2021屆高三數學人教版一輪訓練第八篇第7節第三課時定點、定值、存在性專題Word版含解析2021屆高三數學人教版一輪訓練第八篇第7節第三課時定點、定值、存在性專題Word版含解析2021屆高三數學人教版一輪訓練第八篇第7節第三課時定點、定值、存在性專題Word版含解析第三課時定點、定值、存在性專題【選題明細表】知識點、方法題號定點問題5定值問題1,2,4,6存在性問題1,3,5,7,81.導學號38486189(2021·長春市二模)拋物線C:y2=2px(p>0)與直線x-y+4=0相切.(1)求該拋物線的方程;(2)在x軸正半軸上,能否存在某個確立的點M,過該點的動直線l與拋物線C交于A,B兩點,使得+為定值.假如存在,求出點M的坐標;假如不存在,請說明原因.解:(1)聯立方程組有y2-2py+8p=0,因為直線與拋物線相切,得Δ=8p2-32p=0,p=4,因此y2=8x.(2)假定存在知足條件的點M(m,0)(m>0),直線l:x=ty+m,有因此y1,y2-8ty-8m=0,設A(x2-8ty-8m=0,設A(x1),B(x2,y2),有y1+y2=8t,y1y2=-8m,|AM|2=(x1-m)2+=(t2+=(t2+1),|BM|2=(x2-m)2+=(t2+=(t2+1),+=+=·( )=·=·,假定·為常數,關于隨意的t∈R,只有4t2+m是t2+1的4倍,因此m=4,當m=4時,+為定值,因此M(4,0).2.導學號38486190(2021·四川廣元市一模)橢圓E:+=1(a>b>0)經過點P(2,),一個焦點為F(2,0).(1)求橢圓E的方程;(2)設直線l:y=kx+m與橢圓E訂交于A,B兩點,O為坐標原點,橢圓E的離心率為e,假定kOA·kOB=e2-1.求證:△AOB的面積為定值.(1)解:由題意知,c=2,b2=a2-4,代入P點的坐標得+=1,解得a2=8,因此橢圓E的方程為+=1.(2)證明:e===,因此kOA·kOB=e2-1=-,將y=kx+m代入+=1.化得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-8=0.記A(x1,y1),B(x2,y2),那么x1+x2=,x1x2=,因為kOA=,kOB=,因此=-,因此y1y2=-x1x2=,而y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k1x2+km(x1+x2)+m2x22x22=+km·( )+m=,因此m2=4k2+2,設點O到直線AB的距離為d,那么d==,而|AB|===,代入m2=4k2+2得|AB|=·,因此S△AOB=···=2,因此△AOB的面積為定值2.3.導學號38486191(2021·渭南市一模)橢圓C:+=1(a>b>0),其焦距為2,點P(1,)在橢圓C上.(1)求橢圓C的標準方程;(2)能否存在與橢圓C交于A,B兩點的直線l:y=mx+t(m∈R),使得·=0建立?假定存在,求出實數t的取值范圍,假定不存在,請說明原因.解:(1)由橢圓C的焦距2c=2,解得c=1,因為點P(1,)在橢圓C上,因此+=1,解得a2=4,b2=4,b2=a2-1=3,因此橢圓C的標準方程為+=1.(2)設A(x1,y1),B(x2,y2),聯立得(3+4m2)x2)x2+8tmx+4t2-12=0.Δ=(8tm)2-4(3+4m2)(4t2-12)>0,化簡得3+4m2>t2>t2.x1+x2=,x1x2=,(*)假定·=0建立,那么x1x2+y1y2=0,x1x2+(mx1+t)(mx2+t)=0,(1+m2)x2)x1x2+tm(x1+x2)+t2=0,將(*)代入,化簡得7t2=12+12m2.代入3+4m2>t2中得t2>.又因為7t2=12+12m2≥12,因此t2≥,即t≥,或t≤-.因此存在實數t,使得·=0建立,實數t的取值范圍為(-∞,-]∪[,+∞).4.導學號38486192拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點為F,直線l:y=3與C交于A,B兩點,l與y軸交于點N,且∠AFB=120°.(1)求拋物線C的方程;(2)當0<p<6時,設C在點Q處的切線與直線l,x軸挨次交于M,D兩點,以MN為直徑作圓G,過D作圓G的切線,切點為H,試一試究;當點Q在C上挪動(Q與原點不重合)時,線段DH的長度能否為定值?解:(1)拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點為F(0,),準線方程為y=-.直線y=3與y軸交于點N,即N(0,3).①當0<p<6時,由拋物線的定義可得|FA|=3+,|FN|=3-.由∠AFB=120°,得|FA|=2|FN|,即有3+=2(3-),解得p=2,即拋物線的方程為x2=4y.②當p≥6時,由拋物線的定義可得|FA|=3+,|FN|=-3.由∠AFB=120°,得|FA|=2|FN|,即有3+=2(-3),解得p=18,即拋物線的方程為x2=36y.綜上可得,拋物線方程為x2=4y或x2=36y.(2)由(1)知當0<p<6時,拋物線方程為x2=4y.設Q(m,m2),y=x2),y=x2的導數為y′=x,那么有切線斜率為m,切線方程為y-m2=m(x-m),令y=0可得x=m;令y=3可得x=m+.即有M〔m+,3〕,D〔m,0〕.以MN為直徑作圓G,G〔m+,3〕,設圓G的半徑為r,r=|MN|=|m+|.DH⊥HG,由勾股定理可得|DH|====,那么有當點Q在C上挪動(Q與原點不重合)時,線段DH的長度為定值,且為.5.導學號38486193(2021·咸陽市二模)動點M到定點F(1,0)和定直線x=4的距離之比為,設動點M的軌跡為曲線C.(1)求曲線C的方程;(2)過點F作斜率存在且不為0的隨意一條直線與曲線C交于兩點A,B,試問在x軸上能否存在一點P(與點F不重合),使得∠APF=∠BPF,假定存在,求出P點坐標;假定不存在,說明原因.解:(1)設點M(x,y),那么據題意有=|x-4|,那么4[(x-1)2+y2]=(x-4)2,即3x2+4y2=12,因此+=1即曲線C的方程為+=1.(2)假定存在點P(x0,0)知足題設條件,設AB所在直線的方程為y=k(x-1),代入橢圓方程化簡得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,可知Δ>0,設A(x1,y1),B(x2,y2),那么x1+x2=,①x1x2=,②假定∠APF=∠BPF,那么kAP+kBP=0,即+==0,即k[(x1-1)(x2-x0)+(x2-1)(x1-x0)]=k[2x1x2-(1+x0)(x1+x2)+2x0]=0,代入①②,整理得k(x0-4)=0,因為k∈R,因此x0=4;即在x軸上存在點P(4,0),使得∠APF=∠BPF.6.導學號38486194(2021·漢中市質量檢測)直線l:y=x+,圓O:x2+y2=5,橢圓E:+=1(a>b>0)的離心率e=,直線l被圓O截得的弦長與橢圓的短軸長相等.(1)求橢圓E的方程;(2)過圓O上隨意一點P(x0,y0)(x0≠±,y0≠±)作兩條直線與橢圓E分別只有唯一一個公共點,求證:這兩直線斜率之積為定值.(1)解:設橢圓半焦距為c,圓心O到l的距離d==,那么l被圓O截得的弦長為2=2,因此b=.由題意得又b=,因此a2=3,b2=3,b2=2,因此橢圓E的方程為+=1.(2)證明:設過P(x0,y0)的直線與橢圓E的切線l0的方程為y-y0=k(x-x0),整理得y=kx+y0-kx0,聯立直線l0與橢圓E的方程得消去y得2[kx+(y0-kx0)]2+3x2-6=0,整理得(3+2k2)x2+4k(y2-6=0,0-kx0)x+2(kx0-y0)2)x2+4k(y2-6=0,因為l0與橢圓E相切,因此Δ=[4k(y0-kx0)]0-y0)2-4(3+2k2)[2(kx2-6]2-4(3+2k2)[2(kx2-6]=0,整理得(2-)k2+2x0y0k-(-3)=0,0y0k-(-3)=0,設與橢圓E分別只有獨一的公共點的直線的斜率分別為k1,k2,那么k1k2=-.因為點P在圓O上,因此+=5,因此k1k2=-=-1.因此這兩條直線斜率之積為-1.7.導學號38486195(2021·鄭州市三模)F1,F2分別為橢圓C1:+=1(a>b>0)的上、下焦點,此中F1也是拋物線C2:x2=4y的焦點,點M是C1與1與C2在第二象限的交點,且|MF1|=.(1)求橢圓的方程.(2)點P(1,3)和圓O:x2+y2=b2,過點P的動直線l與圓O訂交于不一樣樣的兩點A,B,在線段AB取一點Q,知足:=-λ,=λ(λ≠0且λ≠±1),研究能否存在一條直線使得點Q總在該直線上,假定存在求出該直線方程.解:(1)由C2:x2=4y知F1(0,1),設M(x0,y1(0,1),設M(x0,y0)(x0<0),因為M在拋物線C2上,故=4y0,①又|MF1|=,那么y0+1=,②由①②解得x0=-,y0=,橢圓C1的兩個焦點F1(0,1),F2(0,-1),點M在橢圓上,由橢圓定義可得2a=|MF1|+|MF2|=+=4,因此a=2,又c=1,因此b2=a2-c2=a2-c2=3,橢圓C1的方程為+=1.(2)設A(x1,y1),B(x2,y2),Q(x,y),由=-λ可得(1-x1,3-y1)=-λ(x2-1,y2-3),即由=λ可得(x-x1,y-y1)=λ(x2-x,y2-y),即③×⑤得-λ2=(1-λ2=(1-λ2)x,④×⑥得-λ2=3y(1-λ2),兩式相加得(+)-λ2(+)=(1-λ2(+)=(1-λ2)(x+3y),又點A,B在圓x2+y2=3上,且λ≠±1,因此+=3,+=3,即x+3y=3,因此點Q總在定直線x+3y=3上.8.導學號38486196(2021·濰坊市一模)圓C1的圓心在座標原點O,且與直線l1:x-y+6=0相切,設點A為圓上一動點,AM⊥x軸于點M,且動點N知足=〔+-〕,設動點N的軌跡為曲線C.(1)求曲線C的方程;(2)假定動直線l2:y=kx+m與曲線C有且僅有一個公共點,過F1(-1,0),F2(1,0)兩點分別作F1P⊥l2,F2Q⊥l2,垂足分別為P,Q,且記d1為點F1到直線l2的距離,d2為點F2到直線l2的距離,d3為點P到點Q的距離,試一試究(d1+d2)·d3能否存在最值?假定存在,懇求出最值.解:(1)設圓C1:x2+y2=R2,依據圓C1與直線l1與直線l1相切,得=R,即R=2,因此圓的方程為x2+y2=12,設A(x0,y0),N(x,y),因為AM⊥x軸于M,因此M(x0,0),因此(x,y)=(x0,y0)+(-)(x0,0)=(x0,y0),因此即因為點A(x0,y0)為圓C1上的動點,因此+=12,因此(x)2+(2y)2=12,因此曲線C的方程為+=1.(2)由(1)知曲線C是橢圓,將直線l2:y=kx+m代入橢圓C的方程3x2+4y2=12中,得(4k2+4y2=12中,得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0,由直線l2與橢圓C有且僅有一個公共點知,2m2-4(4kΔ=64k2+3)(4m2-12)=0,整理得m