发布时间 : 星期日 文章2019届高考数学一轮复习 第八章 平面解析几何 第八节 第三课时 定点、定值、探索性问题课时作业更新完毕开始阅读
花落知多少＝
x＋x0＋－x＋x0＋
xx0
＋1
＝1.
y＝kx＋1，??2
(2)由?x2
＋y＝1，??4
2
得(4k＋1)x＋8kx＝0，
22
设M(xM，yM)，N(xN，yN)， －8k1－4k∴xM＝2，∴yM＝2. 4k＋14k＋1
－8k1－8k1－4k1k－4同理可得xN＝2＝＝2，yN＝22.
4k1＋14＋k4k1＋14＋k1－4kk－4
－224
yM－yN4k＋14＋k8－8kkMN＝＝＝
xM－xN－8k－8k8kk2－
－22
4k＋14＋k直线MN：y－yM＝kMN(x－xM)， 1－4kk＋1－8k即y－2＝－(x－2)，
4k＋13k4k＋1
2
22
2
2
2
k2＋1
＝－，
3kk2＋1
即y＝－x－
3kk2＋k2＋1－4kk＋15＋2＝－x－. 4k＋13k3
22
5
∴当k变化时，直线MN过定点(0，－)．
3
2.(2018·合肥市质检)如图，在平面直角坐标系中，点F(－1,0)，过直线l：x＝－2右侧的动点P作PA⊥l于点A，∠APF的平分线交x轴于点B，|PA|＝2|BF|. (1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)过点F的直线q交曲线C于M，N，试问：x轴正半轴上是否存在点E，
直线EM，EN分别交直线l于R，S两点，使∠RFS为直角？若存在，求出点E的坐标，若不存在，请说明理由．
|PF|2解析：(1)设P(x，y)，由平面几何知识得＝，
|PA|2即
x＋2＋y22
＝，
|x＋2|2
2
2
化简得x＋2y＝2，
所以动点P的轨迹C的方程为x＋2y＝2(x≠2)．
(2)假设满足条件的点E(n,0)(n>0)存在，设直线q的方程为x＝my－1，
2
2
M(x1，y1)，N(x2，y2)，R(－2，y3)，S(－2，y4)．
5
花落知多少??x＋2y＝2，
联立，得?
?x＝my－1，?
2
2
22
消去x，
得(m＋2)y－2my－1＝0， 2m1
y1＋y2＝2，y1y2＝－2，
m＋2m＋2
2m2－2mx1x2＝(my1－1)(my2－1)＝my1y2－m(y1＋y2)＋1＝－2－2＋1＝2，
m＋2m＋2m＋2
2
m2
22
2m4
x1＋x2＝m(y1＋y2)－2＝2－2＝－2，
m＋2m＋2由条件知
＝，y3＝－
x1－n－2－n2
y1y3
＋ny1
，
x1－n同理y4＝－
＋ny2y3
，kRF＝＝－y3，
x2－n－2＋1
kSF＝－y4.
因为∠RFS为直角，所以y3y4＝－1， 所以(2＋n)y1y2＝－[x1x2－n(x1＋x2)＋n]， 12－2m4n2
(2＋n)2＝2＋2＋n，
m＋2m＋2m＋2
2
2
2
2
所以(n－2)(m＋1)＝0，n＝2，
故满足条件的点E存在，其坐标为(2，0)．
3．已知椭圆C：9x＋y＝m(m>0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.
(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；
(2)若l过点(，m)，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，
3求此时l的斜率；若不能，说明理由．
解析：(1)证明：设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)． 将y＝kx＋b代入9x＋y＝m得(k＋9)x＋2kbx＋b－m＝0， 故xM＝
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
22
mx1＋x2
2
＝－kb9b，yM＝kxM＋b＝2. 2
k＋9k＋9
yM9
于是直线OM的斜率kOM＝＝－，
xMk即kOM·k＝－9.
所以直线OM的斜率与l的斜率的积是定值． (2)四边形OAPB能为平行四边形．
因为直线l过点(，m)，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k>0，k≠3.由(1)
3
6
m花落知多少9
得OM的方程为y＝－x.
k设点P的横坐标为xP， 9??y＝－x，k由???9x2＋y2＝m2
k2m2
得xP＝2，
9k＋81
2
±km即xP＝. 2
3k＋9
将点(，m)的坐标代入l的方程得b＝
3因此xM＝
mm－k， 3
kmk－
k2＋
.
四边形OAPB为平行四边形，当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP＝2xM. ±kmk于是＝2×2
3k＋9
k－k2＋
m，
解得k1＝4－7，k2＝4＋7.因为ki>0，ki≠3，i＝1,2，
所以当l的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB为平行四边形．
1xy4．(2018·长沙市模拟)已知P(3，)在椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)上，F为右焦点，PF垂
2ab直于x轴．A，B，C，D为椭圆上四个动点，且AC，BD交于原点O. (1)求椭圆C的方程； (2)判断动直线l：2
2
m＋n3＋13－1
x＋(m－n)y＝m＋n(m，n∈R)与椭圆C的位置关系；
2
2
2
y1y21
(3)设A(x1，y1)，B(x2，y2)满足＝，判断kAB＋kBC的值是否为定值，若是，请求出此
→→5OA·OB定值，并求出四边形ABCD面积的最大值，否则请说明理由．
1xy31
解析：(1)∵P(3，)在椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)上，∴2＋2＝1.①
2aba4b又F为右焦点，PF垂直于x轴，∴a－b＝3.② 由①②，解得a＝2，b＝1，∴椭圆C的方程为＋y＝1.
4(2)将动直线l的方程化为(＋y－
2
222
2
x2
2
m＋n3＋13－1
x＋(m－n)y＝m＋n(m，n∈R)，
2
2
2
x3＋1x3－1
)m＋(－y－)n＝0. 222
7
花落知多少x??2＋y＝∵m，n∈R，∴?
x??2－y＝
3＋1
，23－1
，2
??x＝3，解得?1
y＝，??2
∴动直线l恒过点P，
∵P在椭圆C上，∴动直线l与椭圆C的位置关系是相切或相交． (3)∵
1
＝，∴4y1y2＝x1x2.当直线AB的斜率不存在或斜率为0时，不满足4y1y2＝x1x2. →→5OA·OBy1y2
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为
y＝kx＋m，
y＝kx＋m，??2
联立，得?x2
＋y＝1，??4
2
2
2
得(1＋4k)x＋8kmx＋4(m－1)＝0，
∴Δ＝(8km)－4(4k＋1)·4(m－1)＝16(4k－m＋1)>0(*) －8kmx＋x＝，??1＋4k?m－xx＝.??1＋4k1
2
22
12
22
2
2
2
2
∵4y1y2＝x1x2，y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝kx1x2＋km(x1＋x2)＋m， ∴(4k－1)x1x2＋4km(x1＋x2)＋4m＝0，
2
2
22
m2－－8km2∴(4k－1)＋4km22＋4m＝0，
1＋4k1＋4k2
12
整理得4k＝1，∴k＝±.
2
11
∵A，B，C，D的位置可轮换，∴直线AB，BC的斜率是或－，
2211
∴kAB＋kBC＝＋(－)＝0，为定值．
22
??x1＋x2＝2m，1
不妨设kAB＝－，则?
2?x1x2＝m2－?
设原点到直线AB的距离为d，则
8
花落知多少S△AOB＝
11|AB|·d＝22
1＋k·|x2－x1|·
2
2
|m|1＋k＝1.
2＝
|m|
2
x1＋x2
2
－4x1x2＝
|m|2
4m－
2
2
m－
2
＝m－m2
≤
m2＋2－m2
2
当m＝1时(满足(*))，S△AOB＝1，∴S四边形ABCD＝4S△AOB≤4， 即四边形ABCD面积的最大值为4.
9