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《2017届新人教b版定点定值存在性问题配餐作业》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在工程资料-天天文库。
1、配餐作业（五十三）定点、定值、存在性问题1.（2016■山西联考）已知椭圆C:^+S=l（a〉b>0）的右焦点为F（l，0），右顶点为A，且
2、AF
3、=1。（1）求椭圆C的标准方程；（2）若动直线1:y-kx+m与椭圆C有II只有一个交点P,且在直线x=4交于点Q，问：是否存在一个定点M（t，0），使得NrP，N^=0。若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由。解析：（1）由c=l，a—c=l,得a=2，•••b=$，22故椭圆C的标准方程为t+i=l。Iykxm，(2)rtlU2+4y2=12,消去y得(3+4k2)x2
4、+8kmx+4m2—12=0，•••A=64k2m2-4(3+4k2)(4m2—12)=0,即m2=3+4k2。设P(xP，yP)，则xP=4km4k3+4kyP=kxP+m4k2,3—十m=—mm•••M(t，0)，Q(4,4k+m),曲=(4-t，4k+m)，二0恒成立，即t=1o•••存在点M（1，O）符合题意。1.（2016•合肥质检）已知AABC的三个顶点（均异于坐标原点O）都在抛物线y2=2px（p〉0）上，且抛物线的焦点F满足PA+弗+ft=0，若BC边上的中线所在直线1的方程为mx+ny—m=0（m，n为常
5、数且m^O）。（1）求p的值；（2）记AOFA,AOFB,AOFC的面积分别为SPS2,S3，求证:s?+s彡+S33为定值。解析：（IV••抛物线的焦点F满足:FA+FS+FC=O,/.At=F6+FC,取BC边上的中点M，连接FM，则亦=2Fl，故点F在直线1上，在mx+ny—m=0屮，令y=0，得x=l，得抛物线的焦点F（1，O），于是^=1，p=2o（2）证明：记A（x!，y,），B（x2，y2），C（x3，y3），由FA+F6+FC=0知：Xi+X2+X3=3，且yf=4xi（i=1，2,3），于是S^+S2+S
6、3=4（y^+y2+y3）=Xi+X2+X3=3•••sf+si+si为定值3。V31.已知直线1:y=x++,圆O:x2+y2二5，椭圆E:l（a〉b〉O）的离心率e=f，直线1被圆O截得的弦长与椭圆的短轴长相等。(1)求椭圆E的方程；(2)过圆0上任意一点P作椭圆E的两条切线，若切线都存在斜率，求证：两切线斜率之积为定值。解析：(1)设椭圆半焦距为c，圆心0到1的距离d=^^j=V3,所以b=^/5—3=力。cV3由题意得ja_3’又匕=私Aa2把y=kx+(y。一kx。)代入^■+t=1，消去y得(3+2k2)x2+
7、4k(y0—kx0)x+2(kx。一y。)2—6=0,Ylo与椭圆E相切，•••△=[4k(y0-kx0)]2-4(3+2k2)[2(kx0—y0)2—6]=0,整理得(2—Xo)k2+2kxoyo—(yo—3)=0,设满足题意的椭阁E的两条切线的斜率分别为kPk2,=3,b2=2。la2=b2+c2,2.•.椭圆E的方程为j+2(2)证明：设点P(X0，y0)，过点P的椭圆E的切线b的方程为y一y0二k(x—x0)，联立直线10与椭圆E的方程得=k(x—x0)+y0,则kfk2=2一X；•••点P在圆O上，AxHyo=
8、5,O221.（2016•武汉调研）已知椭圆C:^+$=l（a〉b〉0）的右焦点为F,离心率为,，过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为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1交椭圆于P，Q两点，使点F为APQN的垂心？若存在，求出直线1的方程；若不存在，请说明理由。解析：（1）设F（c，0），贝七=2，知过点F且与x轴垂直的直线方程为x=c,代入椭圆方程，解得y=±^b于是解得b=l。又a2—c2=b2,从而a二力，c=l。所以椭圆C的方程为f+y2=l。（2）假设存在直线1交椭
9、圆于P，Q两点，且F为APQN的垂心。设P（xPy］），Q（x2,y2）,因为N（0，l）,F（l，0），所以kNF=_l。巾NF丄PQ,知kPQ=l。设直线1的方程*y=x+m,fvx+m，由j2■9得3x-+4mx+2m2—2=0。tx2+2y-2,由A〉0，得m2<3,且Xi+X2=—4m3,2m2—2X1X〗=o由题意，初^^=0。因为=yi—1)，F^=(X2—1，y2)，所以xi(x2—l)+y2(yi—1)=0,即xi(x2—l)+(x2+m)(x1+m—1)=0,所以2x1x2+(xi+x2)(m—l)+m
10、2—m=0,于是^m(m—l)+m2—m=0,4解得m=—■或m=lo经检验，当m=l吋，APQN不存在，故舍去m=l。4_当m=_^J、j*，所求直线1存在，4且直线1的方程为y=x-^o
