（新课标）高考数学大一轮复习 课时跟踪检测（五十四）定点、定值、探索性问题 文含解

课时跟踪检测(五十四) 定点、定值、探索性问题

(分A、B卷，共2页) A卷：夯基保分

1．已知F为抛物线y＝2px(p＞0)的焦点，抛物线上点G(2,2p)满足|GF|＝3. (1)求抛物线的方程；

(2)M点的坐标为(4,0)，过点F作斜率为k1的直线与抛物线交于A，B两点，A，B两点的横坐标均不为4，连接AM，BM并延长交抛物线于C，D两点，设直线CD的斜率为k2，问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．

2．(2015·开封模拟)已知抛物线C：x＝4y.

(1)设P为直线l：x－y－2＝0上的点，过点P作抛物线C的两条切线PA，PB，当点P(x0，

2

2

k1

k2

y0)为直线l上的定点时，求直线AB的方程；

(2)当点P在直线l上移动时，求|AF|·|BF|的最小值．

x2y22

3．(2015·武汉调研)已知椭圆C：2＋2＝1(a＞b＞0)的右焦点为F，离心率为，过ab2

点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为2，O为坐标原点．

(1)求椭圆C的方程；

(2)设椭圆的上顶点为N，是否存在直线l交椭圆于P，Q两点，使点F为△PQN的垂心？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．

B卷：增分提能

1．(2014·山东高考改编)已知抛物线C：y＝2px(p>0)的焦点为F，A为C上异于原点的任意一点，过点A的直线l交C于另一点B，交x轴的正半轴于点D，且有|FA|＝|FD|.当点A的横坐标为3时，△ADF为正三角形．

(1)求C的方程；

2

(2)若直线l1∥l，且l1和C有且只有一个公共点E，证明直线AE过定点，并求出定点坐标．

y2x2

2．已知直线l：y＝x＋6，圆O：x＋y＝5，椭圆E：2＋2＝1(a＞b＞0)的离心率eab2

2

＝

3

，直线l被圆O截得的弦长与椭圆的短轴长相等． 3

(1)求椭圆E的方程；

(2)过圆O上任意一点P作椭圆E的两条切线，若切线都存在斜率，求证两切线斜率之

积为定值．

3．(2014·福建高考)已知曲线Γ 上的点到点F(0,1) 的距离比它到直线y＝－3 的距离小2.

(1)求曲线Γ的方程；

(2)曲线Γ在点 P处的切线l 与x 轴交于点A.直线y＝3分别与直线l 及y 轴交于点

M，N.以 MN为直径作圆C，过点A 作圆 C的切线，切点为 B．试探究：当点 P在曲线Γ

上运动(点 P与原点不重合)时，线段 AB的长度是否发生变化？证明你的结论．

答 案

A卷：夯基保分

1．解：(1)根据抛物线定义知|GF|＝2＋＝3，

2解得p＝2，所以抛物线方程为y＝4x. (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，

2

pD(x4，y4)，

则k1＝

y1－y2y1－y24

＝22＝， x1－x2y1－y2y1＋y2

4

4

. y3＋y4

同理k2＝

设AC所在直线的方程为x＝ty＋4，

与y＝4x联立，得y－4ty－16＝0， 所以y1y3＝－16， 同理y2y4＝－16，

41y1y2

所以k2＝＝－·. －16－164y1＋y2

＋

22

y1y2

设AB所在直线的方程为x＝my＋1， 与y＝4x联立，

得y－4my－4＝0，所以y1y2＝－4， 1y1y21

所以k2＝－·＝，

4y1＋y2y1＋y2所以是定值，且＝4.

2．解：(1)抛物线C的方程为x＝4y， 12

即y＝x，

41

求导得y′＝x.

2设A(x1，y1)，B(x2，y2)

2

22

k1k2k1k2

?其中y1＝x1，y2＝x2?， ??44??

11

则切线PA，PB的斜率分别为x1，x2，

22所以切线PA的方程为y－y1＝(x－x1)， 2即y＝x－＋y1，即x1x－2y－2y1＝0.

22同理可得切线PB的方程为

22

x1

x1x21

x2x－2y－2y2＝0.

因为切线PA，PB均过点P(x0，y0)， 所以x1x0－2y0－2y1＝0，

x2x0－2y0－2y2＝0，

所以(x1，y1)，(x2，y2)为方程x0x－2y0－2y＝0的两组解． 故直线AB的方程为x0x－2y－2y0＝0.

(2)由抛物线定义可知|AF|＝y1＋1，|BF|＝y2＋1， 所以|AF|·|BF|＝(y1＋1)(y2＋1) ＝y1y2＋(y1＋y2)＋1，

??x0x－2y－2y0＝0，

联立方程?2

?x＝4y?

2

2

2

消去x整理得y＋(2y0－x0)y＋y0＝0，

由根与系数的关系可得y1＋y2＝x0－2y0，y1y2＝y0， 所以|AF|·|BF|＝y1y2＋(y1＋y2)＋1＝y0＋x0－2y0＋1. 又点P(x0，y0)在直线l上，所以x0＝y0＋2， 1?29?222

所以y0＋x0－2y0＋1＝2y0＋2y0＋5＝2?y0＋?＋，

2?2?19

所以当y0＝－时，|AF|·|BF|取得最小值，且最小值为.

223．解：(1)设F(c,0)，则＝

2

2

2

2

ca2

，知a＝2c. 2

－c2

过点F且与x轴垂直的直线方程为x＝c，代入椭圆方程，有解得y＝±

2

2

a2

y2

＋2＝1， b2

b.于是2b＝2，解得b＝1. 2

2

又a－c＝b，从而a＝2，c＝1. 所以椭圆C的方程为＋y＝1.

2

(2)假设存在直线l交椭圆于P，Q两点，

且F为△PQN的垂心．设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，因为N(0,1)，F(1,0)，所以kNF＝－1. 由NF⊥PQ，知kPQ＝1. 设直线l的方程为y＝x＋m，

??y＝x＋m，由?22

?x＋2y＝2，?

x2

2

得3x＋4mx＋2m－2＝0.

22

4m2

由Δ＞0，得m＜3，且x1＋x2＝－，

32m－2x1x2＝. 3

由题意，有NP·FQ＝0.

因为NP＝(x1，y1－1)，FQ＝(x2－1，y2)， 所以x1(x2－1)＋y2(y1－1)＝0， 即x1(x2－1)＋(x2＋m)(x1＋m－1)＝0， 所以2x1x2＋(x1＋x2)(m－1)＋m－m＝0， 2m－242

于是2×－m(m－1)＋m－m＝0，

33

2

2

2

4

解得m＝－或m＝1.

3

经检验，当m＝1时，△PQN不存在， 故舍去m＝1.

4

当m＝－时，所求直线l存在，

34

且直线l的方程为y＝x－.

3B卷：增分提能

??1．解：(1)由题意知F?，0?. ?2?

设D(t,0)(t>0)， 则FD的中点为?

p?p＋2t，0?.

?

?4?

p?

p?因为|FA|＝|FD|，

由抛物线的定义知3＋＝?t－?，

2?2?解得t＝3＋p或t＝－3(舍去)． 由

p＋2t4

＝3，解得p＝2.

2

所以抛物线C的方程为y＝4x. (2)证明：由(1)知F(1,0)，

设A(x0，y0)(x0y0≠0)，D(xD,0)(xD>0)， 因为|FA|＝|FD|，则|xD－1|＝x0＋1， 由xD>0得xD＝x0＋2，故D(x0＋2,0)． 故直线AB的斜率kAB＝－. 2因为直线l1和直线AB平行， 设直线l1的方程为y＝－x＋b，

288b2

代入抛物线方程得y＋y－＝0，

y0

y0

y0y0

6432b2

由题意Δ＝2＋＝0，得b＝－. y0y0y0

44

设E(xE，yE)，则yE＝－，xE＝2.

y0y0

当y0≠4时，

2

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