《（課標(biāo)通用版）高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第九章 平面解析幾何 第10講 定值、定點(diǎn)、探索性問題檢測(cè) 文-人教版高三全冊(cè)數(shù)學(xué)試題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標(biāo)通用版）高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第九章 平面解析幾何 第10講 定值、定點(diǎn)、探索性問題檢測(cè) 文-人教版高三全冊(cè)數(shù)學(xué)試題（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第10講 定值、定點(diǎn)、探索性問題 [基礎(chǔ)題組練] 1．已知雙曲線－＝1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過(guò)F2作x軸的垂線與雙曲線交于B，C兩點(diǎn)，且∠BF1C＝60°，則該雙曲線的離心率為(　　) A.　　　　　　　　　　 B. C. D．2 解析：選C.不妨設(shè)點(diǎn)B在x軸的上方，則點(diǎn)B的坐標(biāo)為，由于∠BF1C＝60°，則＝tan 30°＝，得e2－2e－＝0， 即(e＋1)(e－)＝0， 得e＝.故選C. 2．橢圓＋＝1的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，弦AB過(guò)點(diǎn)F1.若△ABF2的內(nèi)切圓周長(zhǎng)為π，A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，則|y1－

2、y2|的值為(　　) A. B. C. D. 解析：選D.由題意知，c＝＝＝3，所以橢圓的焦點(diǎn)為F1(－3，0)，F(xiàn)2(3，0)．設(shè)△ABF2的內(nèi)切圓半徑為r.因?yàn)椤鰽BF2的內(nèi)切圓周長(zhǎng)為π，所以r＝.根據(jù)橢圓的定義，有|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝(|AF1|＋|AF2|)＋(|BF1|＋|BF2|)＝4a＝20，所以S△ABF2＝(|AB|＋|AF2|＋|BF2|)×r＝×4a×r＝5＝×2c×|y1－y2|＝3|y1－y2|，所以|y1－y2|＝.故選D. 3．(2019·安徽合肥模擬)已知橢圓＋＝1(a>b>0)的離心率為，過(guò)橢圓上一點(diǎn)M作直線MA，MB分別交橢圓于

3、A，B兩點(diǎn)，且斜率分別為k1，k2，若點(diǎn)A，B關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，則k1·k2的值為________． 解析：由e2＝1－＝，得＝.設(shè)M(x，y)，A(m，n)，則B(－m，－n)，k1·k2＝·＝，① 把y2＝b2，n2＝b2代入①式并化簡(jiǎn)，可得k1·k2＝－＝－. 答案：－ 4．已知圓M：x2＋(y－2)2＝1，直線l：y＝－1，動(dòng)圓P與圓M相外切，且與直線l相切．設(shè)動(dòng)圓圓心P的軌跡為E. (1)求E的方程； (2)若點(diǎn)A，B是E上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，且·＝－16，求證：直線AB恒過(guò)定點(diǎn)． 解：(1)設(shè)P(x，y)，則＝(y＋1)＋1?x2＝8y. 所以E的方程為x2＝8y

4、. (2)證明：易知直線AB的斜率存在，設(shè)直線AB：y＝kx＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 將直線AB的方程代入x2＝8y中， 得x2－8kx－8b＝0， 所以x1＋x2＝8k，x1x2＝－8b. ·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋＝－8b＋b2＝－16?b＝4， 所以直線AB恒過(guò)定點(diǎn)(0，4)． 5．(2019·黑龍江齊齊哈爾八中模擬)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，過(guò)右焦點(diǎn)且垂直于x軸的直線l1與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，且|AB|＝，直線l2：y＝k(x－m)與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)． (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)已知點(diǎn)Q，若·是一個(gè)與k無(wú)關(guān)的常

5、數(shù)，求實(shí)數(shù)m的值． 解：(1)聯(lián)立方程，得解得y＝±，故＝. 又e＝＝，a2＝b2＋c2，所以a＝，b＝1，c＝1， 故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1. (2)設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，聯(lián)立方程，得消元得(1＋2k2)x2－4mk2x＋2k2m2－2＝0， 所以Δ＝16m2k4－4(1＋2k2)(2k2m2－2)＝8(2k2－m2k2＋1)， x1＋x2＝，x1x2＝， ·＝＋y1y2＝x1x2－(x1＋x2)＋＋k2(x1－m)(x2－m)＝(1＋k2)x1x2－(x1＋x2)＋＋k2m2＝＋， 又·是一個(gè)與k無(wú)關(guān)的常數(shù)，所以3m2－5m－2＝－4，即3m2－5m＋

6、2＝0， 解得m1＝1，m2＝， 因?yàn)閙>，所以m＝1. 當(dāng)m＝1時(shí)，Δ>0，直線l2與橢圓C交于兩點(diǎn)，滿足題意． [綜合題組練] 1．(2019·湖北省五校聯(lián)考)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：＋y2＝1，點(diǎn)P(x1，y1)，Q(x2，y2)是橢圓C上兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，直線OP，OQ的斜率分別為k1，k2，若m＝，n＝，m·n＝0. (1)求證：k1·k2＝－； (2)試探求△OPQ的面積S是否為定值，并說(shuō)明理由． 解：(1)證明：因?yàn)閗1，k2存在，所以x1x2≠0， 因?yàn)閙·n＝0，所以＋y1y2＝0， 所以k1·k2＝＝－. (2)①當(dāng)直線PQ的斜率不存在，即x1＝

7、x2，y1＝－y2時(shí)， 由＝－，得－y＝0， 又由P(x1，y1)在橢圓上，得＋y＝1， 所以|x1|＝，|y1|＝， 所以S△POQ＝|x1|·|y1－y2|＝1. ②當(dāng)直線PQ的斜率存在時(shí)，設(shè)直線PQ的方程為y＝kx＋b(b≠0)． 由得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－4＝0， Δ＝64k2b2－4(4k2＋1)(4b2－4)＝16(4k2＋1－b2)>0， 所以x1＋x2＝，x1x2＝. 因?yàn)椋珁1y2＝0， 所以＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0，得2b2－4k2＝1，滿足Δ>0. 所以S△POQ＝·|PQ|＝|b|＝2|b|·＝1. 所以△POQ的面積S

8、為定值． 2．(綜合型)(2019·西安市八校聯(lián)考)已知直線l：x＝my＋1過(guò)橢圓C：＋＝1的右焦點(diǎn)F，拋物線x2＝4y的焦點(diǎn)為橢圓C的上頂點(diǎn)，且l交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)A，F(xiàn)，B在直線x＝4上的射影依次為D，K，E. (1)求橢圓C的方程； (2)若直線l交y軸于點(diǎn)M，且＝λ1，＝λ2，當(dāng)m變化時(shí)，證明：λ1＋λ2為定值； (3)當(dāng)m變化時(shí)，直線AE與BD是否相交于定點(diǎn)？若是，請(qǐng)求出定點(diǎn)的坐標(biāo)，并給予證明；否則，說(shuō)明理由． 解：(1)因?yàn)閘：x＝my＋1過(guò)橢圓C的右焦點(diǎn)F， 所以右焦點(diǎn)F(1，0)，c＝1，即c2＝1. 因?yàn)閤2＝4y的焦點(diǎn)(0，)為橢圓C的上頂點(diǎn)， 所以b

9、＝， 即b2＝3，a2＝b2＋c2＝4， 所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)證明：由題意知m≠0，由得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝－，y1y2＝－. 因?yàn)椋溅?，＝λ2，M， 所以＝λ1(1－x1，－y1)，(x2，y2＋)＝ λ2(1－x2，－y2)， 所以λ1＝－1－，λ2＝－1－， 所以λ1＋λ2＝－2－＝－2－÷＝－. 綜上所述，當(dāng)m變化時(shí)，λ1＋λ2為定值－. (3)是．理由如下：當(dāng)m＝0時(shí)，直線l⊥x軸，則四邊形ABED 為矩形，易知AE與BD相交于點(diǎn)N，猜想當(dāng)m變化時(shí)，直線AE與BD相交于定點(diǎn)N，證明如下： ＝＝， 易知E(4，y2)，則＝. 因?yàn)閥2－(－y1)＝(y1＋y2)－my1y2＝－m＝0， 所以∥， 即A，N，E三點(diǎn)共線． 同理可得B，N，D三點(diǎn)共線． 則猜想成立，故當(dāng)m變化時(shí)，直線AE與BD相交于定點(diǎn)N.