发布时间 : 星期三 文章2019年高考理科数学（人教版）一轮复习练习：第八篇第7节第三课时定点、定值、存在性专题更新完毕开始阅读84c1827a03020740be1e650e52ea551811a6c90e
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由题意得又b=,
所以a2=3,b2=2,所以椭圆E的方程为+=1.
(2)证明:设过P(x0,y0)的直线与椭圆E的切线l0的方程为y-y0=k(x-x0),整理得y=kx+y0-kx0,
联立直线l0与椭圆E的方程得消去y得2[kx+(y0-kx0)]2+3x2-6=0,
整理得(3+2k2)x2+4k(y0-kx0)x+2(kx0-y0)2-6=0, 因为l0与椭圆E相切,
所以Δ=[4k(y0-kx0)]2-4(3+2k2)[2(kx0-y0)2-6] =0,
整理得(2-)k2+2x0y0k-(-3)=0,
设与椭圆E分别只有唯一的公共点的直线的斜率分别为k1,k2,则
k1k2=-.
因为点P在圆O上,所以+=5,
所以k1k2=-=-1.
所以这两条直线斜率之积为-1.
7.导学号 38486195(2017·郑州市三模)已知F1,F2分别为椭圆C1: +=1(a>b>0)的上、下焦点,其中F1也是抛物线C2:x2=4y的焦点,点
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M是C1与C2在第二象限的交点,且|MF1|=. (1)求椭圆的方程.
(2)已知点P(1,3)和圆O:x2+y2=b2,过点P的动直线l与圆O相交于不同的两点A,B,在线段AB取一点Q,满足:=-λ
,=λ
(λ≠0且
λ≠±1),探究是否存在一条直线使得点Q总在该直线上,若存在求出该直线方程.
解:(1)由C2:x2=4y知F1(0,1),设M(x0,y0)(x0<0), 因为M在抛物线C2上, 故=4y0, ① 又|MF1|=,则y0+1=, ② 由①②解得x0=-在椭圆上, 由椭圆定义可得 2a=|MF1|+|MF2|=+=4,
所以a=2,又c=1,所以b2=a2-c2=3, 椭圆C1的方程为+=1. (2)设A(x1,y1),B(x2,y2),Q(x,y), 由=-λ
可得(1-x1,3-y1)=-λ(x2-1,y2-3),
,y0=,椭圆C1的两个焦点F1(0,1),F2(0,-1),点M
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即由=λ即
③×⑤得-λ④×⑥得-λ
2
可得(x-x1,y-y1)=λ(x2-x,y2-y),
=(1-λ2)x, =3y(1-λ2),
2
两式相加得(+)-λ2(+)=(1-λ2)(x+3y), 又点A,B在圆x2+y2=3上,且λ≠±1, 所以+=3,+=3,即x+3y=3, 所以点Q总在定直线x+3y=3上.
8.导学号 38486196(2017·潍坊市一模)已知圆C1的圆心在坐标原点O,且与直线l1:x-y+6=0相切,设点A为圆上一动点,AM⊥x轴于点M,且动点N满足
=
+（-）
,设动点N的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程;
(2)若动直线l2:y=kx+m与曲线C有且仅有一个公共点,过F1(-1,0), F2(1,0)两点分别作F1P⊥l2,F2Q⊥l2,垂足分别为P,Q,且记d1为点F1到直线l2的距离,d2为点F2到直线l2的距离,d3为点P到点Q的距离,试探索(d1+d2)·d3是否存在最值?若存在,请求出最值. 解:(1)设圆C1:x2+y2=R2,根据圆C1与直线l1相切, 得
=R,即R=2,所以圆的方程为x2+y2=12,
设A(x0,y0),N(x,y),
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因为AM⊥x轴于M,所以M(x0,0), 所以(x,y)=(x0,y0)+(-)(x0,0) =(x0,y0),
所以即
因为点A(x0,y0)为圆C1上的动点, 所以+=12,所以(x)2+(2y)2=12, 所以曲线C的方程为+=1. (2)由(1)知曲线C是椭圆,
将直线l2:y=kx+m代入椭圆C的方程(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0,
由直线l2与椭圆C有且仅有一个公共点知, Δ=64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0, 整理得m2=4k2+3,且d1=
,d2=
.
①当k≠0时,设直线l2的倾斜角为θ,则 d3·|tan θ|=|d1-d2|,即d3=||,
所以(d1+d2)d3=(d1+d2)||
=|
|=
3x2+4y2=12,得中最新中小学教案、试题、试卷
=
=.
因为m2=4k2+3,所以当k≠0时,|m|>, 所以|m|+所以+=
在(,+∞)上单调递增, ,所以(d1+d2)d3<4.
②当k=0时,四边形F1F2QP为矩形,此时d1=d2=, d3=2,
所以(d1+d2)d3=2×2=4.
综合①②可知,(d1+d2)·d3存在最大值,最大值为4.