，过点A 作垂直于y 轴的直线l 1，设直线l 1与直线BD交于点P ，试探索当m 变化时，是否存在一条定直线l 2，使得点P 恒在直线l 2上？若存在，请求出直线l 2的方程；若不存在，请说明理由．解：(1)在x －my －1＝0中，令y ＝0，则x ＝1，所以F (1,0)．由题设，得⎩⎪⎨⎪⎧ c ＝1，c a ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，a ＝2，从而b 2＝a 2－c 2＝3，所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)令m ＝0，则A ⎝⎛⎭⎫1，32，B ⎝⎛⎭⎫1，－32或A ⎝⎛⎭⎫1，－32，B ⎝⎛⎭⎫1，32. 当A ⎝⎛⎭⎫1，32，B ⎝⎛⎭⎫1，－32时，P ⎝⎛⎭⎫4，32；当A ⎝⎛⎭⎫1，－32，B ⎝⎛⎭⎫1，32时，P ⎝⎛⎭⎫4，－32. 所以满足题意的定直线l 2只能是x ＝4.下面证明点P 恒在直线x ＝4上．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由于PA 垂直于y 轴，所以点P 的纵坐标为y 1，从而只要证明P (4，y 1)在直线BD 上．由⎩⎪⎨⎪⎧x －my －1＝0，x 24＋y 23＝1消去x ，得(4＋3m 2)y 2＋6my －9＝0. 因为Δ＝144(1＋m 2)>0，所以y 1＋y 2＝－6m 4＋3m 2，y 1y 2＝－94＋3m 2.① 因为k DB －k DP ＝y 2－0x 2－52－y 1－04－52＝y 2my 2＋1－52－y 132＝32y 2－y 1⎝⎛⎭⎫my 2－3232⎝⎛⎭⎫my 2－32＝y 1＋y 2－23my 1y 2my 2－32. 将①式代入上式，得k DB －k DP ＝0，所以k DB ＝k DP .所以点P (4，y 1)在直线BD 上，从而直线l 1、直线BD 与直线l 2：x ＝4三线恒过同一点P ，所以存在一条定直线l 2：x ＝4，使得点P 恒在直线l 2上．4. 如图，已知椭圆C ：x 24＋y 2＝1，A ，B 是四条直线x ＝±2，y ＝±1所围成的两个顶点．(1)设P 是椭圆C 上任意一点，若OP ＝m OA ＋n OB ，求证：动点Q (m ，n )在定圆上运动，并求出定圆的方程；(2)若M ，N 是椭圆C 上两个动点，且直线OM ，ON 的斜率之积等于直线OA ，OB 的斜率之积，试探求△OMN 的面积是否为定值，说明理由．解：(1)证明：易求A (2,1)，B (－2,1)．设P (x 0，y 0)，则x 204＋y 20＝1. 由OP ＝m OA ＋n OB ，得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝2(m －n )，y 0＝m ＋n ，所以4(m －n )24＋(m ＋n )2＝1，即m 2＋n 2＝12. 故点Q (m ，n )在定圆x 2＋y 2＝12上． (2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则y 1y 2x 1x 2＝－14. 平方得x 21x 22＝16y 21y 22＝(4－x 21)(4－x 22)，即x 21＋x 22＝4.因为直线MN 的方程为(x 2－x 1)y －(y 2－y 1)x ＋x 1y 2－x 2y 1＝0，所以O 到直线MN 的距离为d ＝||x 1y 2－x 2y 1(x 2－x 1)2＋(y 2－y 1)2，所以△OMN 的面积S ＝12MN ·d ＝12|x 1y 2－x 2y 1|＝12x 21y 22＋x 22y 21－2x 1x 2y 1y 2 ＝12x 21⎝⎛⎭⎫1－x 224＋x 22⎝⎛⎭⎫1－x 214＋12x 21x 22＝12x 21＋x 22＝1. 故△OMN 的面积为定值1.二上台阶，自主选做志在冲刺名校(2015·苏锡常镇、宿迁一调)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，且经过点⎝⎛⎭⎫1，62，过椭圆的左顶点A 作直线l ⊥x 轴，点M 为直线l 上的动点(点M 与点A 不重合)，点B 为椭圆右顶点，直线BM 交椭圆C 于点P . (1)求椭圆C 的方程；(2)求证：AP ⊥OM ； (3)试问OP ·OM 是否为定值？若是定值，请求出该定值；若不是，请说明理由．解：(1)因为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，所以a 2＝2c 2，又c 2＝a 2－b 2，所以a 2＝2b 2.又椭圆C 过点⎝⎛⎭⎫1，62，所以12b 2＋32b 2＝1. 所以a 2＝4，b 2＝2.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1. (2)证明：法一：设直线BM 的斜率为k ，则直线BM 的方程为y ＝k (x －2)．设P (x 1，y 1)，将y ＝k (x －2)代入椭圆C 的方程x 24＋y 22＝1中并化简得(2k 2＋1)x 2－8k 2x ＋8k 2－4＝0，解得x 1＝4k 2－22k 2＋1，x 2＝2，所以y 1＝k (x 1－2)＝－4k 2k 2＋1，从而P ⎝ ⎛⎭⎪⎫4k 2－22k 2＋1，－4k 2k 2＋1. 令x ＝－2，得y ＝－4k ，所以M (－2，－4k )， OM ＝(－2，－4k )．又AP ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4k 2－22k 2＋1＋2，－4k 2k 2＋1＝⎝⎛⎭⎫8k 22k 2＋1，－4k 2k 2＋1，所以AP · OM ＝－16k 22k 2＋1＋16k 22k 2＋1＝0，所以AP ⊥OM .法二：设P (x 0，y 0)．因为A (－2,0)，B (2,0)．所以k PA ·k PB ＝y 0x 0＋2·y 0x 0－2＝y 20x 20－4. 又因为点P 在椭圆上，所以x 204＋y 202＝1，所以y 20＝2⎝⎛⎭⎫1－x 204. 所以k PA ·k PB ＝12(4－x 20)x 20－4＝－12. 因为k PB ＝k MB ＝－tan ∠MBA ＝－MA AB， k MO ＝－tan ∠MOA ＝－MA AO ，所以k PB ＝12k MO . 因为k PB ＝－12k PA，所以k MO ·k PA ＝－1，即AP ⊥MO . (3)设M (－2，t )，P (x 0，y 0)．由(2)得AP ⊥MO .所以k AP ＝y 0x 0＋2，k OM ＝t －2. 所以k AP ·k OM ＝ty 0－2(x 0＋2)＝－1.所以t ＝2(x 0＋2)y 0. 所以OP · OM ＝(x 0，y 0)·⎝⎛⎭⎫－2，2(x 0＋2)y 0＝－2x 0＋y 0·2x 0＋4y 0＝4. 所以OP ·OM 为定值4.。

定点、定值、探索性问题

第三课时定点、定值、探索性问题A组基础巩固一、选择题1．(2021·北京延庆统测)设抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为l.P是抛物线上的一点，过P作PQ⊥x轴于Q，若|PF|＝3，则线段PQ的长为(C)A．2B．2C．22D．32[解析]抛物线的准线方程为x＝－1，由于|PF|＝3，根据抛物线的定义可知x P＝2，将x P＝2代入抛物线方程得y2P＝8，y P＝±22，所以|PQ|＝2 2.故选C．2．(2021·云南文山州质检)已知双曲线x2a2－y2＝1(a>0)上关于原点对称的两个点P，Q，右顶点为A，线段AP的中点为E，直线QE交x轴于M(1,0)，则双曲线的离心率为(D)A．5B．5 3C．10D．10 3[解析]由已知得M为△APQ的重心，∴a＝3|OM|＝3，又b＝1，∴c＝a2＋b2＝10，即e＝ca＝103，故选D．3．(2021·湖北宜昌部分示范高中协作体联考)椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率32，则双曲线x2a2－y2b2＝1的离心率为(D)A．2B．3C．2D．52[解析]椭圆离心率e1＝ca＝32，∴e21＝1－b2a2＝34，即b2a2＝14，∴双曲线的离心率e＝ca＝1＋b2a2＝52.故选D．4．已知椭圆和双曲线有共同的焦点F1，F2，P是它们的一个交点，且∠F1PF2＝2π3，记椭圆和双曲线的离心率分别为e 1，e 2，则3e 21＋1e 22＝( A )A ．4B ．23C ．2D ．3[解析] 设椭圆的长半轴长为a 1，双曲线的实半轴长为a 2，不妨设点P 在第一象限，根据椭圆和双曲线的定义，得|PF 1|＋|PF 2|＝2a 1，|PF 1|－|PF 2|＝2a 2，所以|PF 1|＝a 1＋a 2，|PF 2|＝a 1－a 2.又|F 1F 2|＝2c ，∠F 1PF 2＝2π3，所以在△F 1PF 2中，|F 1F 2|2＝|PF 1|2＋|PF 2|2－2|PF 1|·|PF 2|cos∠F 1PF 2，即4c 2＝(a 1＋a 2)2＋(a 1－a 2)2－2(a 1＋a 2)(a 1－a 2)cos 2π3，化简得3a 21＋a 22＝4c 2，两边同除以c 2，得3e 21＋1e 22＝4.故选A ．5．直线l 与抛物线C ：y 2＝2x 交于A ，B 两点，O 为坐标原点，若直线OA ，OB 的斜率分别为k 1，k 2，且满足k 1k 2＝23，则直线l 过定点( A )A ．(－3,0)B ．(0，－3)C ．(3,0)D ．(0,3)[解析] 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，因为k 1k 2＝23，所以y 1x 1·y 2x 2＝23.又y 21＝2x 1，y 22＝2x 2，所以y 1y 2＝6.将直线l ：x ＝my ＋b 代入抛物线C ：y 2＝2x 得y 2－2my －2b ＝0，所以y 1y 2＝－2b ＝6，得b ＝－3，即直线l 的方程为x ＝my －3，所以直线l 过定点(－3,0)．6．(2021·安徽皖江名校联考)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的右顶点为P ，任意一条平行于x 轴的直线交C 于A ，B 两点，总有P A ⊥PB ，则双曲线C 的离心率为( A )A ．2B ．3C ．62D ．233[解析] 设A (x 0，y 0)，B (－x 0，y 0)，则y 20＝b2⎝⎛⎭⎫x 2a 2－1，又P (a,0)，P A →＝(x 0－a ，y 0)，PB →＝(－x 0－a ，y 0)，由已知P A ⊥PB ，则P A →·PB →＝－x 20＋a 2＋y 20＝0，即(a 2－b 2)⎝⎛⎭⎫x 20a 2－1＝0，对于x 0≥a 或x 0≤－a 恒成立，故a 2＝b 2，即a ＝b ，所以e ＝1＋b 2a2＝ 2.故选A ． 7．(2021·河南洛阳期中)已知F 1F 2是双曲线C ：x 22－y 2＝1的两个焦点，过点F 1且垂直于x 轴的直线与C 相交于A ，B 两点，则△ABF 2的内切圆的半径为( B )A ．23B ．33C ．223D ．233[解析] 由题意知F 1(－3，0)，F 2(3，0)，当x ＝－3时，y ＝±22， ∴|AB |＝2，∴|AF |＝|BF |＝522， ∴l △ABF ＝62，S △ABF ＝6，∴所求内切圆半径r ＝2S △ABF l △ABF＝33.故选B ．8．(2020·安徽1号卷A10联盟联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)上存在两点M 、N 关于直线2x －3y －1＝0对称，且线段MN 中点的纵坐标为23，则椭圆C 的离心率是( B )A ．13B ．33C ．23D ．223[解析] 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 21a 2＋y 21b 2＝1，x 22a 2＋y 22b2＝1，两式相减可得 (x 1＋x 2)(x 1－x 2)a 2＋(y 1＋y 2)(y 1－y 2)b 2＝0，即y 1－y 2x 1－x 2＝－b 2a 2·x 1＋x 2y 1＋y 2.∵线段MN 中点的纵坐标为23，∴2x －3×23－1＝0，解得x ＝32，于是－32＝－b 2a 2·94，解得b 2a 2＝23，∴椭圆C 的离心率e ＝1－b 2a 2＝33，故选B ． (或直接利用性质k MN ·k OP ＝－b 2a2，其中P 为线段MN 的中点)．9．(2021·福建莆田质检)已知直线l 过抛物线C ：x 2＝6y 的焦点F ，交C 于A ，B 两点，交C 的准线于点P ，若AF →＝FP →，则|AB |＝( A )A ．8B ．9C ．11D ．16[解析] 过A 作准线的垂线，垂足为H ，则|AF |＝|AH |，又AF →＝FP →，∴|AH |＝12|AP |，∴k AP ＝33，又F ⎝⎛⎭⎫0，32， ∴AB 的方程为y ＝33x ＋32，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝33x ＋32x 2＝6y，得y 2－5y ＋94＝0，∴y A ＋y B ＝5， ∴|AB |＝y A ＋y B ＋p ＝5＋3＝8，故选A ．10．(2021·山东青岛调研)在平面直角坐标系xOy 中，动点P 与两个定点F 1(－3，0)和F 2(3，0)连线的斜率之积等于13，记点P 的轨迹为曲线E ，直线l ：y ＝k (x －2)与E 交于A ，B两点，则下列结论中正确的个数为( B )①E 的方程为x 23－y 2＝1(x ≠±3)②E 的离心率为3③E 的渐近线与圆(x －2)2＋y 2＝1相切 ④满足|AB |＝23的直线l 仅有1条 A ．1 B ．2 C ．3D ．4[解析] 设点P (x ，y )，由已知得y x ＋3·y x －3＝13，整理得x 23－y 2＝1，所以点P 的轨迹为曲线E 的方程为x 23－y 2＝1(x ≠±3)，故①正确；又离心率e ＝23＝233，故②不正确；圆(x－2)2＋y 2＝1的圆心(2,0)到曲线E 的渐近线为y ＝±33x 的距离为d ＝212＋(±3)2＝1，又圆(x －2)2＋y 2＝1的半径为1，故③正确；∵(2,0)为双曲线x 23－y 2＝1的右焦点，且x ＝2时，y ＝±33，∴过右焦点的双曲线最短的弦(通径)为233，又两顶点间距离为23，∴满足|AB |＝23的直线有3条，故④错．故选B ．二、填空题11．(2021·华东师大附中期中)若点Q (4,1)是抛物线y 2＝8x 的弦AB 的中点，则直线AB 的方程为__4x －y ＋15＝0__.[解析] 解法一：点差法，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 21＝8x 1，y 22＝8x 2，两式相减，得y 21－y 22＝8(x 1－x 2)，所以直线AB 的斜率k ＝y 1－y 2x 1－x 2＝8y 1＋y 2＝82＝4，所以直线AB 的方程为y －1＝4(x －4)，即4x －y ＋15＝0.解法二：斜率法：设直线AB 的方程为y －1＝k (x －4)，代入y 2＝8x ，得(kx )2－(8k 2－2k ＋8)x ＋(1－4k )2＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，Q (4,1)，所以x 1＋x 2＝8k 2－2k ＋8k 2＝8，解得k ＝4，所以直线AB 的方程为4x －y ＋15＝0.12．(2021·山西重点中学联考)已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的离心率e ＝2，过双曲线上一点M 作直线MA ，MB 交双曲线于A ，B 两点，且斜率分别为k 1，k 2，若直线AB 过原点，则k 1·k 2的值为__3__.[解析] 由题意知，e ＝ca＝1＋b 2a2＝2⇒b 2＝3a 2，则双曲线方程可化为3x 2－y 2＝3a 2，设A (m ，n )，M (x ，y )(x ≠±m )，则B (－m ，－n )， k 1·k 2＝y －n x －m ·y ＋n x ＋m ＝y 2－n 2x 2－m 2＝3x 2－3a 2－3m 2＋3a 2x 2－m 2＝3.13．(2021·河北石家庄模拟)已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右顶点分别为A ，B ，点P 是双曲线上一点，若△P AB 为等腰三角形，∠P AB ＝120°[解析] 如图所示：过点P 作PD ⊥x 轴，垂足为D ．因为△P AB 为等腰三角形，所以|P A |＝|AB |＝2a ，又因为∠P AB ＝120°，所以∠P AD ＝60°.|PD |＝|P A |·sin 60°＝3a ，|AD |＝|P A |·cos 60°＝a ，故P (－2a ，3a )．因为点P (－2a ，3a )在双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1上，所以4a 2a 2－3a 2b 2＝1，即a 2b2＝1.e ＝c 2a 2＝a 2＋b 2a 2＝1＋b 2a2＝ 2. 故答案为2 三、解答题14．(2021·河北唐山质检)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为63，直线l ：x ＝ty＋1交E 于A ，B 两点；当t ＝0时，|AB |＝263. (1)求E 的方程；(2)设A 在直线x ＝3上的射影为D ，证明：直线BD 过定点，并求定点坐标． [解析] (1)由题意得e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝23，整理得a 2＝3b 2，由t ＝0时，|AB |＝263得1a 2＋23b 2＝1，因此a ＝3，b ＝1.故E 的方程是x 23＋y 2＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则D (3，y 1)，将x ＝ty ＋1代入x 23＋y 2＝1得(t 2＋3)y 2＋2ty －2＝0，y 1＋y 2＝－2t t 2＋3，y 1·y 2＝－2t 2＋3，从而ty 1·y 2＝y 1＋y 2.①直线BD ：y ＝y 2－y 1x 2－3(x －3)＋y 1，设直线BD 与x 轴的交点为(x 0,0)，则y 2－y 1x 2－3(x 0－3)＋y 1＝0，所以x 0＝y 1(3－x 2)y 2－y 1＋3＝y 1(2－ty 2)y 2－y 1＋3＝2y 1－ty 1y 2y 2－y 1＋3，将①式代入上式可得x 0＝2，故直线BD 过定点(2,0)．15．(2021·山西运城调研)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，F 1、F 2分别是椭圆的左、右焦点，P 是椭圆上一点，且△PF 1F 2的周长是6.(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l 经过椭圆的右焦点F 2且与C 交于不同的两点M ，N ，试问：在x 轴上是否存在点Q ，使得直线QM 与直线QN 的斜率的和为定值？若存在，请求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．[解析] (1)设椭圆C 的焦距为2c (c >0)，由椭圆的定义知△PF 1F 2的周长为2a ＋2c ，所以2a ＋2c ＝6，①又因为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝c a ＝12，所以a ＝2c ，②联立①②解得a ＝2，c ＝1，所以b ＝a 2－c 2＝3，所求椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)若存在满足条件的点Q (t,0)．当直线l 的斜率k 存在时，设y ＝k (x －1)，联立x 24＋y 23＝1，消y 得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k 2，∵k QM ＋k QN ＝y 1x 1－t ＋y 2x 2－t＝k (x 1－1)(x 2－t )＋k (x 2－1)(x 1－t )(x 1－t )(x 2－t )＝2kx 1x 2－k (1＋t )(x 1＋x 2)＋2ktx 1x 2－t (x 1＋x 2)＋t 2＝k ·8k 2－243＋4k 2－8k 2(1＋t )3＋4k 2＋2t4k 2－123＋4k 2－8k 23＋4k 2t ＋t 2＝k ·8k 2－24－8k 2(1＋t )＋2t (3＋4k 2)4k 2－12－8k 2t ＋t 2(3＋4k 2)＝6k (t －4)4(t －1)2k 2＋3t 2－12∴要使对任意实数k ，k QM ＋k QN 为定值，则只有t ＝4，此时，k QM ＋k QN ＝0. 当直线l 与x 轴垂直时，若t ＝4，也有k QM ＋k QN ＝0.故在x 轴上存在点Q (4,0)，使得直线QM 与直线QN 的斜率的和为定值0.B 组能力提升1．(2021·吉林长春模拟)双曲线E ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)被斜率为4的直线截得的弦AB的中点为(2,1)，则双曲线E 的离心率为( B )A ．2B ．3C ．2D ．5[解析] 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)代入双曲线方程作差有(x 1－x 2)(x 1＋x 2)a 2＝(y 1－y 2)(y 1＋y 2)b 2，有b 2a 2＝(y 1－y 2)(y 1＋y 2)(x 1－x 2)(x 1＋x 2)＝2，所以c 2a2＝3，e ＝3，故选B ． 2.如图所示，椭圆中心在坐标原点，F 为左焦点，当FB →⊥AB →时，其离心率为5－12，此类椭圆被称为“黄金椭圆”．类比“黄金椭圆”，可推算出“黄金双曲线”的离心率e 等于( A )A ．5＋12B ．5－12C ．5－1D ．5＋1[解析] 椭圆中“和”对应双曲线中“差”，故选A ．事实上，设“黄金双曲线”方程为x 2a 2－y 2b2＝1，则B (0，b )，F (－c,0)，A (a,0)．在“黄金双曲线”中，因为FB →⊥AB →，所以FB →·AB →＝0. 又FB →＝(c ，b )，AB →＝(－a ，b )．所以b 2＝ac .而b 2＝c 2－a 2，所以c 2－a 2＝ac . 在等号两边同除以a 2，解得e ＝5＋12. 3．(2021·陕西省渭南市模拟)抛物线y 2＝4x 的焦点为F ，点P (x ，y )为该抛物线上的动点，又点A (－1,0)，则|PF ||P A |的最小值是( B )A ．12B ．22C ．32D ．233[解析] 由题意可知，抛物线的准线方程为x ＝－1，A (－1,0)，过P 作PN 垂直直线x ＝－1于N ，由抛物线的定义可知PF ＝PN ，连接P A ，|PF ||P A |＝|PN ||P A |最小⇔∠NAP 最小⇔∠P AF 最大⇔P A 与抛物线y 2＝4x 相切．设P A 的方程为：y ＝k (x ＋1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x ＋1)y 2＝4x，解得：k 2x 2＋(2k 2－4)x ＋k 2＝0，所以Δ＝(2k 2－4)2－4k 4＝0，解得k ＝±1，所以∠NP A ＝45°，|PF ||P A |＝cos ∠NP A ＝22，故选B ． 4．(2021·河南中原名校联考)直线l 与抛物线y 2＝4x 交于两不同点A ，B ，其中A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，若y 1y 2＝－36，则直线l 恒过点的坐标是__(9,0)__．[解析] 设直线l 的方程为x ＝my ＋n ，则由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋n ，y 2＝4x ，得y 2－4my －4n ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4n .又y 1y 2＝－36，∴－4n ＝－36，∴n ＝9，∴直线l 方程为x ＝my ＋9，恒过(9,0)． 5．(2021·山东质检)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)过点P (2,1)，且该椭圆的一个短轴端点与两焦点F 1，F 2为等腰直角三角形的三个顶点．(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l 不经过P 点且与椭圆C 相交于A ，B 两点．若直线P A 与直线PB 的斜率之积为1，证明：直线l 过定点．[解析] (1)由题意4a 2＋1b 2＝1，b ＝c ，结合a 2－b 2＝c 2，解得a ＝6，b ＝3， ∴椭圆方程为x 26＋y 23＝1.(2)证明：①当直线l 斜率不存在时，设直线l ：x ＝m ，A (m ，y m )，B (m ，－y m )，k P A ·k PB ＝y m －1m －2·－y m －1m －2＝1，解得m ＝2(舍)或m ＝6(舍)，故不满足． ②当直线l 斜率存在时，设l ：y ＝kx ＋t ， A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋t x 26＋y 23＝1，整理得(2k 2＋1)x 2＋4ktx ＋2t 2－6＝0. Δ＝8(6k 2－t 2＋3)>0，x 1＋x 2＝－4kt 2k 2＋1，x 1x 2＝2t 2－62k 2＋1.①则k P A ·k PB ＝y 1－1x 1－2·y 2－1x 2－2＝y 1y 2－(y 1＋y 2)＋1x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4＝1， ∴(k 2－1)x 1x 2＋(tk －k ＋2)(x 1＋x 2)＋t 2－2t －3＝0，将①代入上式可得12k 2＋8kt ＋t 2＋2t －3＝0， ∴(2k ＋t －1)·(6k ＋t ＋3)＝0，若2k ＋t －1＝0，t ＝1－2k ，直线l 经过P 点与已知矛盾，若6k ＋t ＋3＝0，t ＝－3－6k ，Δ＝－48(5k 2＋6k ＋1)存在k 使得Δ>0成立． ∴直线l 的方程为y ＝k (x －6)－3，故直线l 过定点(6，－3)．6．(2021·广东汕头模拟)在平面直角坐标系xOy 中，O 为坐标原点，F (0,1)，N (t ，－1)(t ∈R )，已知△MFN 是以FN 为底边，且边MN 平行于y 轴的等腰三角形．(1)求动点M 的轨迹C 的方程；(2)已知直线l 交x 轴于点P ，且与曲线C 相切于点A ，点B 在曲线C 上，且直线PB ∥y 轴，点P 关于点B 的对称点为点Q ，试判断点A 、Q 、O 三点是否共线，并说明理由．[解析] (1)设动点M (x ，y )，因为MN ∥y 轴，所以MN 与直线y ＝－1垂直，则|MN |＝|y ＋1|， ∵△MFN 是以FN 为底边的等腰直角三角形，故|MN |＝|MF |，即x 2＋(y －1)2＝|y ＋1|，即x 2＋(y －1)2＝(y ＋1)2，化简得x 2＝4y .因为当点M 为坐标原点时，M 、F 、N 三点共线，无法构成三角形，第 11 页共 11 页因此，动点M 的轨迹C 的方程为x 2＝4y (y ≠0)；(2)A 、Q 、O 三点共线，理由如下：因为直线l 与曲线C 相切，所以直线l 的斜率必存在且不为零，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m ，由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝4y y ＝kx ＋m ，消y 得x 2－4kx －4m ＝0，Δ＝16k 2＋16m ＝0，得m ＝－k 2. 所以，直线l 的方程为y ＝kx －k 2，令y ＝0，得x ＝k ，则点P ()k ，0，∴B ⎝⎛⎭⎫k ，k 24，故Q ⎝⎛⎭⎫k ，k 22，又由x 2－4kx ＋4k 2＝0，得x ＝2k ，则点A (2k ，k 2)，∵k AO ＝k 22k ＝k 2，k OQ ＝k 22k ＝k 2，∴k AO ＝k OQ ，因此，A 、Q 、O 三点共线．。

2020年高中数学课时跟踪检测含解析(全一册)新人教A版

2020年高中数学课时跟踪检测含解析新人教A版课时跟踪检测一变化率问题导数的概念课时跟踪检测二导数的几何意义课时跟踪检测三几个常用函数的导数基本初等函数的导数公式及导数的运算法则课时跟踪检测四复合函数求导及应用课时跟踪检测五函数的单调性与导数课时跟踪检测六函数的极值与导数课时跟踪检测七函数的最大小值与导数课时跟踪检测八生活中的优化问题举例课时跟踪检测九定积分的概念课时跟踪检测十微积分基本定理课时跟踪检测十一定积分的简单应用课时跟踪检测十二合情推理课时跟踪检测十三演绎推理课时跟踪检测十四综合法和分析法课时跟踪检测十五反证法课时跟踪检测十六数学归纳法课时跟踪检测十七数系的扩充和复数的概念课时跟踪检测十八复数的几何意义课时跟踪检测十九复数代数形式的加减运算及其几何意义课时跟踪检测二十复数代数形式的乘除运算课时跟踪检测（一）变化率问题、导数的概念一、题组对点训练对点练一函数的平均变化率1．如果函数y ＝ax ＋b 在区间[1,2]上的平均变化率为3,则a ＝( ) A ．－3 B ．2 C ．3 D ．－2解析：选C 根据平均变化率的定义,可知Δy Δx ＝(2a ＋b )－(a ＋b )2－1＝a ＝3.2．若函数f (x )＝－x 2＋10的图象上一点⎝ ⎛⎭⎪⎫32，314及邻近一点⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋Δx ，314＋Δy ,则Δy Δx ＝( )A ．3B ．－3C ．－3－(Δx )2D ．－Δx －3解析：选D ∵Δy ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋Δx －f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝－3Δx －(Δx )2,∴Δy Δx ＝－3Δx －(Δx )2Δx ＝－3－Δx . 3．求函数y ＝f (x )＝1x在区间[1,1＋Δx ]内的平均变化率．解：∵Δy ＝f (1＋Δx )－f (1)＝11＋Δx－1＝1－1＋Δx 1＋Δx ＝1－(1＋Δx )(1＋1＋Δx )1＋Δx＝－Δx(1＋1＋Δx )1＋Δx, ∴Δy Δx ＝－1(1＋1＋Δx )1＋Δx. 对点练二求瞬时速度4．某物体的运动路程s (单位：m)与时间t (单位：s)的关系可用函数s (t )＝t 3－2表示,则此物体在t ＝1 s 时的瞬时速度(单位：m/s)为( )A ．1B ．3C ．－1D ．0 答案：B5．求第4题中的物体在t 0时的瞬时速度．解：物体在t 0时的平均速度为v ＝s (t 0＋Δt )－s (t 0)Δt＝(t 0＋Δt )3－2－(t 30－2)Δt ＝3t 20Δt ＋3t 0(Δt )2＋(Δt )3Δt＝3t 20＋3t 0Δt ＋(Δt )2.因为lim Δt →0 [3t 20＋3t 0Δt ＋(Δt )2]＝3t 20,故此物体在t ＝t 0时的瞬时速度为3t 20 m/s. 6．若第4题中的物体在t 0时刻的瞬时速度为27 m/s,求t 0的值．解：由v ＝s (t 0＋Δt )－s (t 0)Δt ＝(t 0＋Δt )3－2－(t 30－2)Δt＝3t 20Δt ＋3t 0(Δt )2＋(Δt )3Δt ＝3t 20＋3t 0Δt ＋(Δt )2,因为lim Δt →0 [3t 20＋3t 0Δt ＋(Δt )2]＝3t 20. 所以由3t 20＝27,解得t 0＝±3, 因为t 0>0,故t 0＝3,所以物体在3 s 时的瞬时速度为27 m/s. 对点练三利用定义求函数在某一点处的导数 7．设函数f (x )可导,则lim Δx →0 f (1＋3Δx )－f (1)3Δx等于( )A ．f ′(1)B ．3f ′(1)C ．13f ′(1) D ．f ′(3)解析：选A lim Δx →0f (1＋3Δx )－f (1)3Δx＝f ′(1)．8．设函数f (x )＝ax ＋3,若f ′(1)＝3,则a 等于( ) A ．2 B ．－2 C ．3 D ．－3 解析：选C ∵f ′(1)＝lim Δx →0 f (1＋Δx )－f (1)Δx＝lim Δx →0a (1＋Δx )＋3－(a ＋3)Δx＝a ,∴a ＝3.9．求函数f (x )＝x 在x ＝1处的导数f ′(1)．解：由导数的定义知,函数在x ＝1处的导数f ′(1)＝lim Δx →0f (1＋Δx )－f (1)Δx,而f (1＋Δx )－f (1)Δx ＝1＋Δx －1Δx ＝11＋Δx ＋1,又lim Δx →0 11＋Δx ＋1＝12,所以f ′(1)＝12.二、综合过关训练1．若f (x )在x ＝x 0处存在导数,则lim h →0 f (x 0＋h )－f (x 0)h( )A ．与x 0,h 都有关B ．仅与x 0有关,而与h 无关C ．仅与h 有关,而与x 0无关D ．以上答案都不对解析：选B 由导数的定义知,函数在x ＝x 0处的导数只与x 0有关．2．函数y ＝x 2在x 0到x 0＋Δx 之间的平均变化率为k 1,在x 0－Δx 到x 0之间的平均变化率为k 2,则k 1与k 2的大小关系为( )A ．k 1>k 2B ．k 2<k 2C ．k 1＝k 2D ．不确定解析：选D k 1＝f (x 0＋Δx )－f (x 0)Δx ＝(x 0＋Δx )2－x 20Δx＝2x 0＋Δx ；k 2＝f (x 0)－f (x 0－Δx )Δx ＝x 20－(x 0－Δx )2Δx＝2x 0－Δx .因为Δx 可正也可负,所以k 1与k 2的大小关系不确定． 3．A ,B 两机关开展节能活动,活动开始后两机关的用电量W 1(t ),W 2(t )与时间t (天)的关系如图所示,则一定有( )A ．两机关节能效果一样好B ．A 机关比B 机关节能效果好C ．A 机关的用电量在[0,t 0]上的平均变化率比B 机关的用电量在[0,t 0]上的平均变化率大D ．A 机关与B 机关自节能以来用电量总是一样大解析：选B 由题图可知,A 机关所对应的图象比较陡峭,B 机关所对应的图象比较平缓,且用电量在[0,t 0]上的平均变化率都小于0,故一定有A 机关比B 机关节能效果好．4．一个物体的运动方程为s ＝1－t ＋t 2,其中s 的单位是：m,t 的单位是：s,那么物体在3 s 末的瞬时速度是( )A ．7 m/sB ．6 m/sC ．5 m/sD ．8 m/s解析：选C ∵Δs Δt ＝1－(3＋Δt )＋(3＋Δt )2－(1－3＋32)Δt＝5＋Δt ,∴lim Δt →0 Δs Δt ＝lim Δt →0 (5＋Δt )＝5 (m/s)． 5．如图是函数y ＝f (x )的图象,则(1)函数f (x )在区间[－1,1]上的平均变化率为________； (2)函数f (x )在区间[0,2]上的平均变化率为________．解析：(1)函数f (x )在区间[－1,1]上的平均变化率为f (1)－f (－1)1－(－1)＝2－12＝12.(2)由函数f (x )的图象知,f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋32，－1≤x ≤1，x ＋1，1<x ≤3.所以,函数f (x )在区间[0,2]上的平均变化率为f (2)－f (0)2－0＝3－322＝34.答案：(1)12 (2)346．函数y ＝－1x在点x ＝4处的导数是________．解析：∵Δy ＝－14＋Δx＋14＝12－14＋Δx ＝4＋Δx －224＋Δx ＝Δx24＋Δx (4＋Δx ＋2). ∴Δy Δx ＝124＋Δx (4＋Δx ＋2). ∴lim Δx →0 Δy Δx ＝lim Δx →0124＋Δx (4＋Δx ＋2) ＝12×4×(4＋2)＝116.∴y ′|x ＝4＝116.答案：1167．一做直线运动的物体,其位移s 与时间t 的关系是s ＝3t －t 2(位移：m ；时间：s)． (1)求此物体的初速度；(2)求此物体在t ＝2时的瞬时速度； (3)求t ＝0到t ＝2时平均速度．解：(1)初速度v 0＝lim Δt →0 s (Δt )－s (0)Δt ＝lim Δt →0 3Δt －(Δt 2)Δt＝lim Δt →0 (3－Δt )＝3(m/s)．即物体的初速度为3 m/s. (2)v ＝lim Δt →0s (2＋Δt )－s (2)Δt＝lim Δt →0 3(2＋Δt )－(2＋Δt )2－(3×2－4)Δt＝lim Δt →0 －(Δt )2－Δt Δt ＝lim Δt →0 (－Δt －1)＝－1(m/s)．即此物体在t ＝2时的瞬时速度为1 m/s,方向与初速度相反． (3)v ＝s (2)－s (0)2－0＝6－4－02＝1(m/s)．即t ＝0到t ＝2时的平均速度为1 m/s.8．若函数f (x )＝－x 2＋x 在[2,2＋Δx ](Δx >0)上的平均变化率不大于－1,求Δx 的范围．解：因为函数f (x )在[2,2＋Δx ]上的平均变化率为： Δy Δx ＝f (2＋Δx )－f (2)Δx＝－(2＋Δx )2＋(2＋Δx )－(－4＋2)Δx＝－4Δx ＋Δx －(Δx )2Δx ＝－3－Δx ,所以由－3－Δx ≤－1, 得Δx ≥－2. 又因为Δx >0,即Δx 的取值范围是(0,＋∞)．课时跟踪检测（二）导数的几何意义一、题组对点训练对点练一求曲线的切线方程1．曲线y ＝x 3＋11在点(1,12)处的切线与y 轴交点的纵坐标是( ) A ．－9 B ．－3 C ．9 D ．15解析：选C ∵切线的斜率k ＝lim Δx →0 Δy Δx ＝lim Δx →0 (1＋Δx )3＋11－12Δx ＝lim Δx →0 1＋3·Δx ＋3·(Δx )2＋(Δx )3－1Δx ＝lim Δx →0[3＋3(Δx )＋(Δx )2]＝3, ∴切线的方程为y －12＝3(x －1)．令x ＝0得y ＝12－3＝9.2．求曲线y ＝1x 在点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2的切线方程．解：因为y ′＝lim Δx →0 Δy Δx ＝lim Δx →0 1x ＋Δx －1x Δx ＝lim Δx →0 －1x 2＋x ·Δx ＝－1x 2, 所以曲线在点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2的切线斜率为k ＝y ′|x ＝12＝－4.故所求切线方程为y －2＝－4⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12,即4x ＋y －4＝0.对点练二求切点坐标3．若曲线y ＝x 2＋ax ＋b 在点(0,b )处的切线方程是x －y ＋1＝0,则( ) A ．a ＝1,b ＝1 B ．a ＝－1,b ＝1 C ．a ＝1,b ＝－1D ．a ＝－1,b ＝－1解析：选A ∵点(0,b )在直线x －y ＋1＝0上,∴b ＝1. 又y ′＝lim Δx →0 (x ＋Δx )2＋a (x ＋Δx )＋1－x 2－ax －1Δx ＝2x ＋a , ∴过点(0,b )的切线的斜率为y ′|x ＝0＝a ＝1.4．已知曲线y ＝2x 2＋4x 在点P 处的切线斜率为16,则点P 坐标为________．解析：设P (x 0,2x 20＋4x 0),则f ′(x 0)＝lim Δx →0 f (x 0＋Δx )－f (x 0)Δx ＝lim Δx →0 2(Δx )2＋4x 0Δx ＋4ΔxΔx＝4x 0＋4, 又∵f ′(x 0)＝16,∴4x 0＋4＝16,∴x 0＝3,∴P (3,30)．答案：(3,30)5．曲线y ＝f (x )＝x 2的切线分别满足下列条件,求出切点的坐标． (1)平行于直线y ＝4x －5； (2)垂直于直线2x －6y ＋5＝0； (3)切线的倾斜角为135°.解：f ′(x )＝lim Δx →0 f (x ＋Δx )－f (x )Δx ＝lim Δx →0(x ＋Δx )2－x2Δx＝2x , 设P (x 0,y 0)是满足条件的点．(1)∵切线与直线y ＝4x －5平行,∴2x 0＝4,∴x 0＝2,y 0＝4,即P (2,4),显然P (2,4)不在直线y ＝4x －5上,∴符合题意．(2)∵切线与直线2x －6y ＋5＝0垂直,∴2x 0·13＝－1,∴x 0＝－32,y 0＝94,即P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，94.(3)∵切线的倾斜角为135°,∴其斜率为－1,即2x 0＝－1,∴x 0＝－12,y 0＝14,即P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，14. 对点练三导数几何意义的应用 6．下面说法正确的是( )A ．若f ′(x 0)不存在,则曲线y ＝f (x )点(x 0,f (x 0))处没有切线B ．若曲线y ＝f (x )在点(x 0,f (x 0))处有切线,则f ′(x 0)必存在C ．若f ′(x 0)不存在,则曲线y ＝f (x )在点(x 0,f (x 0))处的切线斜率不存在D ．若曲线y ＝f (x )在点(x 0,f (x 0))处没有切线,则f ′(x 0)有可能存在解析：选C 根据导数的几何意义及切线的定义知曲线在(x 0,y 0)处有导数,则切线一定存在,但反之不一定成立,故A,B,D 错误．7．设曲线y ＝f (x )在某点处的导数值为0,则过曲线上该点的切线( ) A ．垂直于x 轴B ．垂直于y 轴C ．既不垂直于x 轴也不垂直于y 轴D ．方向不能确定解析：选B 由导数的几何意义知曲线f (x )在此点处的切线的斜率为0,故切线与y 轴垂直．8．如图所示,单位圆中弧AB 的长为x ,f (x )表示弧AB 与弦AB 所围成的弓形面积的2倍,则函数y ＝f (x )的图象是( )解析：选D 不妨设A 固定,B 从A 点出发绕圆周旋转一周,刚开始时x 很小,即弧AB 长度很小,这时给x 一个改变量Δx ,那么弦AB 与弧AB 所围成的弓形面积的改变量非常小,即弓形面积的变化较慢；当弦AB 接近于圆的直径时,同样给x 一个改变量Δx ,那么弧AB 与弦AB 所围成的弓形面积的改变量将较大,即弓形面积的变化较快；从直径的位置开始,随着B点的继续旋转,弓形面积的变化又由变化较快变为越来越慢．由上可知函数y ＝f (x )图象的上升趋势应该是首先比较平缓,然后变得比较陡峭,最后又变得比较平缓,对比各选项知D 正确．9．已知函数y ＝f (x )的图象如图所示, 则函数y ＝f ′(x )的图象可能是________(填序号)．解析：由y ＝f (x )的图象及导数的几何意义可知,当x <0时f ′(x )>0,当x ＝0时,f ′(x )＝0,当x >0时,f ′(x )<0,故②符合．答案：②二、综合过关训练1．函数f (x )的图象如图所示,则下列结论正确的是( ) A ．0<f ′(a )<f ′(a ＋1)<f (a ＋1)－f (a ) B ．0<f ′(a ＋1)<f (a ＋1)－f (a )<f ′(a ) C ．0<f ′(a ＋1)<f ′(a )<f (a ＋1)－f (a ) D ．0<f (a ＋1)－f (a )<f ′(a )<f ′(a ＋1)解析：选B f ′(a ),f ′(a ＋1)分别为曲线f (x )在x ＝a ,x ＝a ＋1处的切线的斜率,由题图可知f ′(a )>f ′(a ＋1)>0,而f (a ＋1)－f (a )＝f (a ＋1)－f (a )(a ＋1)－a表示(a ,f (a ))与(a ＋1,f (a＋1))两点连线的斜率,且在f ′(a )与f ′(a ＋1)之间．∴0<f ′(a ＋1)<f (a ＋1)－f (a )<f ′(a )．2．曲线y ＝1x －1在点P (2,1)处的切线的倾斜角为( ) A ．π6 B ．π4 C ．π3 D ．3π4解析：选D Δy ＝12＋Δx －1－12－1＝11＋Δx －1＝－Δx 1＋Δx ,lim Δx →0 Δy Δx ＝lim Δx →0 －11＋Δx ＝－1,斜率为－1,倾斜角为3π4.3．曲线y ＝x 3－2x ＋1在点(1,0)处的切线方程为( ) A ．y ＝x －1 B ．y ＝－x ＋1 C ．y ＝2x －2D ．y ＝－2x ＋2解析：选 A 由Δy ＝(1＋Δx )3－2(1＋Δx )＋1－(1－2＋1)＝(Δx )3＋3(Δx )2＋Δx 得lim Δx →0 Δy Δx ＝lim Δx →0 (Δx )2＋3Δx ＋1＝1,所以在点(1,0)处的切线的斜率k ＝1,切线过点(1,0),根据直线的点斜式可得切线方程为y ＝x －1.4．设P 0为曲线f (x )＝x 3＋x －2上的点,且曲线在P 0处的切线平行于直线y ＝4x －1,则P 0点的坐标为( )A ．(1,0)B ．(2,8)C ．(1,0)或(－1,－4)D ．(2,8)或(－1,－4)解析：选C f ′(x )＝lim Δx →0 (x ＋Δx )3＋(x ＋Δx )－2－(x 3＋x －2)Δx＝lim Δx →0 (3x 2＋1)Δx ＋3x (Δx )2＋(Δx )3Δx ＝3x 2＋1.由于曲线f (x )＝x 3＋x －2在P 0处的切线平行于直线y ＝4x －1,所以f (x )在P 0处的导数值等于4.设P 0(x 0,y 0),则有f ′(x 0)＝3x 20＋1＝4,解得x 0＝±1,P 0的坐标为(1,0)或(－1,－4)．5．已知二次函数y ＝f (x )的图象如图所示,则y ＝f (x )在A 、B 两点处的导数f ′(a )与f ′(b )的大小关系为：f ′(a )________f ′(b )(填“<”或“>”)．解析：f ′(a )与f ′(b )分别表示函数图象在点A 、B 处的切线斜率,故f ′(a )>f ′(b )．答案：>6．过点P (－1,2)且与曲线y ＝3x 2－4x ＋2在点M (1,1)处的切线平行的直线方程为____________．解析：曲线y ＝3x 2－4x ＋2在点M (1,1)处的切线斜率k ＝y ′|x ＝1＝lim Δx →03(1＋Δx )2－4(1＋Δx )＋2－3＋4－2Δx＝lim Δx →0 (3Δx ＋2)＝2.所以过点 P (－1,2)的直线的斜率为2.由点斜式得y－2＝2(x＋1),即2x－y＋4＝0.所以所求直线方程为2x－y＋4＝0.答案：2x－y＋4＝07．甲、乙二人跑步的路程与时间关系以及百米赛跑路程和时间关系分别如图①②,试问：(1)甲、乙二人哪一个跑得快？(2)甲、乙二人百米赛跑,问快到终点时,谁跑得较快？解：(1)图①中乙的切线斜率比甲的切线斜率大,故乙跑得快；(2)图②中在快到终点时乙的瞬时速度大,故快到终点时,乙跑得快．8．“菊花”烟花是最壮观的烟花之一,制造时通常期望它在达到最高时爆裂．如果烟花距地面的高度h(m)与时间t(s)之间的关系式为h(t)＝－4.9t2＋14.7t.其示意图如图所示．根据图象,结合导数的几何意义解释烟花升空后的运动状况．解：如图,结合导数的几何意义,我们可以看出：在t＝1.5 s附近曲线比较平坦,也就是说此时烟花的瞬时速度几乎为0,达到最高点并爆裂；在0～1.5 s之间,曲线在任何点的切线斜率大于0且切线的倾斜程度越来越小,也就是说烟花在达到最高点前,以越来越小的速度升空；在1.5 s后,曲线在任何点的切线斜率小于0且切线的倾斜程度越来越大,即烟花达到最高点后,以越来越大的速度下降,直到落地．课时跟踪检测（三）几个常用函数的导数、基本初等函数的导数公式及导数的运算法则一、题组对点训练对点练一利用导数公式求函数的导数 1．给出下列结论：①(cos x )′＝sin x ；②⎝ ⎛⎭⎪⎫sin π3′＝cos π3；③若y ＝1x 2,则y ′＝－1x ；④⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x ′＝12x x.其中正确的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：选B 因为(cos x )′＝－sin x ,所以①错误．sin π3＝32,而⎝ ⎛⎭⎪⎫32′＝0,所以②错误.⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2′＝0－(x 2)′x 4＝－2x x 4＝－2x 3,所以③错误.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x ′＝－0－(x 12)′x ＝12x －12x ＝12x －32＝12x x,所以④正确． 2．已知f (x )＝x α(α∈Q *),若f ′(1)＝14,则α等于( )A ．13B ．12C ．18D ．14 解析：选D ∵f (x )＝x α,∴f ′(x )＝αx α－1.∴f ′(1)＝α＝14.对点练二利用导数的运算法则求导数 3．函数y ＝sin x ·cos x 的导数是( ) A ．y ′＝cos 2x ＋sin 2x B ．y ′＝cos 2x －sin 2x C ．y ′＝2cos x ·sin xD ．y ′＝cos x ·sin x解析：选B y ′＝(sin x ·cos x )′＝cos x ·cos x ＋sin x ·(－sin x )＝cos 2x －sin 2x . 4．函数y ＝x 2x ＋3的导数为________．解析：y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x ＋3′＝(x 2)′(x ＋3)－x 2(x ＋3)′(x ＋3)2＝2x (x ＋3)－x 2(x ＋3)2＝x 2＋6x (x ＋3)2.答案：x 2＋6x (x ＋3)25．已知函数f (x )＝ax ln x ,x ∈(0,＋∞),其中a 为实数,f ′(x )为f (x )的导函数．若f ′(1)＝3,则a 的值为________．解析：f ′(x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋x ·1x ＝a (1＋ln x )．由于f ′(1)＝a (1＋ln 1)＝a ,又f ′(1)＝3, 所以a ＝3.答案：36．求下列函数的导数．(1)y ＝sin x －2x 2；(2)y ＝cos x ·ln x ；(3)y ＝exsin x.解：(1)y ′＝(sin x －2x 2)′＝(sin x )′－(2x 2)′＝cos x －4x .(2)y ′＝(cos x ·ln x )′＝(cos x )′·ln x ＋cos x ·(ln x )′＝－sin x ·ln x ＋cos xx.(3)y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e x sin x ′＝(e x )′·sin x －e x ·(sin x )′sin 2x ＝e x ·sin x －e x ·cos x sin 2x ＝e x(sin x －cos x )sin 2x. 对点练三利用导数公式研究曲线的切线问题7．(2019·全国卷Ⅰ)曲线y ＝3(x 2＋x )e x在点(0,0)处的切线方程为________．解析：∵y ′＝3(2x ＋1)e x ＋3(x 2＋x )e x ＝e x (3x 2＋9x ＋3), ∴切线斜率k ＝e 0×3＝3,∴切线方程为y ＝3x . 答案：y ＝3x8．若曲线f (x )＝x ·sin x ＋1在x ＝π2处的切线与直线ax ＋2y ＋1＝0互相垂直,则实数a ＝________.解析：因为f ′(x )＝sin x ＋x cos x ,所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝sin π2＋π2cos π2＝1.又直线ax ＋2y ＋1＝0的斜率为－a2,所以根据题意得1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝－1,解得a ＝2.答案：29．已知a ∈R,设函数f (x )＝ax －ln x 的图象在点(1,f (1))处的切线为l ,则l 在y 轴上的截距为________．解析：因为f ′(x )＝a －1x,所以f ′(1)＝a －1,又f (1)＝a ,所以切线l 的方程为y －a＝(a －1)(x －1),令x ＝0,得y ＝1.答案：110．在平面直角坐标系xOy 中,点P 在曲线C ：y ＝x 3－10x ＋13上,且在第一象限内,已知曲线C 在点P 处的切线的斜率为2,求点P 的坐标．解：设点P 的坐标为(x 0,y 0),因为y ′＝3x 2－10,所以3x 20－10＝2,解得x 0＝±2.又点P 在第一象限内,所以x 0＝2,又点P 在曲线C 上,所以y 0＝23－10×2＋13＝1,所以点P 的坐标为(2,1)．二、综合过关训练1．f 0(x )＝sin x ,f 1(x )＝f ′0(x ),f 2(x )＝f ′1(x ),…,f n ＋1(x )＝f ′n (x ),n ∈N,则f 2 019(x )＝( )A ．sin xB ．－sin xC ．cos xD ．－cos x解析：选D 因为f 1(x )＝(sin x )′＝cos x ,f 2(x )＝(cos x )′＝－sin x ,f 3(x )＝(－sin x )′＝－cos x ,f 4(x )＝(－cos x )′＝sin x ,f 5(x )＝(sin x )′＝cos x ,所以循环周期为4,因此f 2 019(x )＝f 3(x )＝－cos x .2．已知曲线y ＝x 24－3ln x 的一条切线的斜率为12,则切点的横坐标为( )A ．3B ．2C ．1D ．12解析：选A 因为y ′＝x 2－3x ,所以根据导数的几何意义可知,x 2－3x ＝12,解得x ＝3(x ＝－2不合题意,舍去)．3．曲线y ＝sin x sin x ＋cos x －12在点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，0处的切线的斜率为( )A ．－12B ．12C ．－22D ．22解析：选B y ′＝cos x (sin x ＋cos x )－sin x (cos x －sin x )(sin x ＋cos x )2＝11＋sin 2x ,把x ＝π4代入得导数值为12,即为所求切线的斜率．4．已知直线y ＝3x ＋1与曲线y ＝ax 3＋3相切,则a 的值为( ) A ．1 B ．±1 C ．－1D ．－2解析：选A 设切点为(x 0,y 0),则y 0＝3x 0＋1,且y 0＝ax 30＋3,所以3x 0＋1＝ax 30＋3…①.对y ＝ax 3＋3求导得y ′＝3ax 2,则3ax 20＝3,ax 20＝1…②,由①②可得x 0＝1,所以a ＝1.5．设a 为实数,函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a －3)x 的导函数为f ′(x ),且f ′(x )是偶函数,则曲线y ＝f (x )在点(2,f (2))处的切线方程为____________．解析：f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋a －3, ∵f ′(x )是偶函数,∴a ＝0, ∴f (x )＝x 3－3x ,f ′(x )＝3x 2－3, ∴f (2)＝8－6＝2,f ′(2)＝9,∴曲线y ＝f (x )在点(2,f (2))处的切线方程为y －2＝9(x －2), 即9x －y －16＝0. 答案：9x －y －16＝06．设f (x )＝x (x ＋1)(x ＋2)…(x ＋n ),则f ′(0)＝________. 解析：令g (x )＝(x ＋1)(x ＋2)…(x ＋n ),则f (x )＝xg (x ), 求导得f ′(x )＝x ′g (x )＋xg ′(x )＝g (x )＋xg ′(x ), 所以f ′(0)＝g (0)＋0×g ′(0)＝g (0)＝1×2×3×…×n . 答案：1×2×3×…×n7．已知曲线y ＝x ＋ln x 在点(1,1)处的切线与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切,则a ＝________.解析：法一：∵y ＝x ＋ln x , ∴y ′＝1＋1x,y ′|x ＝1＝2.∴曲线y ＝x ＋ln x 在点(1,1)处的切线方程为y －1＝2(x －1),即y ＝2x －1. ∵y ＝2x －1与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切,∴a ≠0(当a ＝0时曲线变为y ＝2x ＋1与已知直线平行)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x －1，y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1，消去y ,得ax 2＋ax ＋2＝0.由Δ＝a 2－8a ＝0,解得a ＝8. 法二：同法一得切线方程为y ＝2x －1.设y ＝2x －1与曲线y ＝ax 2＋(a ＋2)x ＋1相切于点(x 0,ax 20＋(a ＋2)x 0＋1)． ∵y ′＝2ax ＋(a ＋2), ∴y ′|x ＝x 0＝2ax 0＋(a ＋2)．由⎩⎪⎨⎪⎧2ax 0＋(a ＋2)＝2，ax 20＋(a ＋2)x 0＋1＝2x 0－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－12，a ＝8.答案：88．设f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1的导数f ′(x )满足f ′(1)＝2a ,f ′(2)＝－b ,其中常数a ,b ∈R.求曲线y ＝f (x )在点(1,f (1))处的切线方程．解：因为f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1,所以f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b . 令x ＝1,得f ′(1)＝3＋2a ＋b , 又f ′(1)＝2a,3＋2a ＋b ＝2a , 解得b ＝－3,令x ＝2得f ′(2)＝12＋4a ＋b , 又f ′(2)＝－b , 所以12＋4a ＋b ＝－b , 解得a ＝－32.则f (x )＝x 3－32x 2－3x ＋1,从而f (1)＝－52.又f ′(1)＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝－3, 所以曲线y ＝f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＝－3(x －1), 即6x ＋2y －1＝0.9．已知两条直线y ＝sin x ,y ＝cos x ,是否存在这两条曲线的一个公共点,使在这一点处,两条曲线的切线互相垂直？并说明理由．解：不存在．由于y ＝sin x ,y ＝cos x ,设两条曲线的一个公共点为P (x 0,y 0),所以两条曲线在P (x 0,y 0)处的斜率分别为k 1＝y ′|x ＝x 0＝cos x 0,k 2＝y ′|x ＝x 0＝－sinx 0.若使两条切线互相垂直,必须使cos x 0·(－sin x 0)＝－1,即sin x 0·cos x 0＝1,也就是sin 2x 0＝2,这是不可能的,所以两条曲线不存在公共点,使在这一点处的两条切线互相垂直．课时跟踪检测（四）复合函数求导及应用一、题组对点训练对点练一简单复合函数求导问题 1．y ＝cos 3x 的导数是( ) A ．y ′＝－3cos 2x sin x B ．y ′＝－3cos 2x C ．y ′＝－3sin 2xD ．y ′＝－3cos x sin 2x解析：选A 令t ＝cos x ,则y ＝t 3,y ′＝y t ′·t x ′＝3t 2·(－sin x )＝－3cos 2x sin x . 2．求下列函数的导数． (1)y ＝ln(e x ＋x 2)； (2)y ＝102x ＋3；(3)y ＝sin 4x ＋cos 4x .解：(1)令u ＝e x ＋x 2,则y ＝ln u .∴y ′x ＝y ′u ·u ′x ＝1u ·(e x ＋x 2)′＝1e x ＋x 2·(e x＋2x )＝e x＋2x e x ＋x2.(2)令u ＝2x ＋3,则y ＝10u,∴y ′x ＝y ′u ·u ′x ＝10u·ln 10·(2x ＋3)′＝2×102x ＋3ln10.(3)y ＝sin 4x ＋cos 4x ＝(sin 2x ＋cos 2x )2－2sin 2x ·cos 2x ＝1－12sin 22x ＝1－14(1－cos 4x )＝34＋14cos 4x . 所以y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34＋14cos 4x ′＝－sin 4x . 对点练二复合函数与导数运算法则的综合应用 3．函数y ＝x 2cos 2x 的导数为( ) A ．y ′＝2x cos 2x －x 2sin 2x B ．y ′＝2x cos 2x －2x 2sin 2x C ．y ′＝x 2cos 2x －2x sin 2xD ．y ′＝2x cos 2x ＋2x 2sin 2x解析：选B y ′＝(x 2)′cos 2x ＋x 2(cos 2x )′＝2x cos 2x ＋x 2(－sin 2x )·(2x )′＝2x cos 2x －2x 2sin 2x .4．函数y ＝x ln(2x ＋5)的导数为( ) A ．ln(2x ＋5)－x2x ＋5B ．ln(2x ＋5)＋2x2x ＋5C ．2x ln(2x ＋5)D ．x2x ＋5解析：选 B y ′＝[x ln(2x ＋5)]′＝x ′ln(2x ＋5)＋x [ln(2x ＋5)]′＝ln(2x ＋5)＋x ·12x ＋5·(2x ＋5)′＝ln(2x ＋5)＋2x 2x ＋5. 5．函数y ＝sin 2x cos 3x 的导数是________．解析：∵y ＝sin 2x cos 3x ,∴y ′＝(sin 2x )′cos 3x ＋sin 2x (cos 3x )′＝2cos 2x cos 3x －3sin 2x sin 3x . 答案：2cos 2x cos 3x －3sin 2x sin 3x6．已知f (x )＝e πxsin πx ,求f ′(x )及f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12.解：∵f (x )＝e πxsin πx ,∴f ′(x )＝πe πxsin πx ＋πe πxcos πx ＝πe πx(sin πx ＋cos πx )． f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝πe π2⎝ ⎛⎭⎪⎫sin π2＋cos π2＝πe 2π. 对点练三复合函数导数的综合问题7．设曲线y ＝ax －ln(x ＋1)在点(0,0)处的切线方程为y ＝2x ,则a ＝( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3解析：选D 令y ＝ax －ln(x ＋1),则f ′(x )＝a －1x ＋1.所以f (0)＝0,且f ′(0)＝2.联立解得a ＝3.8．曲线y ＝ln(2x －1)上的点到直线2x －y ＋3＝0的最短距离是( ) A. 5 B ．2 5 C ．3 5D ．0解析：选A 设曲线y ＝ln(2x －1)在点(x 0,y 0)处的切线与直线2x －y ＋3＝0平行． ∵y ′＝22x －1,∴y ′|x ＝x 0＝22x 0－1＝2,解得x 0＝1,∴y 0＝ln(2－1)＝0,即切点坐标为(1,0)．∴切点(1,0)到直线2x －y ＋3＝0的距离为d ＝|2－0＋3|4＋1＝5,即曲线y ＝ln(2x －1)上的点到直线2x －y ＋3＝0的最短距离是 5.9．放射性元素由于不断有原子放射出微粒子而变成其他元素,其含量不断减少,这种现象称为衰变．假设在放射性同位素铯137的衰变过程中,其含量M (单位：太贝克)与时间t (单位：年)满足函数关系：M (t )＝M 02－t30,其中M 0为t ＝0时铯137的含量．已知t ＝30时,铯137含量的变化率是－10ln 2(太贝克/年),则M (60)＝( )A ．5太贝克B ．75ln 2太贝克C ．150ln 2 太贝克D ．150太贝克解析：选D M ′(t )＝－130ln 2×M 02-t30,由M ′(30)＝－130ln 2×M 02-3030＝－10 ln 2,解得M 0＝600, 所以M (t )＝600×2-t 30,所以t ＝60时,铯137的含量为M (60)＝600×2-6030＝600×14＝150(太贝克)．二、综合过关训练1．函数y ＝(2 019－8x )3的导数y ′＝( ) A ．3(2 019－8x )2B ．－24xC ．－24(2 019－8x )2D ．24(2 019－8x 2)解析：选C y ′＝3(2 019－8x )2×(2 019－8x )′＝3(2 019－8x )2×(－8)＝－24(2 019－8x )2.2．函数y ＝12(e x ＋e －x)的导数是( )A ．12(e x －e －x) B ．12(e x ＋e －x) C ．e x－e －xD ．e x＋e －x解析：选A y ′＝12(e x ＋e －x )′＝12(e x －e －x)．3．已知直线y ＝x ＋1与曲线y ＝ln(x ＋a )相切,则a 的值为( ) A ．1 B ．2 C ．－1D ．－2解析：选B 设切点坐标是(x 0,x 0＋1),依题意有⎩⎪⎨⎪⎧1x 0＋a＝1，x 0＋1＝ln (x 0＋a )，由此得x 0＋1＝0,x 0＝－1,a ＝2.4．函数y ＝ln ex1＋ex 在x ＝0处的导数为________．解析：y ＝ln e x1＋e x ＝ln e x －ln(1＋e x )＝x －ln(1＋e x),则y ′＝1－e x1＋e x .当x ＝0时,y ′＝1－11＋1＝12. 答案：125．设曲线y ＝e ax在点(0,1)处的切线与直线x ＋2y ＋1＝0垂直,则a ＝________. 解析：令y ＝f (x ),则曲线y ＝e ax在点(0,1)处的切线的斜率为f ′(0),又切线与直线x ＋2y ＋1＝0垂直,所以f ′(0)＝2.因为f (x )＝e ax ,所以f ′(x )＝(e ax )′＝e ax ·(ax )′＝a e ax,所以f ′(0)＝a e 0＝a ,故a ＝2.答案：26．f (x )＝ax 2－1且f ′(1)＝2,则a 的值为________．解析：∵f (x )＝(ax 2－1)12,∴f ′(x )＝12(ax 2－1)－12·(ax 2－1)′＝ax ax 2－1 .又f ′(1)＝2,∴aa －1＝2,∴a ＝2. 答案：27．求函数y ＝a sin x3＋b cos 22x (a ,b 是实常数)的导数．解：∵⎝⎛⎭⎪⎫a sin x 3′＝a cos x 3·⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3′＝a 3cos x3,又(cos 22x )′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋12cos 4x ′＝12(－sin 4x )×4＝－2sin 4x , ∴y ＝a sin x3＋b cos 22x 的导数为y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a sin x 3′＋b (cos 22x )′＝a 3cos x 3－2b sin 4x .8．曲线y ＝e 2xcos 3x 在(0,1)处的切线与l 的距离为5,求l 的方程．解：由题意知y ′＝(e 2x)′cos 3x ＋e 2x(cos 3x )′ ＝2e 2x cos 3x ＋3(－sin 3x )·e 2x＝2e 2x cos 3x －3e 2xsin 3x ,所以曲线在(0,1)处的切线的斜率为k ＝y ′|x ＝0＝2. 所以该切线方程为y －1＝2x ,即y ＝2x ＋1. 设l 的方程为y ＝2x ＋m ,则d ＝|m －1|5＝ 5.解得m ＝－4或m ＝6.当m ＝－4时,l 的方程为y ＝2x －4;当m＝6时,l的方程为y＝2x＋6.综上,可知l的方程为y＝2x－4或y＝2x＋6.课时跟踪检测（五）函数的单调性与导数一、题组对点训练对点练一函数与导函数图象间的关系1．f′(x)是函数f(x)的导函数,y＝f′(x)的图象如图所示,则y＝f(x)的图象最有可能是下列选项中的( )解析：选C 题目所给出的是导函数的图象,导函数的图象在x轴的上方,表示导函数大于零,原函数的图象呈上升趋势；导函数的图象在x轴的下方,表示导函数小于零,原函数的图象呈下降趋势．由x∈(－∞,0)时导函数图象在x轴的上方,表示在此区间上,原函数的图象呈上升趋势,可排除B、D两选项．由x∈(0,2)时导函数图象在x轴的下方,表示在此区间上,原函数的图象呈下降趋势,可排除A选项．故选C.2．若函数y＝f′(x)在区间(x1,x2)内是单调递减函数,则函数y＝f(x)在区间(x1,x2)内的图象可以是( )解析：选B 选项A中,f′(x)>0且为常数函数；选项C中,f′(x)>0且f′(x)在(x1,x2)内单调递增；选项D中,f′(x)>0且f′(x)在(x1,x2)内先增后减．故选B.3．如图所示的是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象,则在[－2,5]上函数f(x)的递增区间为________．解析：因为在(－1,2)和(4,5]上f′(x)>0,所以f(x)在[－2,5]上的单调递增区间为(－1,2)和(4,5]．答案：(－1,2)和(4,5]对点练二判断(证明)函数的单调性、求函数的单调区间4．函数f(x)＝(x－3)e x的单调递增区间是( )A．(－∞,2)B．(0,3)C．(1,4) D．(2,＋∞)解析：选D f′(x)＝(x－3)′e x＋(x－3)(e x)′＝e x(x－2)．由f′(x)>0得x>2,∴f(x)的单调递增区间是(2,＋∞)．5．函数f (x )＝2x 2－ln x 的递增区间是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0和⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12解析：选C 由题意得,函数的定义域为(0,＋∞),f ′(x )＝4x －1x ＝4x 2－1x＝(2x ＋1)(2x －1)x ,令f ′(x )＝(2x ＋1)(2x －1)x >0,解得x >12,故函数f (x )＝2x 2－ln x 的递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.故选C. 6．已知f (x )＝ax 3＋bx 2＋c 的图象经过点(0,1),且在x ＝1处的切线方程是y ＝x . (1)求y ＝f (x )的解析式； (2)求y ＝f (x )的单调递增区间．解：(1)∵f (x )＝ax 3＋bx 2＋c 的图象经过点(0,1),∴c ＝1,f ′(x )＝3ax 2＋2bx ,f ′(1)＝3a ＋2b ＝1,切点为(1,1),则f (x )＝ax 3＋bx 2＋c 的图象经过点(1,1),得a ＋b ＋c ＝1,解得a ＝1,b ＝－1,即f (x )＝x 3－x 2＋1.(2)由f ′(x )＝3x 2－2x >0得x <0或x >23,所以单调递增区间为(－∞,0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞.对点练三与参数有关的函数单调性问题7．若函数f (x )＝x －a x 在[1,4]上单调递减,则实数a 的最小值为( ) A ．1 B ．2 C ．4D ．5解析：选C 函数f (x )＝x －a x 在[1,4]上单调递减,只需f ′(x )≤0在[1,4]上恒成立即可,令f ′(x )＝1－12ax －12≤0,解得a ≥2x ,则a ≥4.∴a min ＝4.8．若函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的单调递减区间为(－1,2),则b ＝________,c ＝________.解析：f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋c ,由题意知－1<x <2是不等式f ′(x )<0的解,即－1,2是方程3x 2＋2bx ＋c ＝0的两个根,把－1,2分别代入方程,解得b ＝－32,c ＝－6.答案：－32－69．已知函数f (x )＝(x －2)e x＋a (x －1)2.讨论f (x )的单调性．解：f ′(x )＝(x －1)e x＋2a (x －1)＝(x －1)·(e x＋2a )．(1)设a ≥0,则当x ∈(－∞,1)时,f ′(x )<0；当x ∈(1,＋∞)时,f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增．(2)设a <0,由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )．①若a ＝－e 2,则f ′(x )＝(x －1)(e x－e),所以f (x )在(－∞,＋∞)上单调递增；②若－e2<a <0,则ln(－2a )<1,故当x ∈(－∞,ln(－2a ))∪(1,＋∞)时,f ′(x )>0；当x∈(ln(－2a ),1)时,f ′(x )<0.所以f (x )在(－∞,ln(－2a ))∪(1,＋∞)上单调递增,在(ln(－2a ),1)上单调递减；③若a <－e2,则ln(－2a )>1,故当x ∈(－∞,1)∪(ln(－2a ),＋∞)时,f ′(x )>0；当x ∈(1,ln(－2a ))时,f ′(x )<0.所以f (x )在(－∞,1)∪(ln(－2a ),＋∞)上单调递增,在(1,ln(－2a ))上单调递减．二、综合过关训练1．若函数e xf (x )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)在f (x )的定义域上单调递增,则称函数f (x )具有M 性质．下列函数中具有M 性质的是( )A ．f (x )＝2－xB ．f (x )＝x 2C ．f (x )＝3－xD ．f (x )＝cos x解析：选A 对于选项A,f (x )＝2－x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ,则e x f (x )＝e x·⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2x ,∵e 2＞1,∴e x f (x )在R 上单调递增,∴f (x )＝2－x具有M 性质．对于选项B,f (x )＝x 2,e xf (x )＝e x x 2,[e xf (x )]′＝e x(x 2＋2x ),令e x (x 2＋2x )＞0,得x ＞0或x ＜－2；令e x (x 2＋2x )＜0,得－2＜x ＜0,∴函数e xf (x )在(－∞,－2)和(0,＋∞)上单调递增,在(－2,0)上单调递减,∴f (x )＝x 2不具有M 性质．对于选项C,f (x )＝3－x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x ,则e x f (x )＝e x·⎝ ⎛⎭⎪⎫13x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e 3x ,∵e3＜1, ∴y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e 3x在R 上单调递减,∴f (x )＝3－x不具有M 性质．对于选项D,f (x )＝cos x ,e xf (x )＝e xcos x ,则[e x f (x )]′＝e x (cos x －sin x )≥0在R 上不恒成立,故e x f (x )＝e xcos x 在R 上不是单调递增的,∴f (x )＝cos x 不具有M 性质．故选A.2．若函数f (x )＝x －eln x,0<a <ef (b ) C ．f (a )>f (e)D ．f (e)>f (b )解析：选C f ′(x )＝1－e x ＝x －ex,x >0,令f ′(x )＝0,得x ＝e,f (x )在(0,e)上为减函数,在(e,＋∞)上为增函数,所以f (a )>f (e),f (b )>f (e),f (a )与f (b )的大小不确定．3．设f ′(x )是函数f (x )的导函数,将y ＝f (x )和y ＝f ′(x )的图象画在同一直角坐标系中,不可能正确的是( )解析：选D 对于选项A,若曲线C 1为y ＝f (x )的图象,曲线C 2为y ＝f ′(x )的图象,则函数y ＝f (x )在(－∞,0)内是减函数,从而在(－∞,0)内有f ′(x )<0；y ＝f (x )在(0,＋∞)内是增函数,从而在(0,＋∞)内有f ′(x )>0.因此,选项A 可能正确．同理,选项B 、C 也可能正确．对于选项D,若曲线C 1为y ＝f ′(x )的图象,则y ＝f (x )在(－∞,＋∞)内应为增函数,与C 2不相符；若曲线C 2为y ＝f ′(x )的图象,则y ＝f (x )在(－∞,＋∞)内应为减函数,与C 1不相符．因此,选项D 不可能正确．4．设f (x ),g (x )是定义在R 上的恒大于0的可导函数,且f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )<0,则当a <x f (b )g (b )B ．f (x )g (a )>f (a )g (x )C ．f (x )g (b )>f (b )g (x )D ．f (x )g (x )>f (a )g (a )解析：选C 因为⎣⎢⎡⎦⎥⎤f (x )g (x )′＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]2,又因为f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )<0,所以f (x )g (x )在R 上为减函数．又因为a <x f (x )g (x )>f (b )g (b ),又因为f (x )>0,g (x )>0,所以f (x )g (b )>f (b )g (x )．5．(2019·北京高考)设函数f (x )＝e x ＋a e －x(a 为常数)．若f (x )为奇函数,则a ＝________；若f (x )是R 上的增函数,则a 的取值范围是________．解析：∵f (x )＝e x ＋a e －x(a 为常数)的定义域为R, ∴f (0)＝e 0＋a e －0＝1＋a ＝0,∴a ＝－1.∵f (x )＝e x ＋a e －x ,∴f ′(x )＝e x －a e －x ＝e x－ae x .∵f (x )是R 上的增函数,∴f ′(x )≥0在R 上恒成立, 即e x≥ae x 在R 上恒成立,∴a ≤e 2x在R 上恒成立．又e 2x>0,∴a ≤0,即a 的取值范围是(－∞,0]．答案：－1 (－∞,0]6．如果函数f (x )＝2x 2－ln x 在定义域内的一个子区间(k －1,k ＋1)上不是单调函数,则实数k 的取值范围是________．解析：函数f (x )的定义域为(0,＋∞),f ′(x )＝4x －1x ＝4x 2－1x.由f ′(x )>0,得函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞；由f ′(x )<0,得函数f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.由于函数在区间(k －1,k ＋1)上不是单调函数,所以⎩⎪⎨⎪⎧k －1<12<k ＋1，k －1≥0.解得：1≤k <32.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32 7．已知函数f (x )＝x ln x .(1)求曲线f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)讨论函数f (x )在区间(0,t ](t >0)上的单调性．解：(1)f (x )的定义域为(0,＋∞),f ′(x )＝ln x ＋1. 曲线f (x )在x ＝1处的切线的斜率为k ＝f ′(1)＝1.把x ＝1代入f (x )＝x ln x 中得f (1)＝0,即切点坐标为(1,0)．所以曲线f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝x －1.(2)令f ′(x )＝1＋ln x ＝0,得x ＝1e.①当0<t <1e时,在区间(0,t ]上,f ′(x )<0,函数f (x )为减函数．②当t >1e 时,在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上,f ′(x )<0,f (x )为减函数；在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，t 上,f ′(x )>0,f (x )为增函数．8．已知函数f (x )＝ln x ,g (x )＝12ax 2＋2x ,a ≠0.若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1,4]上单调递减,求a 的取值范围．解：h (x )＝ln x －12ax 2－2x ,x ∈(0,＋∞),所以h ′(x )＝1x －ax －2.因为h (x )在[1,4]上单调递减,所以x ∈[1,4]时,h ′(x )＝1x－ax －2≤0恒成立,即a ≥1x 2－2x恒成立,令G (x )＝1x 2－2x,则a ≥G (x )max .而G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x－12－1.因为x ∈[1,4],所以1x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1,所以G (x )max ＝－716(此时x ＝4),所以a ≥－716.当a ＝－716时,h ′(x )＝1x ＋716x －2＝16＋7x 2－32x 16x ＝(7x －4)(x －4)16x .因为x ∈[1,4],所以h ′(x )＝(7x －4)(x －4)16x ≤0,即h (x )在[1,4]上为减函数．故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－716，＋∞.课时跟踪检测（六）函数的极值与导数一、题组对点训练对点练一求函数的极值1．函数y ＝x 3－3x 2－9x (－2<x <2)有( ) A ．极大值5,极小值－27 B ．极大值5,极小值－11 C ．极大值5,无极小值D ．极小值－27,无极大值解析：选C 由y ′＝3x 2－6x －9＝0, 得x ＝－1或x ＝3.当x <－1或x >3时,y ′>0；当－1<x <3时,y ′<0.∴当x ＝－1时,函数有极大值5； 3∉(－2,2),故无极小值．2．已知函数f (x )＝x 3－px 2－qx 的图象与x 轴切于(1,0)点,则f (x )的极大值、极小值分别为( )A ．427,0 B ．0,427C ．－427,0D ．0,－427解析：选A f ′(x )＝3x 2－2px －q , 由f ′(1)＝0,f (1)＝0,得⎩⎪⎨⎪⎧3－2p －q ＝0，1－p －q ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝2，q ＝－1，∴f (x )＝x 3－2x 2＋x .由f ′(x )＝3x 2－4x ＋1＝0得x ＝13或x ＝1,易得当x ＝13时f (x )取极大值427,当x ＝1时f (x )取极小值0.3．已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ,其导函数y ＝f ′(x )的图象经过点(1,0),(2,0),如图所示,则下列说法中不正确的序号是________． ①当x ＝32时,函数取得极小值；②f (x )有两个极值点； ③当x ＝2时,函数取得极小值； ④当x ＝1时,函数取得极大值．解析：由题图知,当x ∈(－∞,1)时,f ′(x )>0；当x ∈(1,2)时,f ′(x )<0；当x ∈(2,＋∞)时,f ′(x )>0,所以f (x )有两个极值点,分别为1和2,且当x ＝2时函数取得极小值,当x ＝1时函数取得极大值．只有①不正确．答案：①对点练二已知函数的极值求参数4．函数f (x )＝ax 3＋bx 在x ＝1处有极值－2,则a ,b 的值分别为( )A ．1,－3B ．1,3C ．－1,3D ．－1,－3解析：选A f ′(x )＝3ax 2＋b , 由题意知f ′(1)＝0,f (1)＝－2,∴⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋b ＝0，a ＋b ＝－2，∴a ＝1,b ＝－3.5．若函数f (x )＝x 2－2bx ＋3a 在区间(0,1)内有极小值,则实数b 的取值范围是( ) A ．b <1 B ．b >1 C ．00,符合题意．所以实数b 的取值范围是00.即a 2－a －2>0,解之得a >2或a <－1.答案：(－∞,－1)∪(2,＋∞) 对点练三函数极值的综合问题7．设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x ,a ∈R. (1)令g (x )＝f ′(x ),求g (x )的单调区间；(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值,求实数a 的取值范围．解：(1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a , 可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ,x ∈(0,＋∞)．则g ′(x )＝1x －2a ＝1－2ax x.当a ≤0时,x ∈(0,＋∞)时,g ′(x )>0,函数g (x )单调递增；当a >0时,x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时,g ′(x )>0,函数g (x )单调递增,x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时,函数g (x )单调递减．所以当a ≤0时,g (x )的单调增区间为(0,＋∞)；当a >0时,g (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ,单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞. (2)由(1)知,f ′(1)＝0.。

17版：§9.9课时3　定点、定值、探索性问题（步步高）

解析答案
跟踪训练3
已知椭圆 E：ax22＋by22＝1(a>b>0)以抛物线 y2＝8x 的焦点为顶点，且离心率为12. (1)求椭圆 E 的方程；解抛物线 y2＝8x 的焦点为椭圆 E 的顶点，即 a＝2.又ac＝12，故 c＝1，b＝ 3. ∴椭圆 E 的方程为x42＋y32＝1.
解析答案
解析答案
1 2345
(2)过点 S0，－13的动直线 l 交椭圆 C 于 A，B 两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点 Q，使得以线段 AB 为直径的圆恒过点 Q？若存在，求出点 Q 的坐标；若不存在，请说明理由.
解析答案
1 2345
3.已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A(2,3)，且点F(2，0)为其右焦点.
(2)是否存在平行于OA的直线l，使得直线l与椭圆C有公共点，且直线OA 与l的距离等于4？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.
解析答案
1 2345
4.设椭圆 C：ax22＋by22＝1(a>b>0)的离心率 e＝ 23，左顶点 M 到直线ax＋by＝1 的距离 d＝455，O 为坐标原点. (1)求椭圆 C 的方程；
解析答案
解由 e＝ 23，得 c＝ 23a，又 b2＝a2－c2，
所以 b＝12a，即 a＝2b. 由左顶点 M(－a,0)到直线ax＋by＝1，即到直线 bx＋ay－ab＝0 的距离 d＝455，
直线l与椭圆C相交于A，B两点，若以AB为直径的圆经过坐标原点，证明：点O到直线AB的距离为定值.
(1)求椭圆的标准方程；解设椭圆的焦距为2c，由题意知b＝1，且(2a)2＋(2b)2＝2(2c)2，又a2＝b2＋c2，所以a2＝3. 所以椭圆的方程为x32＋y2＝1.

2021届高考数学一轮温习课时跟踪检测54 定点、定值、探究性问题文湘教版(1)

课时跟踪检测(五十四) 定点、定值、探讨性问题(分Ⅰ、Ⅱ卷，共2页) 第Ⅰ卷：夯基保分卷1．已知椭圆C 过点M ⎝⎛⎭⎪⎪⎫1，62 ，点F (－2，0)是椭圆的左核心，点P ，Q 是椭圆C 上的两个动点，且|PF |，|MF |，|QF |成等差数列．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)求证：线段PQ 的垂直平分线通过一个定点A . 22，且过点(2，2. (2021·济南模拟)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为2)．(1)求椭圆的标准方程；(2)四边形ABCD 的极点在椭圆上，且对角线AC ，BD 过原点O ，假设k AC ·k BD ＝－b 2a 2.求证：四边形ABCD 的面积为定值．3. (2021·北京东城区期末)在平面直角坐标系xOy 中，动点P 到两点(－3，0)，(3，0)的距离之和等于4，设点P 的轨迹为曲线C ，直线l 过点E (－1,0)且与曲线C 交于A ，B 两点．(1)求曲线C 的轨迹方程；(2)△AOB 的面积是不是存在最大值，假设存在，求出△AOB 的面积的最大值；假设不存在，说明理由．第Ⅰ卷：提能增分卷1.已知椭圆C ：x 24＋y 23＝1，点F 1，F 2别离为其左、右核心，点A 为左极点，直线l 的方程为x ＝4，过点F 2的直线l ′与椭圆交于异于点A 的P ，Q两点．(1)求AP ·AQ 的取值范围；(2)假设AP ∩l ＝M ，AQ ∩l ＝N ，求证：M ，N 两点的纵坐标之积为定值，并求出该定值．2. (2021·合肥模拟)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)与双曲线x 2m 2－y 23－m2＝1(0＜m 2＜3)有公共的核心，过椭圆E 的右极点R 任意作直线l ，设直线l 交抛物线y 2＝2x 于M ，N 两点，且OM ⊥ON .(1)求双曲线的核心坐标和椭圆E 的方程；(2)设P 是椭圆E 上第一象限内的点，点P 关于原点O 的对称点为A 、关于x 轴的对称点为Q ，线段PQ 与x 轴相交于点C ，点D 为CQ 的中点，假设直线AD 与椭圆E 的另一个交点为B ，试判定直线PA ，PB 是不是彼此垂直？并证明你的结论．答案第Ⅰ卷：夯基保分卷1．解：(1)设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)，由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧1a 2＋64b 2＝1，a 2－b 2＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝2，∴椭圆的标准方程为x 24＋y 22＝1.(2)证明：设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，由椭圆的标准方程为x 24＋y 22＝1，可知|PF |＝ x 1＋22＋y 21＝()x 1＋22＋2－x 212＝2＋22x 1，同理|QF |＝2＋22x 2，|MF |＝1＋22＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫622＝2＋22， ∵2|MF |＝|PF |＋|QF |，∴2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2＋22＝4＋22(x 1＋x 2)， ∴x 1＋x 2＝2.(ⅰ)当x 1≠x 2时，由⎩⎪⎨⎪⎧x 21＋2y 21＝4，x 22＋2y 22＝4.得x 21－x 22＋2(y 21－y 22)＝0，∴y 1－y 2x 1－x 2＝－12·x 1＋x 2y 1＋y 2.设线段PQ 的中点为N (1，n )，由k PQ ＝y 1－y 2x 1－x 2＝－12n，得线段PQ 的中垂线方程为y －n ＝2n (x －1)， ∴(2x －1)n －y ＝0，该直线恒过必然点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0.(ⅱ)当x 1＝x 2时，P ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，－62，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，62或P ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，62，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，－62，线段PQ 的中垂线是x 轴，也过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0.综上，线段PQ 的中垂线过定点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0.2．解：(1)由题意e ＝ca ＝22，4a 2＋2b 2＝1，又a 2＝b 2＋c 2，解得a 2＝8，b 2＝4，故椭圆的标准方程为x 28＋y 24＝1.(2)证明：设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2＋2y 2＝8.得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－8＝0，Δ＝(4km )2－4(1＋2k 2)(2m 2－8)＝8(8k 2－m 2＋4)＞0, ①由根与系数的关系得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－4km1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－81＋2k 2.∵k AC ·k BD ＝－b 2a 2＝－12，∴y 1y 2x 1x 2＝－12，∴y 1y 2＝－12x 1x 2＝－12·2m 2－81＋2k 2＝－m 2－41＋2k 2. 又y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝k 22m 2－81＋2k 2＋km －4km1＋2k2＋m 2＝m 2－8k 21＋2k 2，∴－m 2－41＋2k 2＝m 2－8k 21＋2k 2，∴－(m 2－4)＝m 2－8k 2， ∴4k 2＋2＝m 2.设原点到直线AB 的距离为d ，那么 S △AOB ＝12|AB |·d ＝121＋k 2·|x2－x 1|·|m |1＋k2＝|m |2 x 1＋x 22－4x 1x 2＝|m |2 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 1＋2k 22－4×2m 2－81＋2k 2 ＝|m |28m 21＋2k 22＝22， ∴S 四边形ABCD ＝4S △AOB ＝82，即四边形ABCD 的面积为定值．3．解：(1)由椭圆概念可知，点P 的轨迹C 是以(－3，0)，(3，0)为核心，长半轴长为2的椭圆．故曲线C 的轨迹方程为x 24＋y 2＝1.(2)△AOB 的面积存在最大值．因为直线l 过点E (－1,0)，因此可设直线l 的方程为x ＝my －1或y ＝0(舍)．由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，x ＝my －1.整理得(m 2＋4)y 2－2my －3＝0，Δ＝(2m )2＋12(m 2＋4)＞0.设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，其中y 1＞y 2. 解得y 1＝m ＋2m 2＋3m 2＋4，y 2＝m －2m 2＋3m 2＋4.那么|y 2－y 1|＝4m 2＋3m 2＋4.因为S △AOB ＝12|OE |·|y 1－y 2|＝2m 2＋3m 2＋4＝2m 2＋3＋1m 2＋3.设t ＝m 2＋3，t ≥3，g (t )＝t ＋1t，则g ′(t )＝1－1t2，故当t ≥3时g ′(t )＞0恒成立，那么g (t )在区间[3，＋∞)上为增函数，因此g (t )≥g (3)＝433.因此S △AOB ≤32，当且仅当m ＝0时取等号．因此S △AOB 的最大值为32.第Ⅱ卷：提能增分卷1．解：(1)①当直线PQ 的斜率不存在时，由F 2(1,0)可知PQ 的方程为x ＝1，代入椭圆C ：x 24＋y 23＝1，得点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，又点A (－2,0)，故AP ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，32，AQ ＝⎝⎛⎭⎪⎫3，－32，AP ·AQ ＝274.②当直线PQ 的斜率存在时，设PQ 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，代入椭圆C ：x 24＋y 23＝1，得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0.设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，得x 1＋x 2＝8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k 2，y 1y 2＝k 2(x 1－1)(x 2－1)＝k 2(－x 1－x 2＋x 1x 2＋1)＝－9k 23＋4k 2，故AP ·AQ ＝(x 1＋2)(x 2＋2)＋y 1y 2＝x 1x 2＋2(x 1＋x 2)＋4＋y 1y 2＝27k 23＋4k 2＝273k 2＋4∈⎝⎛⎭⎪⎫0，274，综上，AP ·AQ 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，274.(2)证明：由(1)知，直线AP 的方程为y ＝y 1x 1＋2(x ＋2)，与直线l 的方程x ＝4联立，得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，6y 1x 1＋2，同理，得N ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，6y 2x 2＋2，故M ，N 两点的纵坐标之积y M y N ＝6y 1x 1＋2·6y 2x 2＋2＝36y 1y 2x 1x 2＋2x 1＋x 2＋4.①当直线PQ 的斜率不存在时，y M y N ＝36×32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－321×1＋21＋1＋4＝－9；②当直线PQ 的斜率存在时，由(1)可知，y M y N ＝－324k 23＋4k 24k 2－123＋4k 2＋16k 23＋4k 2＋4＝－9.综上所述，M ，N 两点的纵坐标之积为定值，该定值为－9. 2．解：(1)由题意可知c 双＝m 2＋3－m 2＝3，故双曲线的核心坐标为F 1(－3，0)、F 2(3，0)．设点M (x 1，y 1)、N (x 2，y 2)，设直线l ：ty ＝x －a ，代入y 2＝2x 并整理得y 2－2ty －2a ＝0，因此⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝2t ，y 1y 2＝－2a .故OM ·ON ＝x 1x 2＋y 1y 2＝(ty 1＋a )(ty 2＋a )＋y 1y 2 ＝(t 2＋1)y 1y 2＋at (y 1＋y 2)＋a 2＝(t 2＋1)(－2a )＋2at 2＋a 2＝a 2－2a ＝0，解得a ＝2.又c 椭＝c 双＝3，因此椭圆E 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)法一：判定结果：PA ⊥PB 恒成立．证明如下：设P (x 0，y 0)，那么A (－x 0，－y 0)，D (x 0，－12y 0)，x 20＋4y 20＝4，将直线AD 的方程y ＝y 04x 0(x ＋x 0)－y 0代入椭圆方程并整理得(4x 20＋y 20)x 2－6x 0y 20x ＋9x 20y 20－16x 20＝0，由题意可知此方程必有一根为－x 0.于是解得x B ＝6x 0y 204x 20＋y 20＋x 0，因此y B ＝y 04x 0⎝ ⎛⎭⎪⎫6x 0y 204x 20＋y 20＋2x 0－y 0 ＝y 30－2x 20y 04x 20＋y 20，因此k PB ＝y 30－2x 20y 04x 20＋y 20－y 06x 0y 204x 20＋y 20＝－6x 20y 06x 0y 20＝－x 0y 0，故k PA k PB ＝－x 0y 0×y 0x 0＝－1，即PA ⊥PB . 法二：判定结果：PA ⊥PB 恒成立．证明如下：设B (x 1，y 1)，P (x 0，y 0)，那么A (－x 0，－y 0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，－y 02，x 214＋y 21＝1，x 204＋y 20＝1，两式相减得y 21－y 20x 21－x 20＝－14，故k BA ·k BP ＝y 1＋y 0x 1＋x 0· y 1－y 0x 1－x 0＝y 21－y 20x 21－x 20＝－14. 又k AB ＝k AD ＝－12y 0＋y 0x 0＋x 0＝y 04x 0，代入上式可得k PB ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14÷y 04x 0＝－x 0y 0，因此k PA k PB ＝y 0x 0·⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 0y 0＝－1，即PA ⊥PB .。

课时跟踪检测(五十五) 定点与定值、探索性问题

课时跟踪检测(五十五) 定点与定值、探索性问题1．(2020·保定一模)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点F 2与抛物线y 2＝4x 的焦点重合，且其离心率为12.(1)求椭圆C 的方程；(2)已知与坐标轴不垂直的直线l 与C 交于M ，N 两点，线段MN 中点为P ，问k MN ·k OP (O 为坐标原点)是否为定值？请说明理由．解：(1)∵抛物线y 2＝4x 的焦点为(1,0)， ∴椭圆C 的半焦距c ＝1，又椭圆的离心率e ＝c a ＝12，∴a ＝2，则b ＝a 2－c 2＝3.∴椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由题意可知，直线l 的斜率存在且不为0，设l 的方程为y ＝kx ＋m ，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，3x 2＋4y 2－12＝0，得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0.由Δ＞0，可得m 2＜4k 2＋3.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km3＋4k 2，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝6m3＋4k 2，∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 3＋4k 2，3m 3＋4k 2，∴k OP ＝3m3＋4k 2－4km 3＋4k 2＝－34k .∴k MN ·k OP ＝－34. 2.如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，椭圆上的动点P 到一个焦点的距离的最小值为3(2－1)． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)已知过点M (0，－1)的动直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，试判断以线段AB 为直径的圆是否恒过定点，并说明理由．解：(1)由题意得c a ＝22，故a ＝2c .又椭圆上的动点P 到一个焦点的距离的最小值为3(2－1)，所以a －c ＝3(2－1)，所以c ＝3，a ＝32，所以b 2＝a 2－c 2＝9，所以椭圆C 的标准方程为x 218＋y 29＝1.(2)当直线l 的斜率为0时，对于x 218＋y 29＝1，令y ＝－1，得x ＝±4，此时以线段AB 为直径的圆的方程为x 2＋(y ＋1)2＝16.当直线l 的斜率不存在时，以线段AB 为直径的圆的方程为x 2＋y 2＝9.联立⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋(y ＋1)2＝16，x 2＋y 2＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝3，即两圆的交点为(0,3)，记T (0,3)．猜想以线段AB 为直径的圆恒过定点T (0,3)．当直线l 的斜率存在且不为0时，设直线l 的方程为y ＝kx －1(k ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －1，x 218＋y 29＝1，得(1＋2k 2)x 2－4kx －16＝0，所以Δ＝(－4k )2＋64(1＋2k 2)＝144k 2＋64>0，x 1＋x 2＝4k 1＋2k 2，x 1x 2＝－161＋2k 2. 因为TA ―→·TB ―→＝(x 1，y 1－3)·(x 2，y 2－3)＝x 1x 2＋y 1y 2－3(y 1＋y 2)＋9＝x 1x 2＋(kx 1－1)(kx 2－1)－3(kx 1－1＋kx 2－1)＋9＝(k 2＋1)x 1x 2－4k (x 1＋x 2)＋16＝－16(k 2＋1)1＋2k 2－16k 21＋2k 2＋16＝－16(1＋2k 2)1＋2k2＋16＝0，所以TA ⊥TB ，故以线段AB 为直径的圆过点T (0,3)．综上，以线段AB 为直径的圆恒过定点(0,3)．3.在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为F (4m,0)(m ＞0，m 为常数)，离心率等于0.8，过焦点F 、倾斜角为θ的直线l 交椭圆C 于M ，N 两点．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若θ＝90°时，1|MF |＋1|NF |＝529，求实数m ；(3)试问1|MF |＋1|NF |的值是否与θ的大小无关，并证明你的结论．解：(1)由题意知，c ＝4m ，ca ＝0.8，∴a ＝5m ，b ＝3m ，∴椭圆C 的标准方程为x 225m 2＋y 29m 2＝1.(2)当θ＝90°时，N ⎝⎛⎭⎫4m ，95m ，|NF |＝|MF |＝95m . ∵1|MF |＋1|NF |＝529，∴109m ＝529，解得m ＝ 2. (3)1|MF |＋1|NF |＝109m ，证明如下：由(2)知，当斜率不存在时，1|MF |＋1|NF |＝109m. 当斜率存在时，设l ：y ＝k (x －4m )，代入椭圆方程得(9＋25k 2)x 2－200mk 2x ＋25m 2(16k 2－9)＝0，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝200mk 29＋25k 2，x 1x 2＝25m 2(16k 2－9)9＋25k 2. ∵|MF |＝5m －45x 1，|NF |＝5m －45x 2，∴ 1|MF |＋1|NF |＝10m －45(x 1＋x 2)25m 2－4m (x 1＋x 2)＋1625x 1x 2＝109m与θ无关． 4．(2019·兰州二模)椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率是53，过点P (0,1)做斜率为k的直线l ，椭圆E 与直线l 交于A ，B 两点，当直线l 垂直于y 轴时|AB |＝3 3.(1)求椭圆E 的方程；(2)当k 变化时，在x 轴上是否存在点M (m,0)，使得△AMB 是以AB 为底的等腰三角形，若存在，求出m 的取值范围；若不存在，说明理由．解：(1)由已知椭圆过点⎝⎛⎭⎫332，1，可得⎩⎪⎨⎪⎧274a 2＋1b 2＝1，a 2＝b 2＋c 2，c a ＝53，解得a 2＝9，b 2＝4，所以椭圆E 的方程为x 29＋y 24＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 的中点C (x 0，y 0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 29＋y 24＝1消去y 得(4＋9k 2)x 2＋18kx －27＝0，所以x 0＝x 1＋x 22＝－9k 4＋9k 2，y 0＝kx 0＋1＝44＋9k 2. 当k ≠0时，设过点C 且与l 垂直的直线方程y ＝－1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋9k 4＋9k 2＋44＋9k 2，将M (m,0)代入得，m ＝－54k ＋9k .若k ＞0，则4k ＋9k ≥24k ×9k ＝12，若k ＜0，则4k ＋9k ＝－⎣⎢⎡⎦⎥⎤－4k ＋(－9k )≤－2－4k ×(－9k )＝－12，所以－512≤m ＜0或0＜m ≤512.当k ＝0时，m ＝0，综上所述，存在点M 满足条件，m 取值范围是⎣⎡⎦⎤－512，512. 5．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l 1，直线l ，l 1与椭圆E ：x 24＋y 2＝1分别交于点A ，M 和A ，N ，记直线l 1的斜率为k 1.(1)求k ·k 1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：(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P 0(x 0，y 0)，直线l 与直线l 1的交点为(0,1)，∴l ：y ＝kx ＋1，l 1：y ＝k 1x ＋1，k ＝y －1x ，k 1＝y 0－1x 0，由y ＋y 02＝x ＋x 02＋1，得y ＋y 0＝x ＋x 0＋2，① 由y －y 0x －x 0＝－1，得y －y 0＝x 0－x ，②由①②得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 0＋1，y 0＝x ＋1，∴k ·k 1＝yy 0－(y ＋y 0)＋1xx 0＝(x ＋1)(x 0＋1)－(x ＋x 0＋2)＋1xx 0＝1.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 24＋y 2＝1得(4k 2＋1)x 2＋8kx ＝0，设M (x M ，y M )，N (x N ，y N )，∴x M ＝－8k4k 2＋1，y M ＝1－4k 24k 2＋1.同理可得x N ＝－8k 14k 21＋1＝－8k4＋k 2，y N ＝1－4k 214k 21＋1＝k 2－44＋k 2.k MN ＝y M －y N x M －x N ＝1－4k 24k 2＋1－k 2－44＋k 2－8k 4k 2＋1－－8k 4＋k 2＝8－8k 48k (3k 2－3)＝－k 2＋13k ，直线MN ：y －y M ＝k MN (x －x M )，即y －1－4k 24k 2＋1＝－k 2＋13k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －－8k 4k 2＋1，即y ＝－k 2＋13k x －8(k 2＋1)3(4k 2＋1)＋1－4k 24k 2＋1＝－k 2＋13k x －53.∴当k 变化时，直线MN 过定点⎝⎛⎭⎫0，－53.6．已知点M 是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)上一点，F 1，F 2分别为C 的左、右焦点，且F 1F 2＝4，∠F 1MF 2＝60°，△F 1MF 2的面积为433. (1)求椭圆C 的方程；(2)设N (0,2)，过点P (－1，－2)作直线l ，交椭圆C 异于N 的A ，B 两点，直线NA ，NB 的斜率分别为k 1，k 2，证明：k 1＋k 2为定值．解：(1)在△F 1MF 2中，由12MF 1·MF 2·sin 60°＝433，得MF 1·MF 2＝163.由余弦定理，得F 1F 22＝MF 21＋MF 22－2MF 1·MF 2cos 60°＝(MF 1＋MF 2)2－3MF 1·MF 2＝16，解得MF 1＋MF 2＝4 2.从而2a ＝MF 1＋MF 2＝42，即a ＝2 2. 由F 1F 2＝4得c ＝2，从而b ＝2，故椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)证明：当直线l 的斜率存在时，设斜率为k ，则其方程为y ＋2＝k (x ＋1)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 28＋y 24＝1，y ＋2＝k (x ＋1)，消去y ，得(1＋2k 2)x 2＋4k (k －2)x ＋2k 2－8k ＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4k (k －2)1＋2k 2，x 1x 2＝2k 2－8k 1＋2k 2.从而k 1＋k 2＝y 1－2x 1＋y 2－2x 2＝2kx 1x 2＋(k －4)(x 1＋x 2)x 1x 2＝2k －(k －4)·4k (k －2)2k 2－8k ＝4.当直线l 的斜率不存在时，可得A ⎝⎛⎭⎫－1，142，B ⎝⎛⎭⎫－1，－142，得k 1＋k 2＝4. 综上，k 1＋k 2为定值．。

第八节第三课时定点定值探索性问题

第三课时定点、定值、探索性问题
解：(1)由 c＝1，a－c＝1，得 a＝2，∴b＝ 3，故椭圆 C 的标准方程为x42＋y32＝1.
??y＝kx＋m， (2)由???3x2＋4y2＝12，消去 y 得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， ∴Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，即 m2＝3＋4k2. 设 P(xp，yp)，则 xp＝－3＋4k4mk2＝－4mk， yp＝kxp＋m＝－4mk2＋m＝m3 ，即 P???－4mk，m3 ???.
∴直线 l 的方程为 y＝k24－k 1????x－k26＋k 3????＋kk22－＋33，
即 y＝k24－k 1x－12.
∴直线
l
?
过定点?0，－
?
1? 2??.
第三课时定点、定值、探索性问题
uuur uuur 法二：由 AP·AQ＝0 知 AP⊥AQ，从而直线 PQ 与 x 轴不垂直，
故可设直线 l 的方程为 y＝kx＋t(t≠1)，
第三课时定点、定值、探索性问题
uuur uuur (2)证明：法一：由 AP·AQ＝0 知 AP⊥AQ，从而直线 AP 与坐标轴不垂直，故可设直线 AP 的方程为 y＝kx＋1，直线 AQ 的方程为 y ＝－ 1kx＋1.
??y＝kx＋1，联立方程组 ???x32＋y2＝1，整理得 (1＋3k2)x2＋6kx＝0，
第三课时定点、定值、探索性问题
解：(1)圆 M 的圆心为 (3,1)，半径 r＝ 3. 由题意知 A(0,1)，F(c,0)，
直线 AF 的方程为 xc＋y＝1，即 x＋cy－c＝0，由直线 AF 与圆 M 相切，得 |3＋c2c＋－1c|＝ 3，解得 c2＝2，a2＝c2＋1＝3，故椭圆 C 的方程为x32＋y2＝1.

马心同-定点、定值、探索性问题

定点、定值、探索性问题题型一定点问题(重点保分题、共同探讨)(2017·课标Ⅰ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，四点P 1(1,1)，P 2(0,1)，P 3⎝⎛⎭⎫－1，32，P 4⎝⎛⎭⎫1，32中恰有三点在椭圆C 上． (1)求C 的方程；(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点．若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为－1，证明：l 过定点．[解] (1)由于P 3，P 4两点关于y 轴对称，故由题设知C 经过P 3，P 4两点．又由1a 2＋1b 2>1a 2＋34b2知，C 不经过点P 1，所以点P 2在C 上．因此⎩⎨⎧1b 2＝11a 2＋34b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4b 2＝1.故C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1，k 2，如果l 与x 轴垂直，设l ：x ＝t ，由题设知t ≠0，且|t |<2，可得A ，B 的坐标分别为⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，4－t 22，⎝⎛⎭⎪⎫t ，－4－t 22.则k 1＋k 2＝4－t 2－22t －4－t 2＋22t ＝－1，得t ＝2，不符合题设．从而可设l ：y ＝kx ＋m (m ≠1)将y ＝kx ＋m 代入x 24＋y 2＝1得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝由题设可知Δ＝16(4k 2－m 2＋1)>0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1.而k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝kx 1＋m －1x 1＋kx 2＋m －1x 2＝2kx 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)x 1x 2.由题设k 1＋k 2＝－1，故(2k ＋1)x 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)＝0.即(2k ＋1)·4m 2－44k 2＋1＋(m －1)·－8km4k 2＋1＝0.解得k ＝－m ＋12.当且仅当m >－1时，Δ>0，欲使l ：y ＝－m ＋12x ＋m ，即y ＋1＝－m ＋12(x －2)，所以l 过定点(2，－1)．方法感悟定点问题的常见解法(1)假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；(2)从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意．【针对补偿】1．(2018·遵义市第二次联考)如图，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2＝1(a ＞1)的上顶点为A ，右焦点为F ，直线AF 与圆M ：x 2＋y 2－6x －2y ＋7＝0相切．(1)求椭圆C 的方程；(2)若不过点A 的动直线l 与椭圆C 相交于P 、Q 两点，且AP →·AQ →＝0，求证：直线l 过定点，并求出该定点N 的坐标．[解] (1)将圆M 的一般方程x 2＋y 2－6x －2y ＋7＝0，化为标准方程(x －3)2＋(y －1)2＝3. 圆M 的圆心为O (3,1)，半径r ＝ 3.由A (0,1)，F (c,0)(c ＝a 2－1)得直线AF ：xc ＋y ＝1，即x ＋cy －c ＝0.由直线AF 与圆M 相切，得|3＋c －c |c 2＋1＝3，c ＝2或c ＝－2(舍去)．当c ＝2时，a 2＝c 2＋1＝3，故椭圆C 的方程为C ：x 23＋y 2＝1.(2)由AP →·AQ →＝0知AP ⊥AQ ，从而直线AP 与坐标轴不垂直，由A (0,1)可设直线AP 的方程为y ＝kx ＋1，直线AQ 的方程为y ＝－1kx ＋1(k ≠0)将y ＝kx ＋1代入椭圆C 的方程x 23＋y 2＝1并整理得：(1＋3k 2)x 2＋6kx ＝0，解得x ＝0或x ＝－6k1＋3k 2，因此P 的坐标为⎝⎛⎭⎫－6k 1＋3k 2，－6k21＋3k 2＋1，即⎝ ⎛⎭⎪⎫－6k 1＋3k 2，1－3k 21＋3k 2将上式中的k 换成－1k ，得Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫6k k 2＋3，k 2－3k 2＋3，直线l 的方程为y ＝k 2－3k 2＋3－1－3k 21＋3k 26k k 2＋3＋6k 1＋3k 2⎝⎛⎭⎫x －6k k 2＋3＋k 2－3k 2＋3化简得直线l 的方程为y ＝k 2－14k x －12，因此直线l 过定点N ⎝⎛⎭⎫0，－12. 题型二定值问题(重点保分题、共同探讨)(2016·北京卷)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，A (a,0)，B (0，b )，O (0,0)，△OAB 的面积为1.(1)求椭圆C 的方程；(2)设P 是椭圆C 上一点，直线P A 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N . 求证：|AN |·|BM |为定值．[解] (1)由题意得⎩⎨⎧c a ＝32，12a ·b ＝1，a 2＝b 2＋c2解得a ＝2，b ＝1.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)由(1)知，A (2,0)，B (0,1)．设P (x 0，y 0)，则x 20＋4y 20＝4.当x 0≠0时，直线P A 的方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)．令x ＝0，得y M ＝－2y 0x 0－2，从而|BM |＝|1－y M |＝⎪⎪⎪⎪1＋2y 0x 0－2.直线PB 的方程为y ＝y 0－1x 0x ＋1.令y ＝0，得x N ＝－x 0y 0－1，从而|AN |＝|2－x N |＝⎪⎪⎪⎪2＋x 0y 0－1.所以|AN |·|BM |＝⎪⎪⎪⎪2＋x 0y 0－1·⎪⎪⎪⎪1＋2y 0x 0－2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 20＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4x 0y 0－4x 0－8y 0＋8x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝4. 当x 0＝0时，y 0＝－1，|BM |＝2，|AN |＝2，所以|AN |·|BM |＝4. 综上，|AN |·|BM |为定值．方法感悟圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值．依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值；(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得；(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．【针对补偿】2．(高考新课标卷)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，点(2，2)在C 上．(1)求C 的方程；(2)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 .证明：直线OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值．[解] (1)由题意有a 2－b 2a ＝22，4a 2＋2b 2＝1，解得a 2＝8，b 2＝4. 所以C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)证明：设直线l ：y ＝kx ＋b (k ≠0，b ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x M ，y M )．将y ＝kx ＋b 代入x 28＋y 24＝1，得(2k 2＋1)x 2＋4kbx ＋2b 2－8＝0. 故x M ＝x 1＋x 22＝－2kb2k 2＋1，y M ＝k ·x M ＋b ＝b2k 2＋1.于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M ＝－12k ，即k OM ·k ＝－12.所以直线OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值．题型三存在性问题(重点保分题、共同探讨)(高考四川卷)如图，椭圆E ：x 2a2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率是22，过点P (0,1)的动直线l 与椭圆相交于A ，B 两点，当直线l 平行于x 轴时，直线l 被椭圆E 截得的线段长为2 2.(1)求椭圆E 的方程；(2)设O 为坐标原点，过点P 的动直线与椭圆交于A 、B 两点．是否存在常数λ，使得OA →·OB →＋λP A →·PB →为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．[解] (1)由已知，点(2，1)在椭圆E 上，因此⎩⎨⎧2a 2＋1b 2＝1，a 2－b 2＝c 2，c a ＝22.解得a ＝2，b ＝ 2.所以椭圆E 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1，点A ，B 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝kx ＋1.得(2k 2＋1)x 2＋4kx －2＝0.判别式Δ＝(4k )2＋8(2k 2＋1)>0所以，x 1＋x 2＝－4k2k 2＋1，x 1x 2＝－22k 2＋1.从而，OA →·OB →＋λP A →·PB →＝x 1x 2＋y 1y 2＋λ[x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)] ＝(1＋λ)(1＋k 2)x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1＝(－2λ－4)k 2＋(－2λ－1)2k 2＋1＝－λ－12k 2＋1－λ－2.所以，当λ＝1时，－λ－12k 2＋1－λ－2＝－3.此时，OA →·OB →＋λP A →·PB →＝－3为定值．当直线AB 的斜率不存在时，直线AB 即为直线CD . 此时，OA →·OB →＋λP A →·PB →＝OC →·OD →＋PC →·PD →＝－2－1＝－3. 故存在常数λ＝1，使得OA →·OB →＋λP A →·PB →为定值－3.方法感悟解决存在性问题的注意事项存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．【针对补偿】3．已知椭圆C ：9x 2＋y 2＝m 2(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 .(1)证明：直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值；(2)若l 过点⎝⎛⎭⎫m3，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] (1)证明：设直线l ：y ＝kx ＋b (k ≠0，b ≠0)， A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x M ，y M )．将y ＝kx ＋b 代入9x 2＋y 2＝m 2得(k 2＋9)x 2＋2kbx ＋b 2－m 2＝0，故x M ＝x 1＋x 22＝－kbk 2＋9，y M＝kx M ＋b ＝9bk 2＋9.于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M ＝－9k ，即k OM ·k ＝－9.所以直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值．(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. 由(1)得OM 的方程为y ＝－9k x .设点P 的横坐标为x P .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－9k x ，9x 2＋y 2＝m 2得x 2P ＝k 2m 29k 2＋81，即x P ＝±km 3k 2＋9. 将点⎝⎛⎭⎫m 3，m 的坐标代入l 的方程得b ＝m (3－k )3，因此x M ＝k (k －3)m3(k 2＋9).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x P ＝2x M . 于是±km3k 2＋9＝2×k (k －3)m 3(k 2＋9)，解得k 1＝4－7，k 2＝4＋7.因为k i ＞0，k i ≠3，i ＝1,2，所以当l 的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB 为平行四边形．◆牛刀小试·成功靠岸◆课堂达标(四十八)[A 基础巩固练]1．(2018·北京西城区模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝22，短轴长为2 2.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)如图，椭圆左顶点为A ，过原点O 的直线(与坐标轴不重合)与椭圆C 交于P ，Q 两点，直线P A ，QA 分别与y 轴交于M ，N 两点．试问以MN 为直径的圆是否经过定点(与直线PQ 的斜率无关)？请证明你的结论．[解] (1)由短轴长为22，得b ＝2，由e ＝c a ＝a 2－b 2a ＝22，得a 2＝4，b 2＝2.所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 22＝1.(2)以MN 为直径的圆过定点F (±2，0)．证明如下：设P (x 0，y 0)，则Q (－x 0，－y 0)，且x 204＋y 202＝1，即x 20＋2y 20＝4，因为A (－2,0)，所以直线P A 方程为y ＝y 0x 0＋2(x ＋2)，所以M ⎝⎛⎭⎫0，2y 0x 0＋2，直线QA 方程为y ＝y 0x 0－2(x ＋2)，所以N⎝⎛⎭⎫0，2y 0x 0－2，以MN 为直径的圆为(x －0)(x －0)＋⎝⎛⎭⎫y －2y 0x 0＋2⎝⎛⎭⎫y －2y 0x 0－2＝0，即x 2＋y 2－4x 0y 0x 20－4y ＋4y 20x 20－4＝0，因为x 20－4＝－2y 20，所以x 2＋y 2＋2x 0y 0y －2＝0，令y ＝0，则x 2－2＝0，解得x ＝± 2. 所以以MN 为直径的圆过定点F (±2，0)．2．已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点F 1(－1,0)，长轴长与短轴长的比是2∶ 3.(1)求椭圆的方程；(2)过F 1作两直线m ，n 交椭圆于A ，B ，C ，D 四点，若m ⊥n ，求证：1|AB |＋1|CD |为定值．[解析] (1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧2a ∶2b ＝2∶3，c ＝1，a 2＝b 2＋c 2.解得a ＝2，b ＝ 3.故所求椭圆方程为x 24＋y 23＝1.(2)证明：由已知F 1(－1,0)，当直线m 不垂直于坐标轴时，可设直线m 的方程为y ＝k (x ＋1)(k ≠0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x ＋1)，x 24＋y 23＝1，得(3＋4k 2)x 2＋8k 2x ＋4k 2－12＝0.由于Δ＞0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则有 x 1＋x 2＝－8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k 2，|AB |＝(1＋k 2)[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2] ＝(1＋k 2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫－8k 23＋4k 22－4×4k 2－123＋4k 2＝12(1＋k 2)3＋4k 2. 同理|CD |＝12(1＋k 2)3k 2＋4.所以1|AB |＋1|CD |＝3＋4k 212(1＋k 2)＋3k 2＋412(1＋k 2)＝7(1＋k 2)12(1＋k 2)＝712. 当直线m 垂直于坐标轴时，此时|AB |＝3，|CD |＝4；或|AB |＝4，|CD |＝3，所以1|AB |＋1|CD |＝13＋14＝712. 综上，1|AB |＋1|CD |为定值712. 3．(2018·安徽芜湖、马鞍山第一次质量检测)椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为33，点(3，2)为椭圆上的一点．(1)求椭圆E 的标准方程；(2)若斜率为k 的直线l 过点A (0,1)，且与椭圆E 交于C ，D 两点，B 为椭圆E 的下顶点，求证：对于任意的k ，直线BC ，BD 的斜率之积为定值．[解] (1)因为e ＝33，所以c ＝33a ，a 2＝b 2＋⎝⎛⎭⎫33a 2. ① 又椭圆过点(3，2)，所以3a 2＋2b 2＝1. ②由①②，解得a 2＝6，b 2＝4，所以椭圆E 的标准方程为x 26＋y 24＝1.(2)证明：设直线l ：y ＝kx ＋1，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 26＋y 24＝1，y ＝kx ＋1，得(3k 2＋2)x 2＋6kx －9＝0.设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，则 x 1＋x 2＝－6k 3k 2＋2，x 1x 2＝－93k 2＋2，易知B (0，－2)，故k BC ·k BD ＝y 1＋2x 1·y 2＋2x 2＝kx 1＋3x 1·kx 2＋3x 2＝k 2x 1x 2＋3k (x 1＋x 2)＋9x 1x 2＝k 2＋3k (x 1＋x 2)x 1x 2＋9x 1x 2＝k 2＋3k ·2k3－(3k 2＋2)＝－2.所以对于任意的k ，直线BC ，BD 的斜率之积为定值．4．(高考全国Ⅰ卷)在直角坐标系xOy 中，曲线C ：y ＝x 24与直线l ：y ＝kx ＋a (a ＞0)交于M ，N 两点，(1)当k ＝0时，分别求C 在点M 和N 处的切线方程；(2)y 轴上是否存在点P ，使得当k 变动时，总有∠OPM ＝∠OPN ？说明理由． [解] (1)由题设可得M (2a ，a )，N (－2a ，a )，或M (－2a ，a )，N (2a ，a )．又y ′＝x 2，故y ＝x 24在x ＝2a 处的导数值为a ，C 在点(2a ，a )处的切线方程为y －a＝a (x －2a )，即ax －y －a ＝0.y ＝x 24在x ＝－2a 处的导数值为－a ，C 在点(－2a ，a )处的切线方程为y －a ＝－a (x＋2a )，即ax ＋y ＋a ＝0.故所求切线方程为ax －y －a ＝0和ax ＋y ＋a ＝0. (2)存在符合题意的点，证明如下：设P (0，b )为符合题意的点，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，直线PM ，PN 的斜率分别为k 1，k 2. 将y ＝kx ＋a 代入C 的方程得x 2－4kx －4a ＝0. 故x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4a . 从而k 1＋k 2＝y 1－b x 1＋y 2－bx 2＝2kx 1x 2＋(a －b )(x 1＋x 2)x 1x 2＝k (a ＋b )a.当b ＝－a 时，有k 1＋k 2＝0，则直线PM 的倾斜角与直线PN 的倾斜角互补，故∠OPM ＝∠OPN ，所以点P (0，－a )符合题意．[B 能力提升练]1．(2018·山东省实验中学高三段考)如图，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点(0,1)，离心率e ＝32.(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线x ＝my ＋1与椭圆C 交于A ，B 两点，点A 关于x 轴的对称点为A ′(A ′与B 不重合)，则直线A ′B 与x 轴是否交于一个定点？若是，请写出定点坐标，并证明你的结论；若不是，请说明理由．[解] (1)依题意可得⎩⎪⎨⎪⎧ b ＝1c a ＝32a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，b ＝1.所以，椭圆C 的方程是x 24＋y 2＝1 (2)由⎩⎪⎨⎪⎧ x 24＋y 2＝1x ＝my ＋1，得(my ＋1)2＋4y 2＝4，即(m 2＋4)y 2＋2my －3＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则A ′(x 1，－y 1)，且y 1＋y 2＝－2m m 2＋4，y 1y 2＝－3m 2＋4. 经过点A ′(x 1，－y 1)，B (x 2，y 2)的直线方程为y ＋y 1y 2＋y 1＝x －x 1x 2－x 1.令y ＝0，则x ＝x 2－x 1y 2＋y 1y 1＋x 1＝(x 2－x 1)y 1＋x 1(y 1＋y 2)y 1＋y 2＝x 2y 1＋x 1y 2y 1＋y 2. 又∵x 1＝my 1＋1，x 2＝my 2＋1，∴当y ＝0时，x ＝(my 2＋1)y 1＋(my 1＋1)y 2y 1＋y 2＝2my 1y 2＋(y 1＋y 2)y 1＋y 2＝－6m m 2＋4－2m m 2＋4－2m m 2＋4＝4，这说明，直线A ′B 与x轴交于定点(4,0)．2．如图，椭圆长轴的端点为A ，B ，O 为椭圆的中心，F 为椭圆的右焦点，且AF →·FB →＝1，|OF →|＝1.(1)求椭圆的标准方程；(2)记椭圆的上顶点为M ，直线l 交椭圆于P ，Q 两点，问：是否存在直线l ，使点F 恰为△PQM 的垂心，若存在，求直线l 的方程；若不存在，请说明理由．[解] (1)设椭圆方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，则c ＝1，又∵AF →·FB →＝(a ＋c )·(a －c )＝a 2－c 2＝1.∴a 2＝2，b 2＝1，故椭圆的标准方程为x 22＋y 2＝1. (2)假设存在直线l 交椭圆于P ，Q 两点，且F 恰为△PQM 的垂心，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，∵M (0,1)，F (1,0)，∴直线l 的斜率k ＝1.于是设直线l 为y ＝x ＋m ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋m ，x 22＋y 2＝1，得3x 2＋4mx ＋2m 2－2＝0，x 1＋x 2＝－43m ， ① x 1x 2＝2m 2－23. ② ∵MP →·FQ →＝x 1(x 2－1)＋y 2(y 1－1)＝0.又y i ＝x i ＋m (i ＝1,2)，∴x 1(x 2－1)＋(x 2＋m )(x 1＋m －1)＝0，即2x 1x 2＋(x 1＋x 2)(m －1)＋m 2－m ＝0.(*)将①②代入(*)式得2·2m 2－23－4m 3(m －1)＋m 2－m ＝0，解得m ＝－43或m ＝1，经检验m ＝－43符合条件．故存在直线l ，使点F 恰为△PQM 的垂心，直线l 的方程为3x －3y －4＝0.[C 尖子生专练]已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设F 为椭圆C 的左焦点，T 为直线x ＝－3上任意一点，过F 作TF 的垂线交椭圆C 于点P ，Q .①证明：OT 平分线段PQ (其中O 为坐标原点)；②当|TF ||PQ |最小时，求点T 的坐标． [解] (1)由已知可得⎩⎨⎧ a 2＋b 2＝2b ，2c ＝2a 2－b 2＝4，解得a 2＝6，b 2＝2.所以椭圆C 的标准方程是x 26＋y 22＝1. (2)①由(1)可得，F 的坐标为(－2,0)，设T 点的坐标为(－3，m )，则直线TF 的斜率k TF ＝m －0－3－(－2)＝－m . 当m ≠0时，直线PQ 的斜率k PQ ＝1m，直线PQ 的方程是x ＝my －2. 当m ＝0时，直线PQ 的方程是x ＝－2，也符合x ＝my －2的形式．设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，将直线PQ 的方程与椭圆C 的方程联立，得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝my －2，x 26＋y 22＝1，消去x ，得(m 2＋3)y 2－4my －2＝0，其判别式Δ＝16m 2＋8(m 2＋3)＞0.所以y 1＋y 2＝4m m 2＋3，y 1y 2＝－2m 2＋3，x 1＋x 2＝m (y 1＋y 2)－4＝－12m 2＋3. 所以PQ 的中点M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－6m 2＋3，2m m 2＋3，所以直线OM 的斜率k OM ＝－m 3. 又直线OT 的斜率k OT ＝－m 3，所以点M 在直线OT 上，因此OT 平分线段PQ . ②由①可得，|TF |＝m 2＋1，|PQ |＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2，＝(m 2＋1)[(y 1＋y 2)2－4y 1y 2] ＝(m 2＋1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫4m m 2＋32－4·－2m 2＋3＝24(m 2＋1)m 2＋3. 所以|TF ||PQ |＝124·(m 2＋3)2m 2＋1＝124·⎝⎛⎭⎫m 2＋1＋4m 2＋1＋4≥124×(4＋4)＝33.当且仅当m2＋1＝4m2＋1，即m＝±1时，等号成立，此时|TF||PQ|取得最小值．所以当|TF||PQ|最小时，T点的坐标是(－3,1)或(－3，－1)．。

2020版高考数学人教版理科一轮复习课时作业：57定点、定值、探究性问题Word版含解析

课时作业57定点、定值、探究性问题第一次作业基础巩固练1. 已知动圆P 经过点N(1,0),并且与圆M : (x + 1)2 + y 2 = 16相切. (1) 求点P 的轨迹C 的方程；⑵设G(m,O)为轨迹C 内的一个动点，过点G 且斜率为k 的直线 l 交轨迹C 于A , B 两点，当k 为何值时，3=|GA|2 + |GB|2是与m 无关的定值？并求出该定值.解：(1)由题意得 |PM| + |PN|= 4,•••点P 的轨迹C 是以M , N 为焦点的椭圆，「•2a =4,2c = 2,「・b = a 2— c 2= 3,2 2•椭圆的方程为+殳=1.x 2 y 2即点P 的轨迹C 的方程为4+3 = 1.(2) 设 A(X 1, yd , B(X 2, y 2)，由题意知一2<m<2，直线 l : y = k(x —m),y = kx — m , 由 x 2 y 2得(3 + 4k 2)x 2— 8k 2mx + 4k 2m 2 — 12 = 0,4 + 3 = 1,1 求抛物线C 的标准方程；「•X 1 +X =8m 『4k 2 + 3 X 1X 2 =4m 2k 2—12 4k 2 + 3•$1 + y 2= k(x 1 — m) + k(x 2 — m) = k(x 1 + X 2) — 2km = — 6mk4k 2 + 3‘「•|GA| + |GB| =(X 1 — m) + y 1 +(X 2 — m) + y 2 =(X 1 + X 2)— 2x 1X 2—2 2 22m(x 1 + X 2) + 2m + (y 〔 + y 2)— 2y 〔y 2 = (k +—6m 1 24k 2 — 3 + 24 3 + 4k 2 1)要使3=|GA|2 + |GB|2的值与m 无关，需使4k 2 — 3= 0,解得k = ,此时 3=|GA|2 + |GB|2= 7.2. 如图，设直线I : y = k(x + p)与抛物线C : y 2 = 2px(p>0, p 为 1常数)交于不同的两点M , N ,且当k = q 时，弦MN 的长为4 15.2 过点M 的直线交抛物线于另一点 Q ,且直线MQ 过点B(1, —1),求证：直线NQ 过定点.y 〃2 = k 2(x i — m)(x 2 — m)=『X 1X 2 — k 2m(x i + X 2)+ k 2m 2= 3k 2 m 2 —4 4k 2+ 34k 2 + 3 2解: (1)设 M(x 1, yd , Ng y 2),当 k =舟时，直线 l : y=*x +p ),y 2 = 4p , y i y 2 = p 2 ,于是得 |MN| = 1 + 4 |y i — y ?| = . 5X y3. 如图，椭圆C :孑+詁=1(a>b>0)的左顶点与上顶点分别为 A , B ,右焦点为F ,点P 在椭圆C 上，且PF 丄x 车由，若AB // OP ,且|AB| =2 3.(1)求椭圆C 的方程；⑵Q 是椭圆C 上不同于长轴端点的任意一点，在 x 轴上是否存在一点D ，使得直线QA 与QD 的斜率乘积恒为定值？若存在，求出点D 的坐标；若不存在，说明理由.解：(1 )由题意得 A(-a,0), B(0, b)，可设 P(c , t)(t>0), c 2 t 2b 2 b 2•音+b 2= i ,解得 t =石，即 P(c , a ,b 2 b a由AB//OP 得=匚，即b = c ,a c •••a 2 =b 2 +c 2= 2b 2,① 又 AB = 2 3,「.a 2 + b 2= 12,② 由①②得a 2= 8, b 2= 4,即x = 2y -刃联立方程，得即 y 2 — 4py + p 2= 0./y i +x2y 二椭圆C的方程为g + 4 = 1.(2)假设存在D(m,0)使得直线QA与QD的斜率乘积恒为定值，设2 2Q(x°, y o)(y°M0),则曽+曽=1,③设k QA x k QD = k(常数),TA(-2 2, 0),y。

中考难点破解难点优质课四定点定值探索性问题

听课手册破解难点优质课四定点定值探索性问题破解难点一定点问题1.参数法:参数法解决定点问题的思路:(1)引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量,即确定题目中的核心变量(此处设为k );(2)利用条件找到k 与过定点的曲线F (x ,y )=0之间的关系,得到关于k 与x ,y 的等式,再研究变化量与参数何时没有关系,找到定点.案例(选取六年全国卷)关键步[2017·全国卷Ⅱ] 设O 为坐标原点,动点M 在椭圆C :x 22+y 2=1上,过M 作x 轴的垂线,垂足为N ,点P 满足NP⃗⃗⃗⃗⃗ =√2 NM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . (1)求点P 的轨迹方程;(2)设点Q 在直线x=-3上,且OP⃗⃗⃗⃗⃗ ·PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =1,证明:过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F.……(2)由题意知F (-1,0).设Q (-3,t ),P (m ,n ),则OQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3,t ),PF⃗⃗⃗⃗ =(-1-m ,-n ),【关键1:用参数表示P ,Q 的坐标及向量OQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ,PF ⃗⃗⃗⃗ 】OQ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PF ⃗⃗⃗⃗ =3+3m-tn , OP⃗⃗⃗⃗⃗ =(m ,n ),PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3-m ,t-n ). 由OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PQ⃗⃗⃗⃗⃗ =1得-3m-m 2+tn-n 2=1, 又由(1)知m 2+n 2=2,故3+3m-tn=0,所以OQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PF ⃗⃗⃗⃗ =0,【关键2:根据(1)中点P 的轨迹方程,在OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =1的前提下,证明OQ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PF ⃗⃗⃗⃗ =0】即OQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥PF⃗⃗⃗⃗ .又过点P 存在唯一直线垂直于OQ ,所以过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F.【关键3:利用平面内过一点作一条直线的垂线的唯一性,即得直线l 过点F 】2.由特殊到一般法:由特殊到一般法求解定点问题时,常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关.案例(选取六年全国卷) 关键步[2017·全国卷Ⅰ] 已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0),四点P 1(1,1),P 2(0,1),P 3(-1,√32),P 41,√32中恰有三点在椭圆C 上.……(2)设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1,k 2.如果l 与x 轴垂直,设l :x=t ,由题设知t ≠0,且|t|<2,可得A ,B 的坐标分别为t ,√4-t 22,t ,-√4-t 22,则k 1+k 2=√4-t 2-22t-√4-t 2+22t=-1,得t=2,不符合题设.【关键1:设出直线P 2A(1)求C的方程;(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A,B两点,若直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1,证明:l过定点.与直线P2B的斜率分别为k1,k2,验证当直线l与x轴垂直时,直线过定点的情况】从而可设l:y=kx+m(m≠1).将y=kx+m代入x24+y2=1得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.由题设可知Δ=16(4k2-m2+1)>0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-8km4k2+1,x1x2=4m2-44k2+1.而k1+k2=y1-1x1+y2-1x2=kx1+m-1x1+kx2+m-1x2=2kx1x2+(m-1)(x1+x2)x1x2.由题设k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0,即(2k+1)·4m2-44k2+1+(m-1)·-8km4k2+1=0,解得k=-m+12.【关键2:设出直线l的方程并与椭圆方程联立,消去y得到关于x的一元二次方程,利用韦达定理及条件找到直线l中两个参数的关系】当且仅当m>-1时,Δ>0,于是l:y=-m+12x+m,即y+1=-m+12(x-2),所以l 过定点(2,-1).【关键3:将k与m的关系再回代变形,得到直线过定点】例1[2018·安徽淮南二模]已知抛物线C的顶点在坐标原点,焦点在y轴上,且抛物线上有一点P(m,5)到焦点的距离为6.(1)求该抛物线C的方程;(2)已知抛物线上一点M(4,t),过点M作抛物线的两条弦MD和ME,且MD⊥ME,判断直线DE 是否过定点,并说明理由.[总结反思] 对于满足一定条件的曲线上的两点的连线过定点或满足一定条件的曲线过定点问题,证明直线或曲线过定点,一般有两种方法:①分离参数法,一般可以根据需要选定参数λ∈R ,结合已知条件求出直线或曲线的方程,分离参数得到等式f 1(x ,y )λ2+f 2(x ,y )λ+f 3(x ,y )=0(一般地,f i (x ,y )(i=1,2,3)为关于x ,y 的二元一次关系式),由上述原理可得方程组{f 1(x,y)=0,f 2(x,y)=0,f 3(x,y)=0,从而求得该定点;②特殊探求法,一般先考虑动直线或曲线的特殊情况,找出定点的位置,再证明该定点在该直线或该曲线上(将定点的坐标代入直线或曲线的方程后等式恒成立).变式题已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的右焦点与抛物线y 2=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P 点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.),直线l 例2[2018·南昌模拟]已知椭圆C的中心在坐标原点,焦点在x轴上,且过点P(1,√32时,弦AB的中点D在直线与椭圆交于A,B两点(A,B两点不是左、右顶点),当直线l的斜率为12y=-1x上.2(1)求椭圆C的方程.(2)若以AB为直径的圆过椭圆的右顶点,则直线l是否经过定点?若是,求出定点坐标;若不是,请说明理由.[总结反思]定点问题可通过取特殊值来确定“定点”是什么,或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题,证明该式是恒定的.定点问题与证明问题类似,在求定点之前已知该值的结果,因此求解时应设参数,运用推理,到最后必定参数统消,定点显现.破解难点二定值问题1.直接消参求定值:常见定值问题的处理方法:(1)确定一个(或两个)变量为核心变量,其余量均利用条件用核心变量进行表示;(2)将所求表达式用核心变量进行表示(有的甚至就是核心变量),然后进行化简,看能否得到一个常数.案例(选取六年全国卷)关键步[2017·全国卷Ⅰ]设A,B为曲线C:y=x24上两点,A 与B的横坐标之和为4.(1)求直线AB的斜率;(2)设M为曲线C上一点,C在M处的切线与直线AB平行,且AM⊥BM,求直线AB的方程.(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1≠x2,y1=x124,y2=x224,x1+x2=4,【关键1:设出点的坐标,代入抛物线方程】于是直线AB的斜率k=y1-y2x1-x2=x1+x24=1.【关键2:点差法求斜率】(续表)案例(选取六年全国卷)关键步[2017·全国卷Ⅲ]在直角坐标系xOy中,曲线y=x2+mx-2与x轴交于A,B两点,点C的坐标为(0,1).当m变化时,解答下列问题:(1)能否出现AC⊥BC的情况?说明理由.……(2)BC的中点坐标为x22,12,可得BC的中垂线方程为y-(2)证明过A ,B ,C 三点的圆在y 轴上截得的弦长为定值.12=x 2x-x 22.【关键1:求出点的坐标及直线方程】由(1)可得x 1+x 2=-m ,所以AB 的中垂线方程为x=-m 2.联立{x =-m2,y-12=x 2(x-x 22),又x 22+mx 2-2=0,可得{x =-m2,y =-12.所以过A ,B ,C 三点的圆的圆心坐标为-m 2,-12,半径r=√m 2+92.【关键2:求圆心坐标及半径】故圆在y 轴上截得的弦长为2√r 2-(m2)2=3,【关键3:消元求弦长】即过A ,B ,C 三点的圆在y 轴上截得的弦长为定值. [2015·全国卷Ⅱ] 已知椭圆C :x 2a2+y 2b 2=1(a>b>0)的离心率为√22,点(2,√2)在C 上. (1)求C 的方程;(2)直线l 不经过原点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 ,证明:直线OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值.……(2)设直线l :y=kx+t (k ≠0,t ≠0),A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),M (x M ,y M ).【关键1:设出直线的方程与点的坐标】将y=kx+t 代入x 28+y 24=1得(2k 2+1)x 2+4ktx+2t 2-8=0.故x M =x 1+x 22=-2kt 2k 2+1,y M =k ·x M +t=t2k 2+1.【关键2:直线方程与椭圆方程联立消元,用参数表示点的坐标】于是直线OM 的斜率k OM =y M x M=-12k,即k OM ·k=-12.【关键3:用参数表示直线的斜率】所以直线OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值.2.从特殊到一般求定值:常用处理技巧:(1)在运算过程中,尽量减少所求表达式中变量的个数,以便于向定值靠拢;(2)巧妙利用变量间的关系,例如点的坐标符合曲线方程等,尽量做到整体代入,简化运算.案例(选取六年全国卷)关键步[2015·四川卷] 如图,椭圆E :x 2a2+y 2b2=1(a>b>0)的离心率是√22,点P (0,1)在短轴CD 上,且PC⃗⃗⃗⃗ ·PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =-1. (1)求椭圆E 的方程.(2)设O 为坐标原点,过点P 的动直线与椭……(2)(i )当直线AB 斜率不存在时,直线AB 即为直线CD.此时,OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λPA ⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OD ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗ ·PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =-2-1=-3.【关键1:分类讨论,证明当AB 斜率不存在时OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λPA ⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 为定值】(ii )当直线AB 的斜率存在时,设直线AB 的方程为y=kx+1,A ,B 的坐标分别为(x 1,y 1),(x 2,y 2).圆交于A ,B 两点.是否存在常数λ,使得OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λPA ⃗⃗⃗⃗ ·PB⃗⃗⃗⃗⃗ 为定值?若存在,求λ的值;若不存在,请说明理由.联立{x 24+y 22=1,y =kx +1,得(2k 2+1)x 2+4kx-2=0.其判别式Δ=(4k )2+8(2k 2+1)>0,所以x 1+x 2=-4k 2k 2+1,x 1x 2=-22k 2+1.【关键2:当直线斜率存在时,联立直线方程与椭圆方程,用参数表示交点的坐标】从而OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λPA ⃗⃗⃗⃗ ·PB⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1x 2+y 1y 2+λ[x 1x 2+(y 1-1)(y 2-1)]=(1+λ)(1+k 2)x 1x 2+k (x 1+x 2)+1=(-2λ-4)k 2+(-2λ-1)2k 2+1=-λ-12k 2+1-λ-2.所以,当λ=1时,-λ-12k 2+1-λ-2=-3.【关键3:构造OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λPA ⃗⃗⃗⃗ ·PB⃗⃗⃗⃗⃗ 关于k ,λ的表达式,得到当λ=1时OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λPA ⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的值】此时,OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λPA ⃗⃗⃗⃗ ·PB⃗⃗⃗⃗⃗ =-3为定值. 故存在常数λ=1,使得OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λPA ⃗⃗⃗⃗ ·PB⃗⃗⃗⃗⃗ 为定值-3.例3 [2018·湖北荆州中学月考] 已知动圆过定点A (2,0),且在y 轴上截得弦MN 的长为4. (1)求动圆圆心的轨迹E 的方程.(2)设B (1,0),过点A 斜率为k (k>0)的直线l 交轨迹E 于P ,Q 两点,PB ,QB 的延长线分别交轨迹E 于S ,T 两点.①若△PQB 的面积为3,求k 的值; ②记直线ST 的斜率为k ST ,证明:k ST k为定值,并求出这个定值.[总结反思]求解代数式为定值的问题,常依题意设变量,得出与代数式参数有关的等式,代入代数式,化简计算,并在计算推理的过程中消去变量,即可得出定值.变式题已知抛物线C:y2=2px(p>0)在第一象限内的点P(2,t)到焦点F的距离为52.(1)若M(-12,0),过点M,P的直线l1与抛物线相交于另一点Q,求|QF||PF|的值.(2)若直线l2与抛物线C相交于A,B两点,与圆N:(x-a)2+y2=1相交于D,E两点,O为坐标原点,OA⊥OB,试问:是否存在实数a,使得|DE|的长为定值?若存在,求出a的值;若不存在,请说明理由.破解难点三探索性问题探索性问题的解法:先假设存在,用待定系数法设出,列出关于待定系数的方程组,推证满足条件的结论,若方程组有实数解,则元素(点、直线、曲线或参数)存在;否则,元素(点、直线、曲线或参数)不存在.要注意的是:(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论;(2)当给出结论而要推导出存在的条件时,先假设成立,再推出条件;(3)当条件和结论都不确定,按常规方法解题很难时,要开放思维,采取另外合适的方法.案例(选取六年全国卷)关键步[2016·全国卷Ⅰ]在直角坐标系xOy中,直线l:y=t(t≠0)交y轴于点M,交抛物线C:y2=2px(p>0)于点P,M关于点P的对称点为N,连接ON并延长交C于点H.(1)求|OH||ON|;(2)除H以外,直线MH与C是否有其他公共点?说明理由.……(2)直线MH与C除H以外没有其他公共点.理由如下:直线MH的方程为y-t=p2tx,即x=2tp(y-t),【关键1:设出直线方程】代入y2=2px得y2-4ty+4t2=0,解得y1=y2=2t,【关键2:联立直线方程与抛物线方程,求出交点的坐标】即直线MH与C只有一个公共点,所以除H以外直线MH与C没有其他公共点.【关键3:根据方程的解得到直线与曲线C的公共点情况】例4[2018·山西太原一模]已知椭圆C:x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点为A,右焦点为F2(2,0),点B(2,-√2)在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程.(2)若直线y=kx(k≠0)与椭圆C交于E,F两点,直线AE,AF分别与y轴交于点M,N,在x轴上是否存在点P,使得无论非零实数k怎样变化,总有∠MPN为直角?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.[总结反思] (1)对于存在性问题,通常先假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在,将不确定性问题明朗化,然后推出结论;(2)由于解析几何问题的解答中一般要涉及大量的计算,因此在解题时要注意运算的合理性和正确性.变式题 [2018·安徽六安一中月考] 已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的左、右焦点与其短轴的一个端点是正三角形的三个顶点,点D (1,32)在椭圆C 上,直线l :y=kx+m 与椭圆C 交于A ,P 两点,与x 轴、y 轴分别相交于点N 和点M ,且PM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,点Q 是点P 关于x 轴的对称点,QM 的延长线交椭圆于点B ,过点A ,B 分别作x 轴的垂线,垂足为A 1,B 1.(1)求椭圆C 的方程.(2)是否存在直线l ,使得点N 平分线段A 1B 1?若存在,求出直线l 的方程;若不存在,请说明理由.完成专题突破训练(四)。

第八节第二课时定点与定值、探索性问题

解：(1)当直线l⊥x轴时，可得A(2,2 p)，B(2，－2 p)，由AO⊥BO得4－4p＝0，可得p＝1，当直线l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－2)，代入y2＝2px 得ky2－2py－4pk＝0(k≠0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y2＝－4p，x1x2＝y41yp222＝4，由OA⊥OB得x1x2＋y1y2＝0，即4－4p＝0，可得p＝1，综上所述，p＝1.
[解题方略] 1．解答本题需注意以下几个问题 (1)本题涉及中点弦问题，可考虑“点差法”求解； (2)直线斜率存在与否不确定，因此需分类讨论或直接设方程为x＝my＋n(由题意知直线MN的斜率一定不为0)； (3)“∠MPN的平分线与y轴垂直”，由此应解读出直线MP 和NP的斜率互为相反数； (4)注意等式“(m＋1)(n＋2m－1)＝0”恒成立的条件即为 “m＝－1”．
第二课时作为保分题目的考查点(二)——定点与定值、探索性问题
题型一定点问题圆锥曲线中的定点问题一般是指与解析几何有关的直线或圆过定点的问题(其他曲线过定点太复杂，高中阶段一般不涉及)，是高考重点考查的考点和热点之一. 其实质是：当动直线或动圆变化时，这些直线或圆相交于一点，即这些直线或圆绕着定点在转动.
[典例3]
(2020·吉林五校联考)已知椭圆C：
x2 a2
＋
y2 b2
＝
1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点连线构成等边三角形，
且椭圆C的短轴长为2 3.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)是否存在过点P(0,2)的直线l与椭圆C相交于不同的两点
M，N，且满足―OM→·―O→N ＝2(O为坐标原点)？若存在，求出直线
[针对训练]

课时跟踪训练54

课时跟踪训练54课时跟踪训练(五十四)[基础巩固]一、选择题1．在一次随机试验中，彼此互斥的事件A ，B ，C ，D 的概率分别是0.2,0.2,0.3,0.3，则下列说法正确的是( )A ．A ＋B 与C 是互斥事件，也是对立事件B ．B ＋C 与D 是互斥事件，也是对立事件C ．A ＋C 与B ＋D 是互斥事件，但不是对立事件D ．A 与B ＋C ＋D 是互斥事件，也是对立事件[解析] 由于A ，B ，C ，D 彼此互斥，且A ＋B ＋C ＋D 是一个必然事件，其事件的关系可由如图所示的Venn 图表示，由图可知，任何一个事件与其余3个事件的和事件必然是对立事件，任何两个事件的和事件与其余两个事件的和事件也是对立事件．故选D.[答案] D2．现有语文、数学、英语、物理和化学共5本书，从中任取1本，取出的是理科书的概率为( )A.15B.25C.35D.45[解析] 记取到语文、数学、英语、物理、化学书分别为事件A 、B 、C 、D 、E ，则A 、B 、C 、D 、E 是彼此互斥的，取到理科书的概率为事件B 、D 、E 的概率的并集．P (B ∪D ∪E )＝P (B )＋P (D )＋P (E )＝15＋15＋15＝35.A.14B.12C.13D.23[解析] 从四个球中随机选取三个球，基本事件总数n ＝4，所选取三个球上的数字能构成等差数列包含的基本事件有(2,3,4)，(2,4,6)共2个．所以所求概率P ＝24＝12，故选B. [答案] B6．(2019·江西九江一模)掷一枚均匀的硬币4次，出现正面向上的次数不少于反面向上的次数的概率为( )A.516B.12C.58D.1116[解析] 掷一枚均匀的硬币4次，基本事件总数n ＝24＝16，出现正面向上的次数不少于反面向上的次数包含的基本事件为有2次正面向上，3次正面向上和4次正面向上，其个数为6＋4＋1＝11，∴出现正面向上的次数不少于反面向上的概率P ＝1116. [答案] D二、填空题7．从某班学生中任意找出一人，如果该同学的身高小于160 cm 的概率为0.2，该同学的身高在[160,175](单位：cm)内的概率为0.5，那么该同学的身高超过175 cm 的概率为__________．[解析] 因为必然事件发生的概率是1，所以该同学的身高超过175 cm 的概率为1－0.2－0.5＝0.3.[答案] 0.38．已知盒子中有散落的棋子15粒，其中6粒是黑子，9粒是白子，已知从中取出2粒都是黑子的概率是17，从中取出2粒都是白子的概率是1235，现从中任意取出2粒恰好是同一色的概率是________． [解析] 从盒子中任意取出2粒恰好是同一色的概率恰为取2粒白子的概率与取2粒黑子的概率的和，即为17＋1235＝1735. [答案] 17359．一只不透明的袋子中装有7个红球，3个绿球，从中无放回地任意抽取两次，每次只取一个，取得两个红球的概率为715，取得两个绿球的概率为115，则取得两个同颜色的球的概率为________；至少取得一个红球的概率为________．[解析] 由于“取得两个红球”与“取得两个绿球”是互斥事件，因而取得两个同色球的概率为P ＝715＋115＝815. 由于事件A “至少取得一个红球”与事件B “取得两个绿球”是对立事件．故至少取得一个红球的概率P (A )＝1－P (B )＝1415. [答案] 815 1415三、解答题10．国家射击队的队员为在世界射击锦标赛上取得优异成绩，正在加紧备战，经过近期训练，某队员射击一次命中7～10环的概率如表所示：命中环数 10环 9环 8环 7环概率0.320.280.180.12(1)射中9环或10环的概率；(2)至少命中8环的概率；(3)命中不足8环的概率．[解]记事件“射击一次，命中k环”为A k(k∈N*，k≤10)，则事件A k彼此互斥．(1)记“射击一次，射中9环或10环”为事件A，那么当A9，A10之一发生时，事件A发生，由互斥事件的加法公式得：P(A)＝P(A9)＋P(A10)＝0.28＋0.32＝0.60.(2)设“射击一次，至少命中8环”的事件为B，那么当A8，A9，A10之一发生时，事件B发生．由互斥事件概率的加法公式得P(B)＝P(A8)＋P(A9)＋P(A10)＝0.18＋0.28＋0.32＝0.78.(3)由于事件“射击一次，命中不足8环”是事件B：“射击一次，至少命中8环”的对立事件，即B表示事件“射击一次，命中不足8环”．∴P(B)＝1－P(B)＝1－0.78＝0.22.[能力提升]11．(2019·河南平顶山一模)甲袋中装有3个白球和5个黑球，乙袋中装有4个白球和6个黑球，现从甲袋中随机取出一个球放入乙袋中，充分混合后，再从乙袋中随机取出一个球放回甲袋中，则甲袋中白球没有减少的概率为( )A.944B.2544C.3544D.3744[解析] 白球没有减少的情况有：①抓出黑球，放入任意球，概率为58.②抓出白球放入白球，概率为38×511＝1588，所求事件概率为：58＋1588＝3544.故选C. [答案] C12．(2019·山东烟台调研)一袋中装有大小相同，编号分别为1,2,3,4,5,6,7,8的八个球，从中有放回的每次取一个球，共取2次，则取得两个球的编号和不小于15的概率为( )A.132B.164C.332D.364[解析] 从8个球中有放回地取2次(每次取一个球)，所取两球的编号共有8×8＝64种，其中两编号和不小于15的有3种：(7,8)，(8,7)，(8,8)．则所求概率P ＝364，故选D. [答案] D13．一枚硬币连掷5次，则至少一次正面向上的概率为__________．[解析] 因为一枚硬币连掷5次，没有正面向上的概率为125，所以至少一次正面向上的概率为1－125＝3132. [答案] 313214．甲、乙二人参加普法知识竞答，共有10个不同的题目，其中6个选择题，4个判断题，甲、乙二人依次各抽一题，则甲、乙二人中至少有一人抽到选择题的概率是________．[解析] 基本事件的总数为10×9＝90(个)，甲、乙二人均抽到判断题的基本事件的个数是4×3＝12，故甲、乙两人中至少有一人抽到选择题的概率是1－1290＝1315. [答案] 131515．袋中有12个小球，分别为红球、黑球、黄球、绿球，从中任取一球，得到红球的概率是13，黑球或黄球的概率是512，绿球或黄球的概率也是512.求从中任取一球，得到黑球、黄球和绿球的概率分别是多少？[解] 从袋中任取一球，记事件“得到红球”“得到黑球”“得到黄球”“得到绿球”分别为A ，B ，C ，D ，则事件A ，B ，C ，D彼此互斥，所以有P (B ＋C )＝P (B )＋P (C )＝512，P (D ＋C )＝P (D )＋P (C )＝512，P (B ＋C ＋D )＝P (B )＋P (C )＋P (D )＝1－P (A )＝1－13＝23，解得P (B )＝14，P (C )＝16，P (D )＝14. 故从中任取一球，得到黑球、黄球和绿球的概率分别是14，16，14. 16．袋中有红、黄、白3种颜色的球各1只，从中每次任取1只，有放回地抽取3次，求：(1)“3只球颜色全相同”的概率．(2)“3只球颜色不全相同”的概率．[解] (1)“3只球颜色全相同”包括“3只全是红球”(事件A )，“3只全是黄球”(事件B )，“3只全是白球”(事件C )，且它们彼此互斥，故“3只球颜色全相同”这个事件可记为A ∪B ∪C ，又P (A )＝P (B )＝P (C )＝127，故P (A ∪B ∪C )＝P (A )＋P (B )＋P (C )＝19. (2)记“3只球颜色不全相同”为事件D ，则事件D 为“3只球颜色全相同”，又P (D )＝P (A ∪B ∪C )＝19.所以P (D )＝1－P (D )＝1－19＝89，故“3只球颜色不全相同”的概率为89. [延伸拓展]若随机事件A ，B 互斥，A ，B 发生的概率均不等于0，且分别为P (A )＝2－a ，P (B )＝3a －4，则实数a 的取值范围为__________．[解析] 因为随机事件A ，B 互斥，A ，B 发生的概率均不等于0，且分别为P (A )＝2－a ，P (B )＝3a －4，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 0<P (A )<1，0<P (B )<1，P (A )＋P (B )≤1，即⎩⎪⎨⎪⎧ 0<2－a <1，0<3a －4<1，2a －2≤1.解得43<a ≤32.[答案] ⎝ ⎛⎦⎥⎤43，32。

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课时跟踪检测(五十四) 定点、定值、探索性问题(选用)(分Ⅰ、Ⅱ卷，共2页) 第Ⅰ卷：夯基保分卷1．已知椭圆C 过点M ⎝⎛⎭⎫1，62 ，点F (－2，0)是椭圆的左焦点，点P ，Q 是椭圆C 上的两个动点，且|PF |，|MF |，|QF |成等差数列．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)求证：线段PQ 的垂直平分线经过一个定点A .2. (2013·济南模拟)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，且过点(2，2)．(1)求椭圆的标准方程；(2)四边形ABCD 的顶点在椭圆上，且对角线AC ，BD 过原点O ，若k AC ·k BD ＝－b 2a 2.求证：四边形ABCD 的面积为定值．3. (2013·北京东城区期末)在平面直角坐标系xOy 中，动点P 到两点(－3，0)，(3，0)的距离之和等于4，设点P 的轨迹为曲线C ，直线l 过点E (－1,0)且与曲线C 交于A ，B 两点．(1)求曲线C 的轨迹方程；(2)△AOB 的面积是否存在最大值，若存在，求出△AOB 的面积的最大值；若不存在，说明理由．第Ⅱ卷：提能增分卷1.已知椭圆C ：x 24＋y 23＝1，点F 1，F 2分别为其左、右焦点，点A 为左顶点，直线l 的方程为x ＝4，过点F 2的直线l ′与椭圆交于异于点A 的P ，Q 两点．(1)求AP ·AQ 的取值范围；(2)若AP ∩l ＝M ，AQ ∩l ＝N ，求证：M ，N 两点的纵坐标之积为定值，并求出该定值．2. (2013·合肥模拟)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)与双曲线x 2m 2－y 23－m 2＝1(0＜m 2＜3)有公共的焦点，过椭圆E 的右顶点R 任意作直线l ，设直线l 交抛物线y 2＝2x 于M ，N 两点，且OM ⊥ON .(1)求双曲线的焦点坐标和椭圆E 的方程；(2)设P 是椭圆E 上第一象限内的点，点P 关于原点O 的对称点为A 、关于x 轴的对称点为Q ，线段PQ 与x 轴相交于点C ，点D 为CQ 的中点，若直线AD 与椭圆E 的另一个交点为B ，试判断直线P A ，PB 是否相互垂直？并证明你的结论．答案第Ⅰ卷：夯基保分卷1．解：(1)设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)，由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧1a 2＋64b 2＝1，a 2－b 2＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝2，∴椭圆的标准方程为x 24＋y 22＝1.(2)证明：设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，由椭圆的标准方程为x 24＋y 22＝1，可知|PF |＝(x 1＋2)2＋y 21＝()x 1＋22＋2－x 212＝2＋22x 1，同理|QF |＝2＋22x 2， |MF |＝(1＋2)2＋⎝⎛⎭⎫622＝2＋22，∵2|MF |＝|PF |＋|QF |， ∴2⎝⎛⎭⎫2＋22＝4＋22(x 1＋x 2)，∴x 1＋x 2＝2.(ⅰ)当x 1≠x 2时，由⎩⎪⎨⎪⎧x 21＋2y 21＝4，x 22＋2y 22＝4. 得x 21－x 22＋2(y 21－y 22)＝0，∴y 1－y 2x 1－x 2＝－12·x 1＋x 2y 1＋y 2.设线段PQ 的中点为N (1，n )，由k PQ ＝y 1－y 2x 1－x 2＝－12n ，得线段PQ 的中垂线方程为y －n ＝2n (x －1)， ∴(2x －1)n －y ＝0，该直线恒过一定点A ⎝⎛⎭⎫12，0. (ⅱ)当x 1＝x 2时，P ⎝⎛⎭⎫1，－62，Q ⎝⎛⎭⎫1，62 或P ⎝⎛⎭⎫1，62，Q ⎝⎛⎭⎫1，－62，线段PQ 的中垂线是x 轴，也过点A ⎝⎛⎭⎫12，0.综上，线段PQ 的中垂线过定点A ⎝⎛⎭⎫12，0. 2．解：(1)由题意e ＝c a ＝22，4a 2＋2b 2＝1，又a 2＝b 2＋c 2，解得a 2＝8，b 2＝4，故椭圆的标准方程为x 28＋y 24＝1.(2)证明：设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m ， A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2＋2y 2＝8.得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－8＝0， Δ＝(4km )2－4(1＋2k 2)(2m 2－8)＝8(8k 2－m 2＋4)＞0, ① 由根与系数的关系得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－4km1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－81＋2k 2.∵k AC ·k BD ＝－b 2a 2＝－12，∴y 1y 2x 1x 2＝－12，∴y 1y 2＝－12x 1x 2＝－12·2m 2－81＋2k 2＝－m 2－41＋2k 2. 又y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝k 22m 2－81＋2k 2＋km －4km 1＋2k2＋m 2＝m 2－8k 21＋2k 2，∴－m 2－41＋2k 2＝m 2－8k 21＋2k 2，∴－(m 2－4)＝m 2－8k 2， ∴4k 2＋2＝m 2.设原点到直线AB 的距离为d ，则 S △AOB ＝12|AB |·d ＝121＋k 2·|x 2－x 1|·|m |1＋k 2＝|m |2(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝|m |2⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 1＋2k 22－4×2m 2－81＋2k 2＝|m |28m 2(1＋2k 2)2＝22，∴S 四边形ABCD ＝4S △AOB ＝82，即四边形ABCD 的面积为定值．3．解：(1)由椭圆定义可知，点P 的轨迹C 是以(－3，0)，(3，0)为焦点，长半轴长为2的椭圆．故曲线C 的轨迹方程为x 24＋y 2＝1.(2)△AOB 的面积存在最大值．因为直线l 过点E (－1,0)，所以可设直线l 的方程为x ＝my －1或y ＝0(舍)．由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，x ＝my －1.整理得(m 2＋4)y 2－2my －3＝0， Δ＝(2m )2＋12(m 2＋4)＞0.设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，其中y 1＞y 2. 解得y 1＝m ＋2m 2＋3m 2＋4，y 2＝m －2m 2＋3m 2＋4.则|y 2－y 1|＝4m 2＋3m 2＋4.因为S △AOB ＝12|OE |·|y 1－y 2|＝2m 2＋3m 2＋4＝2m 2＋3＋1m 2＋3.设t ＝m 2＋3，t ≥ 3，g (t )＝t ＋1t，则g ′(t )＝1－1t 2，故当t ≥3时g ′(t )＞0恒成立，则g (t )在区间[3，＋∞)上为增函数，所以g (t )≥g (3)＝433.所以S △AOB ≤32，当且仅当m ＝0时取等号．所以S △AOB 的最大值为32. 第Ⅱ卷：提能增分卷1．解：(1)①当直线PQ 的斜率不存在时，由F 2(1,0)可知PQ 的方程为x ＝1，代入椭圆C ：x 24＋y 23＝1，得点P ⎝⎛⎭⎫1，32，Q ⎝⎛⎭⎫1，－32，又点A (－2,0)，故AP ＝⎝⎛⎭⎫3，32，AQ ＝⎝⎛⎭⎫3，－32， AP ·AQ ＝274.②当直线PQ 的斜率存在时，设PQ 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，代入椭圆C ：x 24＋y 23＝1，得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0.设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，得x 1＋x 2＝8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k 2，y 1y 2＝k 2(x 1－1)·(x 2－1)＝k 2(－x 1－x 2＋x 1x 2＋1)＝－9k 23＋4k 2，故AP ·AQ ＝(x 1＋2)(x 2＋2)＋y 1y 2＝x 1x 2＋2(x 1＋x 2)＋4＋y 1y 2＝27k 23＋4k 2＝273k2＋4∈⎝⎛⎭⎫0，274，综上，AP ·AQ 的取值范围是⎝⎛⎦⎤0，274. (2)证明：由(1)知，直线AP 的方程为y ＝y 1x 1＋2(x ＋2)，与直线l 的方程x ＝4联立，得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，6y 1x 1＋2，同理，得N ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，6y 2x 2＋2，故M ，N 两点的纵坐标之积y M y N ＝6y 1x 1＋2·6y 2x 2＋2＝36y 1y 2x 1x 2＋2(x 1＋x 2)＋4.①当直线PQ 的斜率不存在时，y M y N ＝36×32×⎝⎛⎭⎫－321×1＋2(1＋1)＋4＝－9；②当直线PQ 的斜率存在时，由(1)可知，y M y N ＝－324k 23＋4k 24k 2－123＋4k 2＋16k 23＋4k 2＋4＝－9.综上所述，M ，N 两点的纵坐标之积为定值，该定值为－9. 2．解：(1)由题意可知c 双＝m 2＋3－m 2＝3，故双曲线的焦点坐标为F 1(－3，0)、F 2(3，0)．设点M (x 1，y 1)、N (x 2，y 2)，设直线l ：ty ＝x －a ，代入y 2＝2x 并整理得y 2－2ty －2a ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝2t ，y 1y 2＝－2a .故OM ·ON ＝x 1x 2＋y 1y 2＝(ty 1＋a )(ty 2＋a )＋y 1y 2 ＝(t 2＋1)y 1y 2＋at (y 1＋y 2)＋a 2＝(t 2＋1)(－2a )＋2at 2＋a 2＝a 2－2a ＝0，解得a ＝2.又c 椭＝c 双＝3，所以椭圆E 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)法一：判断结果：P A ⊥PB 恒成立．证明如下：设P (x 0，y 0)，则A (－x 0，－y 0)， D (x 0，－12y 0)，x 20＋4y 20＝4，将直线AD 的方程y ＝y 04x 0(x ＋x 0)－y 0代入椭圆方程并整理得(4x 20＋y 20)x 2－6x 0y 20x ＋9x 20y 20－16x 20＝0，由题意可知此方程必有一根为－x 0.于是解得x B ＝6x 0y 24x 20＋y 20＋x 0，所以y B ＝y 04x 0⎝ ⎛⎭⎪⎫6x 0y 204x 20＋y 20＋2x 0－y 0 ＝y 30－2x 20y 04x 20＋y 20，所以k PB ＝y 30－2x 20y 04x 20＋y 20－y 06x 0y 204x 20＋y 2＝－6x 20y 06x 0y 20＝－x 0y 0，故k P A k PB ＝－x 0y 0×y 0x 0＝－1，即P A ⊥PB .法二：判断结果：P A ⊥PB 恒成立．证明如下：设B (x 1，y 1)，P (x 0，y 0)，则A (－x 0，－y 0)，D ⎝⎛⎭⎫x 0，－y 02，x 214＋y 21＝1，x 204＋y 20＝1，两式相减得y 21－y 20x 21－x 20＝－14，故k BA ·k BP ＝y 1＋y 0x 1＋x 0· y 1－y 0x 1－x 0＝y 21－y 20x 21－x 20＝－14.又k AB ＝k AD ＝－12y 0＋y 0x 0＋x 0＝y 04x 0，代入上式可得k PB ＝⎝⎛⎭⎫－14÷y 04x 0＝－x0y 0，所以k P A k PB ＝y 0x 0·⎝⎛⎭⎫－x 0y 0＝－1，即P A ⊥PB .。