2025届高考数学一轮复习第八篇平面解析几何第7节圆锥曲线的综合问题第3课时定点定值存在性专题课时作业理含解析新人教A版.doc
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第3课时定点、定值、存在性专题
课时作业
1.已知椭圆eq\f(x2,a2)+eq\f(y2,b2)=1(a>0,b>0)过点(0,1),其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列.直线l与x轴正半轴和y轴分别交于Q、P,与椭圆分别交于点M、N,各点均不重合且满意eq\o(PM,\s\up6(→))=λ1eq\o(MQ,\s\up6(→)),eq\o(PN,\s\up6(→))=λ2eq\o(NQ,\s\up6(→)).
(1)求椭圆的标准方程;
(2)若λ1+λ2=-3,试证明:直线l过定点并求此定点.
解:(1)设椭圆的焦距为2c,由题意知b=1,且(2a)2+(2b)2=2(2c
又a2=b2+c2,所以a2=3.
所以椭圆的方程为eq\f(x2,3)+y2=1.
(2)由题意设P(0,m),Q(x0,0),M(x1,y1),
N(x2,y2),设l方程为x=t(y-m),
由eq\o(PM,\s\up6(→))=λ1eq\o(MQ,\s\up6(→))知(x1,y1-m)=λ1(x0-x1,-y1),
∴y1-m=-y1λ1,由题意y1≠0,
∴λ1=eq\f(m,y1)-1.
同理由eq\o(PN,\s\up6(→))=λ2eq\o(NQ,\s\up6(→))知λ2=eq\f(m,y2)-1.
∵λ1+λ2=-3,
∴y1y2+m(y1+y2)=0,①
联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2+3y2=3,,x=t?y-m?))
得(t2+3)y2-2mt2y+t2m
∴由题意知Δ=4m2t4-4(t2+3)(t2
且有y1+y2=eq\f(2mt2,t2+3),y1y2=eq\f(t2m2-3,t2+3),③
③代入①得t2m2-3+2m
∴(mt)2=1,
由题意mt<0,∴mt=-1,满意②,
得l方程为x=ty+1,过定点(1,0),即Q为定点.
2.设O为坐标原点,动点M在椭圆C:eq\f(x2,2)+y2=1上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P满意eq\o(NP,\s\up6(→))=eq\r(2)eq\o(NM,\s\up6(→)).
(1)求点P的轨迹方程;
(2)设点Q在直线x=-3上,且eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(PQ,\s\up6(→))=1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
解:(1)设P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),eq\o(NP,\s\up6(→))=(x-x0,y),eq\o(NM,\s\up6(→))=(0,y0).
由eq\o(NP,\s\up6(→))=eq\r(2)eq\o(NM,\s\up6(→))得x0=x,y0=eq\f(\r(2),2)y.
因为M(x0,y0)在C上,所以eq\f(x2,2)+eq\f(y2,2)=1.
因此点P的轨迹方程为x2+y2=2.
(2)由题意知F(-1,0).设Q(-3,t),P(m,n),则
eq\o(OQ,\s\up6(→))=(-3,t),eq\o(PF,\s\up6(→))=(-1-m,-n),eq\o(OQ,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))=3+3m-tn,
eq\o(OP,\s\up6(→))=(m,n),eq\o(PQ,\s\up6(→))=(-3-m,t-n).
由eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(PQ,\s\up6(→))=1得-3m-m2+tn-n2=1,又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0.
所以eq\o(OQ,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))=0,即eq\o(OQ,\s\up6(→))⊥eq\o(PF,\s\up6(→)).又过点P存在唯始终线垂直于OQ,所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
3.
如图,已知双曲线C:eq\f(x2,a2)-y2=1(a>0)的右焦点为F,点A,B分别在C的两条渐近线上,AF⊥x轴,AB⊥OB,BF∥OA(O为坐标原点).
(1)求双曲线C的方程;
(2)过C上一点P(x0,y0)(y0≠0)的直线l:eq\f(x0x,a2)-y0y=1与直线AF相交于点M,与直线x=eq\f(3,2)相交于点N,证明:当点P在C上移动时,eq\f(|MF|,|NF|)恒为定值,并求此定值.
解:(1)设F(c,0),因为b=1,
所以c=eq\r(a2+1),
直线OB方程为y=-eq\f(1,a)x,直线BF的方程为y=eq\f(1,a)(x-c),
解得Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\