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专题强化练9　定点、定值及探究性问题
1.已知椭圆方程为+=1(a>b>0),过点A(-a,0),B(0,b)的直线的倾斜角为,原点到该直线的距离为.
(1)求椭圆的方程;
(2)对于D(-1,0),是否存在实数k,使得直线y=kx+2交椭圆于两点P,Q,且|DP|=|DQ| 若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.
2.已知椭圆C:+=1(a>b>0)的短轴长为2,离心率为.
(1)求椭圆C的方程;
(2)点P为直线x=4上的动点,过点P的动直线l与椭圆C相交于不同的两点A,B,在线段AB上取点Q,满足|AP|·|QB|=|AQ|·|PB|,证明:点Q的轨迹过定点.
3.已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左顶点为A(-2,0),焦距为2.动圆D的圆心坐标是(0,2),过点A作圆D的两条切线分别交椭圆于另一点M,N,记直线AM,AN的斜率分别为k1和k2.
(1)求证:k1k2=1;
(2)若O为坐标原点,作OP⊥MN,垂足为P,在x轴上是否存在定点Q,使得|PQ|为定值
4.已知椭圆C:+=1,其右焦点为F,过点F且与坐标轴不垂直的直线与椭圆C交于P,Q两点.
(1)求椭圆C的离心率;
(2)设O为坐标原点,线段OF(不含端点)上是否存在点N(n,0),使得·=· 若存在,求出n的取值范围;若不存在,说明理由;
(3)过点P0(4,0)的直线与椭圆C交于A,B两点,点B关于x轴的对称点为E,试证明:直线AE过定点.
5.已知双曲线C:-=1(a>0,b>0),设P是双曲线C上任意一点,O为坐标原点,F为双曲线的右焦点,A1,A2分别为双曲线的左、右顶点.
(1)已知无论点P在右支的何处,总有|PO|>|PF|,求的取值范围;
(2)设过右焦点F的直线l交双曲线于M,N两点,M在第一象限内,如图1,若△OMN为等边三角形,求的值;
(3)若a=2,b=,动点Q在双曲线上,且与双曲线的顶点不重合,直线QA1和直线QA2与直线x=1分别相交于点S和T,如图2,是否存在定点E,使得ES⊥ET恒成立 若存在,请求出定点E的坐标;若不存在,试说明理由.
　　
答案与分层梯度式解析
专题强化练9　定点、定值及探究性问题
解析　(1)因为过点A(-a,0),B(0,b)的直线的倾斜角为,所以=
tan ,即=,
故过点A(-a,0),B(0,b)的直线方程为y=(x+a),
故原点到该直线的距离为=,解得a=(负值舍去),
故b=1,所以椭圆的方程是+y2=1.
(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2).
将y=kx+2代入+y2=1得,(3k2+1)x2+12kx+9=0,
则Δ=144k2-36(3k2+1)>0,解得k>1或k<-1,
设PQ的中点为M,则xM==-,yM=kxM+2=.
由|DP|=|DQ|,得DM⊥PQ,
所以kDM===-,
所以3k2-4k+1=0,得k=1或k=,
由于k>1或k<-1,
故k=1,k=均不成立,所以不存在满足条件的k.
2.解析　(1)由题意可知又a2=b2+c2,所以a=2,b=,c=,
所以椭圆C的方程为+=1.
(2)证明:设A(x1,y1),B(x2,y2),Q(x,y),P(4,t),
显然直线AB的斜率存在,设为k,则直线AB的方程为y=k(x-4)+t.
因为A,P,B,Q四点共线,所以不妨设x2则|AP|=(4-x1),|AQ|=(x1-x),|QB|=(x-x2),|PB|=(4-x2),
由|AP|·|QB|=|AQ|·|PB|,可得(4-x1)(x-x2)=(x1-x)(4-x2),
化简得2x1x2-(x1+x2)(4+x)+8x=0.(*)
联立消去y,
得(2k2+1)x2+4k(t-4k)x+2(t-4k)2-4=0.
所以x1+x2=-,x1x2=,
代入(*)式,化简得x==4-,
即=4-x(**).
易知k=,代入(**)式,
得=4-x,化简得2x+ty-2=0.
所以点Q总在一条动直线2x+ty-2=0上,且该直线恒过定点(1,0).
3.解析　(1)证明:因为椭圆C的左顶点为A(-2,0),焦距为2,
所以解得a2=4,b2=1,所以椭圆C的方程为+y2=1,
根据题意可知,过点A且与圆D相切的直线的斜率存在,不妨设其方程为y=k(x+2),
另设动圆的半径为r(r>0),则=r,
化简得(4-r2)k2-8k+4-r2=0,
所以k1和k2是方程(4-r2)k2-8k+4-r2=0的两根,所以k1k2=1.
(2)设点M(x1,y1),N(x2,y2),由题知切线AM的方程为y=k1(x+2).
联立整理得(1+4)x2+16x+16-4=0,
则-2x1=,解得x1=,则y1=k1(x1+2)=,所以M,
因为k1k2=1,所以将k1换成,可得N,
则直线MN的斜率为=,
所以直线MN的方程为y-=.
由椭圆的对称性可知,直线MN必过x轴上一定点(x0,0),
所以0-=,化简得(40+12x0)+3x0+10=0,
这是一个与k1无关的方程,所以40+12x0=0,解得x0=-,即直线MN过定点,设为E.
因为OP⊥MN,所以点P的轨迹是以OE为直径的圆上的一段弧,
故存在点Q,使得|PQ|为定值.
专家支招　圆锥曲线中的定值问题的求解策略:(1)可考虑先利用特殊点或特殊值求得定值,再把结论推广到一般结论.(2)运用函数与方程的思想方法进行解答,具体如下:①选择适当的变量;②把要证明的定值的量表示为上述变量的函数或与它有关的方程;③把此定值的量化成与变量无关的结构形式,从而加以判定或证明.
4.解析　(1)由椭圆方程为+=1,可得a=2,b=,所以c=1,故离心率e==.
(2)由题可设直线PQ的方程为y=k(x-1),k≠0,代入+=1,得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0,
Δ=-4(3+4k2)(4k2-12)>0恒成立,
设P(x1,y1),Q(x2,y2),线段PQ的中点为R(x0,y0),
则x0==,y0=k(x0-1)=-,
假设存在N(n,0),则+=2,
由·=·,得·-·=·(+)=·(2)=0,
所以直线NR为线段PQ的垂直平分线,
易得直线NR的方程为y+=-,
令y=0,得N点的横坐标n==,
因为k2∈(0,+∞),所以+4∈(4,+∞),所以n∈,此时|ON|<|OF|,
即线段OF(不含端点)上存在点N(n,0),使得·=·,其中n∈.
(3)证明:易知直线AB的斜率存在,设其方程为y=k'(x-4),当k'≠0时,将y=k'(x-4)代入+=1,得(3+4k'2)x2-32k'2x+64k'2-12=0,
因为过点P0(4,0)的直线与椭圆交于A,B两点,
所以Δ=-4(3+4k'2)(64k'2-12)>0,
所以k'∈∪,
设A(x3,y3),B(x4,y4),
则x3+x4=,x3x4=,E(x4,-y4),
则直线AE的方程为y-y3=(x-x3),
不妨令y=0,得x=-y3·+x3==
===1,
即此时直线AE过定点(1,0).
当k'=0时,直线AE为x轴,也过点(1,0),
所以直线AE过定点(1,0).
5.解析　(1)设点P(x0,y0),x0≥a,则|PO|2=+,|PF|2=+,
要使|PO|>|PF|,则|PO|2>|PF|2,代入并化简得x0>,
∵x0≥a,∴又∵a>0,b>0,∴的取值范围是(0,).
(2)若△OMN为等边三角形,则|OM|=|ON|,故xM=xN,直线l的斜率不存在,故直线l:x=c,
则xM=xN=c,yM=,∵△OMN为等边三角形,∴c=yM,即c2=,即a2+b2=,∴=.
(3)由题知双曲线C的方程为-=1,A1(-2,0),A2(2,0),设点Q(x1,y1),则-=1,
易得直线QA1:y=(x+2),则S,
直线QA2:y=(x-2),则T,
由Q点在双曲线上,且双曲线关于x轴对称得,
若存在定点E,使得ES⊥ET恒成立,则点E只能在x轴上,设E(t,0),则·=0,
∴(1-t)2+=(1-t)2-=0,解得t=-或t=,
即存在满足题意的定点E,其坐标为或.
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