《备战2023年高考数学一轮复习》课时作业-第八章-第6节-第二课时-定点、定值与探索性问题.docx

第二课时　定点、定值与探索性问题

知识点、方法
基础巩固练
综合运用练
应用创新练
定点问题

2,3

定值问题

1

探索性问题

4

1.已知椭圆C:x2a2+y2b2=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.证明:原点O到直线AB的距离为定值,并求出该定值.
(1)解:由题意知,e=ca=32,b2+c2=2,
又a2=b2+c2,
所以a=2,c=3,b=1,
所以椭圆C的方程为x24+y2=1.
(2)证明:①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.
②当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=kx+m, A(x1,y1),B(x2,y2),
由x24+y2=1,y=kx+m,
得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,
则Δ=(8km)2-4(1+4k2)(4m2-4)=16(1+4k2-m2)>0,x1+x2=-8km1+4k2,x1x2= 4m2-41+4k2,
则y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=m2-4k21+4k2,
由OA⊥OB得kOA·kOB=-1,
即y1x1·y2x2=-1.
所以x1x2+y1y2=5m2-4-4k21+4k2=0,
即m2=45(1+k2),
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.已知椭圆C:x2a2+y2=1(a>1)的上顶点为A,右焦点为F,直线AF与圆M:(x-3)2+(y-1)2=3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交于P,Q两点,且 AP→·AQ→=0,证明:直线l过定点,并求该定点的坐标.
(1)解:圆M的圆心为(3,1),半径r=3.
由题意知A(0,1),F(c,0),
则直线AF的方程为xc+y=1,
即x+cy-c=0,
由直线AF与圆M相切,得|3+c-c|c2+1=3,
解得c2=2,a2=c2+1=3.
故椭圆C的方程为x23+y2=1.
(2)证明: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.
联立得y=kx+1,x23+y2=1,
整理得(1+3k2)x2+6kx=0,
解得x=0(舍去)或x=-6k1+3k2,
故点P的坐标为(-6k1+3k2,1-3k21+3k2),
同理,点Q的坐标为(6kk2+3,k2-3k2+3),
所以直线l的斜率为k2-3k2+3-1-3k21+3k26kk2+3--6k1+3k2=k2-14k,
所以直线l的方程为
y=k2-14k(x-6kk2+3)+k2-3k2+3,
即y=k2-14kx-12.
所以直线l过定点(0,-12).
3.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1的右焦点为F(c,0)且a>b>c>0,设短轴的一个端点为D,原点O到直线DF的距离为32,过原点和x轴不重合的直线与椭圆E相交于C,G两点,且|GF→|+|CF→|=4.
(1)求椭圆E的方程;
(2)是否存在过点P(2,1)的直线l与椭圆E相交于不同的两点A,B且使得 OP→2=4PA→·PB→成立?若存在,试求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.
解:(1)由椭圆的对称性知|GF→|+|CF→|=2a=4,
所以a=2.
又原点O到直线DF的距离为32,
所以bca=32,
所以bc=3,
又a2=b2+c2=4,a>b>c>0,
所以b=3,c=1.
故椭圆E的方程为x24+y23=1.
(2)当直线l与x轴垂直时不满足条件,
故可设A(x1,y1),B(x2,y2),
直线l的方程为y=k(x-2)+1,
代入椭圆的方程得
(3+4k2)x2-8k(2k-1)x+16k2-16k-8=0,
所以x1+x2=8k(2k-1)3+4k2,x1x2=16k2-16k-83+4k2,
Δ=32(6k+3)>0,
所以k>-12.
因为OP→2=4PA→·PB→,
即4[(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)]=5,
所以4(x1-2)(x2-2)(1+k2)=5,
即4[x1x2-2(x1+x2)+4](1+k2)=5,
所以4[16k2-16k-83+4k2-2×8k(2k-1)3+4k2+4](1+k2)=4×4+4k23+4k2=5,
解得k=±12,k=-12不符合题意,舍去.
所以存在满足条件的直线l,其方程为y=12x.

4.(2021·新高考Ⅰ卷)在平面直角坐标系xOy中,已知点F1(-17,0), F2(17,0),点M满足|MF1|-|MF2|=2.记M的轨迹为C.
(1)求C的方程;
(2)设点T在直线x=12上,过T的两条直线分别交C于A,B两点和P,Q两点,且|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.
解:(1)因为|MF1|-|MF2|=2<|F1F2|=217,
所以点M的轨迹C是以F1,F2分别为左、右焦点的双曲线的右支.
设双曲线的方程为x2a2-y2b2=1(a>0,b>0),半焦距为c,则2a=2,c=17,得a=1,b2=c2-a2=16,
所以点M的轨迹C的方程为x2-y216=1(x≥1).
(2)设T(12,t),
由题意可知直线AB,PQ的斜率均存在且不为0,
设直线AB的方程为y-t=k1(x-12)(k1≠0),
直线PQ的方程为y-t=k2(x-12)(k2≠0),
由y-t=k1(x-12),x2-y216=1,
得(16-k12)x2-2k1(t-k12)x-(t-k12)2-16=0.
设A(xA,yA),B(xB,yB),易知16-k12≠0,
则xAxB=-(t-k12) 2-1616-k12,xA+xB=2k1(t-k12)16-k12,
所以|TA|=1+k12|xA-12|=1+k12(xA-12),
|TB|=1+k12|xB-12|=1+k12(xB-12),
则|TA|·|TB|=(1+k12)(xA-12)(xB-12)=
(1+k12)[xAxB-12(xA+xB)+14]=
(1+k12)[-(t-k12) 2-1616-k12-12·2k1(t-k12)16-k12+14]=(1+k12)(t2+12)k12-16.
同理得|TP|·|TQ|=(1+k22)(t2+12)k22-16.
因为|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,所以(1+k12)(t2+12)k12-16=(1+k22)(t2+12)k22-16,所以k22-16+k12k22-16k12=k12-16+k12k22-16k22,即k12=k22,
又k1≠k2,所以k1=-k2,即k1+k2=0.
故直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0.