(京津魯瓊專用)2020版高考數(shù)學二輪復習 第二部分 專題五 解析幾何 第4講 圓錐曲線中的定點、定值、存在性問題練習(含解析)

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1、第4講 圓錐曲線中的定點、定值、存在性問題 定點問題 1.參數(shù)法:參數(shù)法解決定點問題的思路:(1)引進動點的坐標或動直線中的參數(shù)表示變化量,即確定題目中的核心變量(此處設為k);(2)利用條件找到k與過定點的曲線F(x,y)=0之間的關系,得到關于k與x,y的等式,再研究變化量與參數(shù)何時沒有關系,找到定點. 高考真題 思維方法 (2017·高考全國卷Ⅱ)設O為坐標原點,動點M在橢圓C:+y2=1上,過M作x軸的垂線,垂足為N,點P滿足=. (1)求點P的軌跡方程; (2)設點Q在直線x=-3上,且·=1.證明:過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F. (1)略 (2

2、)證明:由題意知F(-1,0).設Q(-3,t),P(m,n),則=(-3,t),=(-1-m,-n),【關鍵1:用參數(shù)表示P,Q的坐標及向量,】 ·=3+3m-tn,=(m,n),=(-3-m,t-n). 由·=1得-3m-m2+tn-n2=1,又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0.所以·=0,【關鍵2:在·=1的前提下,證明·=0】 即⊥.又過點P存在唯一直線垂直于OQ,所以過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F. 【關鍵3:利用平面內過一點作一直線的垂線的唯一性,即得直線l過點F】 2.由特殊到一般法:由特殊到一般法求解定點問題時,常根據(jù)動點或動直線的特殊情況

3、探索出定點,再證明該定點與變量無關. 高考真題 思維方法 (2017·高考全國卷Ⅰ)已知橢圓C:+=1(a>b>0),四點P1(1,1),P2(0,1),P3(-1,),P4(1,)中恰有三點在橢圓C上. (1)求C的方程; (2)設直線l不經(jīng)過P2點且與C相交于A,B兩點.若直線P2A與直線P2B的斜率的和為-1,證明:l過定點. (1)略 (2)證明:設直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1,k2. 如果l與x軸垂直,設l:x=t,由題設知t≠0,且|t|<2,可得A,B的坐標分別為,. 則k1+k2=-=-1,得t=2,不符合題設. 【關鍵1:驗證直線l與x軸垂直時,

4、直線過定點的情況】 從而可設l:y=kx+m(m≠1).將y=kx+m代入+y2=1得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0. 由題設可知Δ=16(4k2-m2+1)>0. 設A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=-,x1x2=.而k1+k2=+=+=. 由題設k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0. 即(2k+1)·+(m-1)·=0. 解得k=-.【關鍵2:設出直線l的方程,并與橢圓方程聯(lián)立消去y得到關于 x的一元二次方程,利用根與系數(shù)的關系及條件找到直線l中兩個參數(shù)的關系】 當且僅當m>-1時,Δ>0,于是l:y=-x+m

5、,即y+1=-(x-2),所以l過定點(2,-1). 【關鍵3:將k=-代入直線l的方程,變形得到直線所過定點(2,-1)】 [典型例題] (2019·鄭州市第一次質量預測)設M點為圓C:x2+y2=4上的動點,點M在x軸上的投影為N.動點P滿足2=,動點P的軌跡為E. (1)求E的方程; (2)設E的左頂點為D,若直線l:y=kx+m與曲線E交于A,B兩點(A,B不是左、右頂點),且滿足|+|=|-|,求證:直線l恒過定點,并求出該定點的坐標. 【解】 (1)設點M(x0,y0),P(x,y),由題意可知N(x0,0), 因為2=,所以2(x0-x,-y)=(0,-y0)

6、, 即x0=x,y0=y(tǒng), 又點M在圓C:x2+y2=4上,所以x+y=4, 將x0=x,y0=y(tǒng)代入得+=1, 即軌跡E的方程為+=1. (2)由(1)可知D(-2,0),設A(x1,y1),B(x2,y2), 聯(lián)立得,得(3+4k2)x2+8mkx+4(m2-3)=0, Δ=(8mk)2-4(3+4k2)(4m2-12)=16(12k2-3m2+9)>0, 即3+4k2-m2>0, 所以x1+x2=,x1x2=. y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+mk(x1+x2)+m2=, 因為|+|=|-|,所以⊥,即·=0, 即(x1+2,y1)·(x2+

7、2,y2)=x1x2+2(x1+x2)+4+y1y2=0, 所以+2×+4+=0, 所以7m2-16mk+4k2=0, 解得m1=2k,m2=k,且均滿足3+4k2-m2>0, 當m1=2k時,l的方程為y=kx+2k=k(x+2),直線恒過點(-2,0),與已知矛盾; 當m2=k時,l的方程為y=kx+k=k,直線恒過點. 綜上,直線l過定點,定點坐標為. (1)求解直線和曲線過定點問題的基本思路是:把直線或曲線方程中的變量x,y當作常數(shù)看待,把方程一端化為零,既然是過定點,那么這個方程就要對任意參數(shù)都成立,這時參數(shù)的系數(shù)就要全部等于零,這樣就得到一個關于x,y的方程組

8、,這個方程組的解所確定的點就是直線或曲線所過的定點. (2)由直線方程確定定點時,若得到了直線的點斜式方程y-y0=k(x-x0),則直線必過定點(x0,y0);若得到了直線的斜截式方程y=kx+m,則直線必過定點(0,m).  [對點訓練] (2019·蓉城名校第一次聯(lián)考)已知拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點為F,過點F作傾斜角為45°的直線與拋物線C交于A,B兩點,且|AB|=16. (1)求拋物線C的方程; (2)設P,M,N為拋物線上不同的三點,且PM⊥PN,若P點的橫坐標為8,判斷直線MN是否過定點?若是,求出定點的坐標;若不是,請說明理由. 解:(1)由題意知,

9、直線AB的方程為y=x+. 由,得y2-3py+=0. 設A(x3,y3),B(x4,y4),則y3+y4=3p. 所以|AB|=y(tǒng)3+y4+p=4p=16,所以p=4. 所以拋物線C的方程為x2=8y. (2)法一:由(1)可得點P(8,8),設M,N,則kPM==,同理可得kPN=.因為PM⊥PN,所以kPM ·kPN=·=-1,化簡得x1x2+8(x1+x2)+128=0.(*) 易知直線MN的斜率一定存在,設直線MN:y=kx+b,由,得x2-8kx-8b=0, 所以x1+x2=8k,x1x2=-8b. 代入(*),得-8b+64k+128=0,則b=8k+16. 直

10、線MN的方程可化為y=kx+8k+16,所以直線MN過定點(-8,16). 法二:由(1)可得點P(8,8),設M,N,則kMN==,同理可得kPM=,kPN=.因為PM⊥PN,所以kPM·kPN=·=-1,化簡得-x1x2=8(x1+x2)+128.① 直線MN的方程為y-=(x-x1), 化簡得y=x-.② 把①代入②得y=(x+8)+16, 所以直線MN過定點(-8,16). 定值問題 1.直接消參求定值:常見定值問題的處理方法:(1)確定一個(或兩個)變量為核心變量,其余量均利用條件用核心變量進行表示;(2)將所求表達式用核心變量進行表示(有的甚至就是核心變量),然后

11、進行化簡,看能否得到一個常數(shù). 高考真題 思維方法 (2015·高考全國卷Ⅱ)已知橢圓C:9x2+y2=m2(m>0),直線l不過原點O且不平行于坐標軸,l與C有兩個交點A,B,線段AB的中點為M. (1)證明:直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值; (2)若l過點,延長線段OM與C交于點P,四邊形OAPB能否為平行四邊形?若能,求此時l的斜率;若不能,說明理由. (1)證明:設直線l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).【關鍵1:設出直線方程及直線與橢圓交點坐標】 將y=kx+b代入9x2+y2=m2,得(k2+9)x2+2kb

12、x+b2-m2=0, 【關鍵2:把直線方程與橢圓方程聯(lián)立消元得一元二次方程】 故xM==,yM=kxM+b=. 【關鍵3:利用根與系數(shù)的關系及中點在直線l上求M的坐標】 于是直線OM的斜率kOM= =-,即kOM·k=-9. 【關鍵4:求直線OM的斜率并計算兩直線斜率乘積】 所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值. (2)略 2.從特殊到一般求定值:常用處理技巧:(1)在運算過程中,盡量減少所求表達式中變量的個數(shù),以便于向定值靠攏;(2)巧妙利用變量間的關系,例如點的坐標符合曲線方程等,盡量做到整體代入,簡化運算. 高考真題 思維方法 (2016·高考北京卷)已知橢

13、圓C:+=1(a>b>0)的離心率為,A(a,0),B(0,b),O(0,0),△OAB的面積為1. (1)求橢圓C的方程; (2)設P是橢圓C上一點,直線PA與y軸交于點M,直線PB與x軸交于點N.求證:|AN|·|BM|為定值. (1)略 (2)證明:由(1)知,A(2,0),B(0,1). 設P(x0,y0),則x+4y=4. 當x0≠0時,直線PA的方程為y=(x-2). 令x=0,得yM=-,從而|BM|=|1-yM|=|1+|. 【關鍵1:設出P點坐標,對橫坐標分類討論,用P點坐標表示|BM|】 直線PB的方程為y=x+1. 令y=0,得xN=-,從而|AN|=

14、|2-xN|=|2+|. 【關鍵2:用P點坐標表示|AN|】 所以|AN|·|BM|=|2+|·|1+| =|| =|| =4.【關鍵3:計算|AN|·|BM|并化簡得出定值】 當x0=0時,y0=-1,|BM|=2,|AN|=2, 所以|AN|·|BM|=4.【關鍵4:討論特殊情況,并計算|AN|·|BM|】 綜上,|AN|·|BM|為定值. [典型例題] (2019·福建五校第二次聯(lián)考)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率為,上頂點M到直線x+y+4=0的距離為3. (1)求橢圓C的方程; (2)設直線l過點(4,-2),且與橢圓C相交于A,B兩點,l不經(jīng)

15、過點M,證明:直線MA的斜率與直線MB的斜率之和為定值. 【解】 (1)由題意可得,,解得,所以橢圓C的方程為+=1. (2)證明:易知直線l的斜率恒小于0,設直線l的方程為y+2=k(x-4),k<0且k≠-1,A(x1,y1),B(x2,y2), 聯(lián)立得,得(1+4k2)x2-16k(2k+1)x+64k(k+1)=0, 則x1+x2=,x1x2=, 因為kMA+kMB=+= =2k-(4k+4)× =2k-4(k+1)×=2k-(2k+1)=-1(為定值). 求定值問題2種常見的方法 (1)從特殊值入手,求出定值,再證明這個值與變量無關. (2)直接計算、

16、推理,并在計算、推理的過程中消去變量,從而得到定值.  [對點訓練] 已知橢圓C:+=1,過A(2,0),B(0,1)兩點. (1)求橢圓C的方程及離心率; (2)設P為第三象限內一點且在橢圓C上,直線PA與y軸交于點M,直線PB與x軸交于點N,求證:四邊形ABNM的面積為定值. 解:(1)由題意得,a=2,b=1, 所以橢圓C的方程為+y2=1. 又c==,所以離心率e==. (2)證明:設P(x0,y0)(x0<0,y0<0),則x+4y=4. 又A(2,0),B(0,1),所以直線PA的方程為y=(x-2). 令x=0,得yM=-, 從而|BM|=1-yM=1+.

17、 直線PB的方程為y=x+1. 令y=0,得xN=-, 從而|AN|=2-xN=2+. 所以四邊形ABNM的面積S=|AN|·|BM|= = ==2. 從而四邊形ABNM的面積為定值. 探究、存在性問題 存在性問題的解法:先假設存在,用待定系數(shù)法,列出關于待定系數(shù)的方程組,推證滿足條件的結論,若方程組有實數(shù)解,則元素(點、直線、曲線或參數(shù))存在;否則元素(點、直線、曲線或參數(shù))不存在.要注意的是: (1)當條件和結論不唯一時要分類討論;(2)當給出結論而要推導出存在的條件時,先假設成立,再推出條件; (3)當條件和結論都不知,按常規(guī)方法解題很難時,要開放思維,采取另外

18、合適的方法. 高考真題 思維方法 (2015·高考全國卷Ⅰ)在直角坐標系xOy中,曲線C:y=與直線l:y=kx+a(a>0)交于M,N兩點. (1)當k=0時,分別求C在點M和N處的切線方程; (2)y軸上是否存在點P,使得當k變動時,總有∠OPM=∠OPN?說明理由. (1)略 (2)存在符合題意的點.證明如下: 設P(0,b)為符合題意的點,M(x1,y1),N(x2,y2),直線PM,PN的斜率分別為k1,k2. 將y=kx+a代入C的方程得x2-4kx-4a=0. 故x1+x2=4k,x1x2=-4a.【關鍵1:設出P點坐標,聯(lián)立直線方程與橢圓方程, 利用根與系

19、數(shù)的關系寫出M,N橫坐標與參數(shù)的關系】 從而k1+k2=+ ==.【關鍵2:用參數(shù)表示PM,PN的斜率和】當b=-a時,有k1+k2=0,則直線PM的傾斜角與直線PN的傾斜角互補, 故∠OPM=∠OPN,所以點P(0,-a)符合題意. 【關鍵3:用PM,PN的斜率和等于零說明∠OPM=∠OPN,得出定點】 續(xù) 表 高考真題 思維方法 (2015·高考全國卷Ⅱ)已知橢圓C:9x2+y2=m2(m>0),直線l不過原點O且不平行于坐標軸,l與C有兩個交點A,B,線段AB的中點為M. (1)證明:直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值; (2)若l過點,延長線段OM與C交于點P

20、,四邊形OAPB能否為平行四邊形?若能,求此時l的斜率;若不能,說明理由. (1)略 (2)四邊形OAPB能為平行四邊形. 因為直線l過點,所以l不過原點且與橢圓C有兩個交點的充要條件是k>0,k≠3. 由(1)得直線OM的方程為y=-x. 設點P的橫坐標為xP. 由得x=,即xP= . 【關鍵1:寫出OM的方程,與橢圓方程聯(lián)立求出P點橫坐標】 將點的坐標代入直線l的方程得b=, 因此xM=.【關鍵2:求M點橫坐標】 四邊形OAPB為平行四邊形,當且僅當線段AB與線段OP互相平分,即xP=2xM,于是=2×,【關鍵3:構造關于k的方程】 解得k1=4-,k2=4+. 因

21、為k>0,k≠3,所以當l的斜率為4-或4+時,四邊形OAPB為平行四邊形. [典型例題] 已知動圓C與圓x2+y2+2x=0外切,與圓x2+y2-2x-24=0內切. (1)試求動圓圓心C的軌跡方程; (2)過定點P(0,2)且斜率為k(k≠0)的直線l與(1)中軌跡交于不同的兩點M,N,試判斷在x軸上是否存在點A(m,0),使得以AM,AN為鄰邊的平行四邊形為菱形?若存在,求出實數(shù)m的范圍;若不存在,請說明理由. 【解】 (1)由x2+y2+2x=0得(x+1)2+y2=1,由x2+y2-2x-24=0得(x-1)2+y2=25,設動圓C的半徑為R,兩圓的圓心分別為F1(-

22、1,0),F(xiàn)2(1,0),則|CF1|=R+1,|CF2|=5-R,所以|CF1|+|CF2|=6,根據(jù)橢圓的定義可知,點C的軌跡為以F1,F(xiàn)2為焦點的橢圓,所以c=1,a=3,所以b2=a2-c2=9-1=8,所以動圓圓心C的軌跡方程為+=1. (2)存在.設直線l的方程為y=kx+2,設M(x1,y1),N(x2,y2),MN的中點為E(x0,y0).假設存在點A(m,0),使得以AM,AN為鄰邊的平行四邊形為菱形,則AE⊥MN, 由得(8+9k2)x2+36kx-36=0, x1+x2=-,所以x0=, y0=kx0+2=, 因為AE⊥MN,所以kAE=-, 即=-,所以m=

23、=, 當k>0時,9k+≥2=12,所以-≤m<0; 當k<0時,9k+≤-12,所以0b>0),其左、右焦點分別為F1(-2,0),F(xiàn)2(2,0),過點F1的直

24、線交橢圓C于A,B兩點,線段AB的中點為G,AB的中垂線與x軸和y軸分別交于D,E兩點,且|AF1|,|F1F2|,|AF2|構成等差數(shù)列. (1)求橢圓C的方程; (2)記△GF1D的面積為S1,△OED(O為坐標原點)的面積為S2.試問:是否存在直線AB,使得S1=S2?請說明理由. 解:(1)因為|AF1|,|F1F2|,|AF2|構成等差數(shù)列, 所以2a=|AF1|+|AF2|=2|F1F2|=8,所以a=4. 又c=2,所以b2=12, 所以橢圓C的方程為+=1. (2)假設存在直線AB,使得S1=S2,顯然直線AB不能與x,y軸垂直.設AB的方程為y=k(x+2)

25、(k≠0), 將其代入+=1,整理得(4k2+3)x2+16k2x+16k2-48=0, 設A(x1,y1),B(x2,y2),D(xD,0),所以x1+x2=, 所以點G的橫坐標為=, 所以G. 因為DG⊥AB, 所以·k=-1,解得xD=, 即D, 因為Rt△GDF1和Rt△ODE相似,所以若S1=S2,則|GD|=|OD|, 所以=,整理得8k2+9=0. 因為方程8k2+9=0無解,所以不存在直線AB,使得S1=S2. 1.(2019·安徽省考試試題)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的上頂點為P,右頂點為Q,直線PQ與圓x2+y2=相切于點M. (1)求

26、橢圓C的方程; (2)若不經(jīng)過點P的直線l與橢圓C交于A,B兩點,且·=0,求證:直線l過定點. 解:(1)由已知得直線OM(O為坐標原點)的斜率kOM=2,則直線PQ的斜率kPQ=-=-, 所以直線PQ的方程為y-=-,即x+2y=2.可求得P(0,1),Q(2,0),故a=2,b=1, 故橢圓C的方程為+y2=1. (2)證明:當直線l的斜率不存在時,顯然不滿足條件. 當直線l的斜率存在時,設l的方程為y=kx+n(n≠1), 由,消去y整理得(4k2+1)x2+8knx+4(n2-1)=0, Δ=(8kn)2-4×4(4k2+1)(n2-1)=16(4k2+1-n2)>0

27、,得4k2+1>n2.① 設A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=,x1x2=.② 由·=0,得(x1,y1-1)·(x2,y2-1)=0,又y1=kx1+n,y2=kx2+n, 所以(k2+1)x1x2+k(n-1)(x1+x2)+(n-1)2=0,③ 由②③得n=1(舍),或n=-,滿足①. 此時l的方程為y=kx-,故直線l過定點. 2.(2019·南昌市第一次模擬測試)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1,F(xiàn)2,離心率為,P是C上的一個動點,且△F1PF2面積的最大值為4. (1)求C的方程; (2)設C的左、右頂點分別為A,B,若直線PA

28、,PB分別交直線x=2于M,N兩點,過點F1作以MN為直徑的圓的切線,證明:切線長為定值,并求該定值. 解:(1)設P(x0,y0),橢圓的半焦距為c. 因為S△F1PF2=|F1F2|·|y0|≤·2c·b=bc, 所以bc=4. 又e==,a2=b2+c2, 所以a=4,b=2,c=2, 所以C的方程為+=1. (2)由(1)可知A(-4,0),B(4,0),F(xiàn)1(-2,0). 由題可知,x0≠2,且x0≠±4. 設直線PA,PB的斜率分別為k1,k2,則直線PA的方程為y=k1(x+4),令x=2得y=6k1,故M(2,6k1). 直線PB的方程為y=k2(x-4),

29、令x=2得y=-2k2,故N(2,-2k2). 記以MN為直徑的圓為圓D,則D(2,3k1-k2). 如圖,過點F1作圓D的一條切線,切點為T,連接F1D,DT,則|F1T|2=|F1D|2-|DT|2, 所以|F1T|2=16+(3k1-k2)2-(3k1+k2)2=16-12k1k2, 又k1=,k2=, 所以k1·k2=·=, 由+=1,得y=-(x-16), 所以k1·k2=-, 則|F1T|2=16-12k1k2=16-12×=25, 所以|F1T|=5. 故切線長為定值5. 3.(2019·廣州市調研測試)已知動圓C過定點F(1,0),且與定直線x=-1相

30、切. (1)求動圓圓心C的軌跡E的方程; (2)過點M(-2,0)的任一條直線l與軌跡E交于不同的兩點P,Q,試探究在x軸上是否存在定點N(異于點M),使得∠QNM+∠PNM=π?若存在,求點N的坐標;若不存在,請說明理由. 解:(1)法一:依題意知,動圓圓心C到定點F(1,0)的距離,與到定直線x=-1的距離相等, 由拋物線的定義,可得動圓圓心C的軌跡E是以F(1,0)為焦點,x=-1為準線的拋物線,其中p=2. 所以動圓圓心C的軌跡E的方程為y2=4x. 法二:設動圓圓心C(x,y),依題意得=|x+1|,化簡得y2=4x,即為動圓圓心C的軌跡E的方程. (2)假設存在點N(

31、x0,0)滿足題設條件. 由∠QNM+∠PNM=π可知,直線PN與QN的斜率互為相反數(shù),即kPN+kQN=0.① 易知直線PQ的斜率必存在且不為0,設直線PQ:x=my-2,由,得y2-4my+8=0. 由Δ=(-4m)2-4×8>0,得m>或m<-. 設P(x1,y1),Q(x2,y2),則y1+y2=4m,y1y2=8. 由①得kPN+kQN=+ ==0, 所以y1(x2-x0)+y2(x1-x0)=0,即y1x2+y2x1-x0(y1+y2)=0. 消去x1,x2,得y1y+y2y-x0(y1+y2)=0, 即y1y2(y1+y2)-x0(y1+y2)=0. 因為y1

32、+y2≠0,所以x0=y(tǒng)1y2=2, 所以存在點N(2,0),使得∠QNM+∠PNM=π. 4.(2019·福州市質量檢測)已知拋物線C1:x2=2py(p>0)和圓C2:(x+1)2+y2=2,傾斜角為45°的直線l1過C1的焦點,且l1與C2相切. (1)求p的值; (2)動點M在C1的準線上,動點A在C1上,若C1在A點處的切線l2交y軸于點B,設=+,求證:點N在定直線上,并求該定直線的方程. 解:(1)依題意,設直線l1的方程為y=x+, 因為直線l1與圓C2相切, 所以圓心C2(-1,0)到直線l1:y=x+的距離d==,即=, 解得p=6或p=-2(舍去).所以p

33、=6. (2)法一:依題意設M(m,-3),由(1)知拋物線C1的方程為x2=12y,所以y=,所以y′=, 設A(x1,y1),則以A為切點的切線l2的斜率為k=, 所以切線l2的方程為y=x1(x-x1)+y1. 令x=0,則y=-x+y1=-×12y1+y1=-y1,即B點的坐標為(0,-y1), 所以=(x1-m,y1+3),=(-m,-y1+3), 所以=+=(x1-2m,6), 所以=+=(x1-m,3),設N點坐標為(x,y),則y=3,所以點N在定直線y=3上. 法二:設M(m,-3),由(1)知拋物線C1的方程為x2=12y,① 設l2的斜率為k,A,則以A為切點的切線l2的方程為y=k(x-x1)+x,② 聯(lián)立①②得,x2=12[k(x-x1)+x], 因為Δ=144k2-48kx1+4x=0,所以k=, 所以切線l2的方程為y=x1(x-x1)+x, 令x=0,得B點坐標為(0,-x), 所以=,=, 所以=+=(x1-2m,6), 所以=+=(x1-m,3), 所以點N在定直線y=3上. - 17 -

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