集合高考数学考点课时训练试题文档格式.docx

1、1（ab0）的一个顶点A（0,1），离心率e，圆C：x2y24，从圆C上任意一点P向椭圆T引两条切线PM，PN.（1）求椭圆T的方程；（2）求证：PMPN.（1）解由题意可知b1，即2a23c2，又a2b2c2，联立解得a23，b21.椭圆方程为y21.（2）证明当P点横坐标为时，纵坐标为1，PM斜率不存在，PN斜率为0，PMPN.当P点横坐标不为时，设P（x0，y0），则xy4，设kPMk，PM的方程为yy0k（xx0），联立方程组消去y得（13k2）x26k（y0kx0）x3k2x6kx0y03y30，依题意36k2（y0kx0）24（13k2）（3k2x6kx0y03y3）0，化简得（3

2、x）k22x0y0k1y0，又kPM，kPN为方程的两根，所以kPM，PN，所以kPMkPN1.所以PMPN.综上知PMPN.题型二探索性问题例2 （2018苏北三市模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：1的左、右顶点分别为A，B，过右焦点F的直线l与椭圆C交于P，Q两点（点P在x轴上方）（1）若QF2FP，求直线l的方程；（2）设直线AP，BQ的斜率分别为k1，k2.是否存在常数，使得k1k2？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由解（1）因为a24，b23，所以c1，所以F的坐标为（1,0）设P（x1，y1），Q（x2，y2），直线l的方程为xmy1，代入椭圆方程，得（43m2

3、）y26my90，则y1，y2.若QF2PF，则2，即23m66m12，解得m（舍负），故直线l的方程为x2y0.（2）由（1）知，y1y2，y1y2，所以my1y2（y1y2），所以 ，故存在常数，使得k1k2.思维升华 解决探索性问题的注意事项探索性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在（1）当条件和结论不唯一时要分类讨论；（2）当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；（3）当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外合适的方法跟踪训练2 （2018扬州期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2（y2）2

4、1，且圆C与y轴交于M，N两点（点N在点M的上方），直线l：ykx（k0）与圆C交于A，B两点（1）若AB，求实数k的值；（2）设直线AM，直线BN的斜率分别为k1，k2，是否存在常数a使得k1ak2恒成立？若存在，求出a的值若不存在，请说明理由；（3）若直线AM与直线BN相交于点P，求证：点P在一条定直线上（1）解圆C：x2（y2）21，圆心C（0,2），半径r1，直线l：kxy0（k0）与圆C相交于A，B两点，且AB，圆心到l的距离为d ，解得k2.k0，k2.（2）解圆C与y轴交于M，N两点（点N在点M上方），M（0,1），N（0,3），AM：yk1x1，BN：yk2x3，设A（x1，y

5、1），B（x2，y2），将直线AM与圆C方程联立得化简得（k1）x22k1x0，A，同理可求得B，O，A，B三点共线，且， 0，化简得（3k1k2）（k1k21）0，k1k210，3k1k20，即k1k2，存在实数a，使得k1ak2恒成立（3）证明设P（x0，y0），且k1k2，由（2）知k23k1，代入得y0为定值点P在定直线y上1（2018苏州期末）已知椭圆C：0）的离心率为，且过点P（2，1）（1）求椭圆C的方程；（2）设点Q在椭圆C上，且PQ与x轴平行，过P点作两条直线分别交椭圆C于两点A（x1，y1），B（x2，y2），若直线PQ平分APB，求证：直线AB的斜率是定值，并求出这个定值

6、解（1）因为椭圆C的离心率为，所以，即a24b2，所以椭圆C的方程可化为x24y24b2，又椭圆C过点P（2，1），所以444b2，解得b22，a28，所以所求椭圆C的标准方程为1.（2）由题意知，直线PA与PB的斜率都存在，设直线PA的方程为y1k（x2），联立方程组消去y，得（14k2）x28（2k2k）x16k216k40，所以x1，因为直线PQ平行于x轴且平分APB，即直线PA与直线PB的斜率互为相反数，设直线PB的方程为y1k（x2），同理求得x2.又所以y1y2k（x1x2）4k，即y1y2k（x1x2）4kk 4k，x1x2.所以直线AB的斜率为kAB.2（2018江苏省海安高级

7、中学月考）在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1：（x3）2（y2）24，圆C2：（xm）2（ym5）22m28m10（mR，且m3）（1）设P为坐标轴上的点，满足：过点P分别作圆C1与圆C2的一条切线，切点分别为T1，T2，使得PT1PT2，试求出所有满足条件的点P的坐标；（2）若斜率为正数的直线l平分圆C1，求证：直线l与圆C2总相交（1）解设点P的坐标为（x0，y0），圆C1与圆C2的半径分别为r1，r2，由题意得PCrPCr，即（x03）2（y02）24（x0m）2（y0m5）2（2m28m10），化简得x0y010，因为P为坐标轴上的点，所以点P的坐标为（0，1）或（1,0）（2）证明

8、依题意知直线l过圆C1的圆心（3，2），可设直线l的方程为y2k（x3）（k0），即kxy3k20，则圆心C2（m，m5）到直线l的距离为，又圆C2的半径为，“直线l与圆C2总相交”等价于“mR，且m3，”，即 ，记y，整理得（y2）m22（3y4）m9y100，当y2时，得m2；当y2时，由判别式2（3y4）24（y2）（9y10）0，解得y1.综上得y，m3的最小值为1，所以由可得0.故直线l与圆C2总相交3（2018宿州检测）已知椭圆C的中心为坐标原点，焦点在x轴上，离心率e，以椭圆C的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为4.（1）求椭圆C的标准方程；（2）若经过点P（1,0）的直线l交椭

9、圆C于A，B两点，是否存在直线l0：xx0（x02），使得A，B到直线l0的距离dA，dB满足恒成立，若存在，求出x0的值；解（1）设椭圆C的标准方程为1（a，ca，又44，a2b25，由b2a2c2a2，解得a2，b1，c.椭圆C的标准方程为y21.（2）若直线l的斜率不存在，则直线l0为任意直线都满足要求；当直线l的斜率存在时，设其方程为yk（x1），设A（x1，y1），B（x2，y2）（不妨令x11x2），则dAx0x1，dBx0x2，PA（x11），PB（1x2），解得x0.由得（14k2）x28k2x4k240，由题意知，0显然成立，x1,2，x1x2，x1x2，x04.综上可知存在

10、直线l0：x4，使得A，B到直线l0的距离dA，dB满足恒成立4已知椭圆1（a0）的长轴长与短轴长之和为6，椭圆上任一点到两焦点F1，F2的距离之和为4.（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线AB：yxm与椭圆交于A，B两点，C，D在椭圆上，且C，D两点关于直线AB对称，问：是否存在实数m，使ABCD，若存在，求出m的值；解（1）由题意，2a4,2a2b6，a2，b1.椭圆的标准方程为y21.（2）C，D关于直线AB对称，设直线CD的方程为yxt，联立消去y，得5x28tx4t240，64t245（4t24）0，解得t25，设C，D两点的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），则x1,2，x1x2，x1x2，设CD的中点为M（x0，y0），M，又点M也在直线yxm上，则m，t，t25，m2.则CD|x1x2| .同理ABABCD，AB22CD2，2t2m25，m20，所以x1x2，x1x2，x1x2y1y2x1x2（y11）（y21）（1）（1k2）x1x2k（x1x2）12.所以当时，2，此时 为定值当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD，此时，2.故存在常数，使得为定值.