课时作业71

x2y2

1．已知实数x，y满足a2－b2＝1(a>0，b>0)，则下列不等式中恒成立的是( ) b

A．|y|C．|y|>－ax 答案 D

x2y2

解析 实数x，y满足a2－b2＝1(a>0，b>0)，其图像为双曲线，当x>0时，bbb2b

y2．设a>0为常数，动点M(x，y)(y≠0)分别与两定点F1(－a,0)，F2(a,0)的连线的斜率之积为定值λ，若点M的轨迹是离心率为3的双曲线，则λ的值为( )

A．2 C．3 答案 A

yyx2y2

解析 轨迹方程为·＝λ，整理得a2－λa2＝1(λ>0)，c2＝a2(1＋λ)，1

x＋ax－ac2

＋λ＝a2＝3，λ＝2，故选A.

x2y21

3. 如图，已知椭圆a2＋b2＝1(a>b>0)长轴长为4，离心率为2.过点(0，－2)的直线l交椭圆于A，B两点、交x轴于P点，点A关于x轴的对称点为C，直线BC交x轴于Q点．

B．－2 D.3 b

B．y>－2a|x| 2bD．y(1)求椭圆方程；

(2)探究：|OP|·|OQ|是否为常数？

x2y2

答案 (1)4＋3＝1 (2)|OP|·|OQ|为常数4

2a＝4，

c1

(1)由题意得a＝2，

a2＝b2＋c2，

解析

x2y2

解得a＝2，b＝3，c＝1，所以椭圆方程为4＋3＝1. 2

(2)直线l方程为y＝kx－2，则P的坐标为(k，0)． 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则C(x1，－y1)， 直线BC方程为x＝

y＋y1x－x1

＝，令y＝0，得Q的横坐标为 y2＋y1x2－x1

x1y2＋x2y12kx1x2－2x1＋x2

＝.①

y1＋y2kx1＋x2－4

x2y2＋＝1，由43y＝kx－2，

得(3＋4k2)x2－16kx＋4＝0.

16kx1＋x2＝，3＋4k2得4

xx＝123＋4k2，代入①得x＝

8k－2·16k－24k

＝＝2k，

16k2－43＋4k2－12

2

得|OP|·|OQ|＝|xP·xQ|＝k·2k＝4. ∴|OP|·|OQ|为常数4.

→→→→4．已知点B(－1,0)，C(1,0)，P是平面上一动点，且满足|PC|·|BC|＝PB·CB. (1)求点P的轨迹C的方程；

(2)已知点A(m,2)在曲线C上，过点A作曲线C的两条弦AD和AE，且AD⊥AE，判断：直线DE是否过定点？试证明你的结论．

答案 (1)y2＝4x (2)直线DE过定点(5，－2)

→→→→解析 (1)设P(x，y)，代入|PC|·|BC|＝PB·CB，得x－12＋y2＝1＋x，化简

得y2＝4x.

(2)将A(m,2)代入y2＝4x，得m＝1. ∴点A的坐标为(1,2)．

设直线DE的方程为x＝my＋t代入y2＝4x， 得y2－4my－4t＝0.

设D(x1，y1)，E(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1·y2＝－4t， Δ＝(－4m)2＋16t>0.(*)

→→∴AD·AE＝(x1－1)(x2－1)＋(y1－2)(y2－2) ＝x1x2－(x1＋x2)＋1＋y1·y2－2(y1＋y2)＋4

22y2y21y21y2＝4·y2－2(y1＋y2)＋5

4－(4＋4)＋y1·

2

y2y1·y22y1＋y2－2y1·

＝16－＋y1y2－2(y1＋y2)＋5

4

－4t24m2－2－4t＝16－＋(－4t)－2(4m)＋5＝0.

4化简t2－6t＋5＝4m2＋8m，即t2－6t＋9＝4m2＋8m＋4， 即(t－3)2＝4(m＋1)2，∴t－3＝±2(m＋1)．

∴t＝2m＋5或t＝－2m＋1，代入(*)式检验均满足Δ>0. ∴直线DE的方程为x＝m(y＋2)＋5或x＝m(y－2)＋1. ∴直线DE过定点(5，－2)．(定点(1,2)不满足题意)

x2y22

5. 如图，已知椭圆a2＋b2＝1的离心率为2，以该椭圆上的点和椭圆的左、右焦点F1，F2为顶点的三角形的周长为4(2＋1)．一等轴双曲线的顶点是该椭圆的焦点，设P为该双曲线上异于顶点的任一点，直线PF1和PF2与椭圆的交点分别为A、B和C、D.

(1)求椭圆和双曲线的标准方程；

(2)设直线PF1、PF2的斜率分别为k1、k2，证明k1·k2＝1；

(3)是否存在常数λ，使得|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|恒成立？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．

x2y2x2y2

答案 (1)8＋4＝1，4－4＝1 (2)略 32

(3)存在常数λ＝8

c2

解析 (1)由题意知，椭圆离心率为＝，得a＝2c，又2a＋2c＝4(2＋

a2x2

1)，所以可解得a＝22，c＝2，所以b＝a－c＝4，所以椭圆的标准方程为8＋

2

2

2

y2

2,0)，因为双曲线为等轴双曲线，且顶点是该椭

4＝1，所以椭圆的焦点坐标为(±

x2y2

圆的焦点，所以该双曲线的标准方程为4－4＝1.

y0y0y0y0y20(2)设点P(x0，y0)，则k1＝，k2＝，所以k1·k2＝·＝2，

x0＋2x0－2x0＋2x0－2x0－4

2

x2y20y0022

又点P(x0，y0)在双曲线上，所以有－＝1，即y0＝x0－4，所以k1·k2＝2＝

44x0－4

1.

(3)假设存在常数λ，使得|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|恒成立，则由(2)知k1·k2＝1，1

所以设直线AB的方程为y＝k(x＋2)，则直线CD的方程为y＝k(x＋2)．

y＝kx＋2，

由方程组x2y2

＋＝1，84y1)，B(x2，y2)，

－8k28k2－8

则由韦达定理得x1＋x2＝2，xx＝. 2k＋1122k2＋1所以|AB|＝

2

421＋k221＋k·x1＋x2－4x1x2＝.同理可得|CD|＝

2k2＋1

消去y，得(2k2＋1)x2＋8k2x＋8k2－8＝0，设A(x1，

1

1＋k2·x1＋x22－4x1x2

＝1

421＋k212×k2＋1

421＋k2＝.

k2＋2

2k2＋111

又因为|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|，所以有λ＝|AB|＋|CD|＝＋

421＋k2k2＋23k2＋332

＝＝

8. 421＋k2421＋k2

32

所以存在常数λ＝8，使得|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|恒成立．

6．(2012·福建) 如图，等边三角形OAB的边长为83，且其三个顶点均在抛物线E：x2＝2py(p>0)上．

(1)求抛物线E的方程；

(2)设动直线l与抛物线E相切于点P，与直线y＝－1相交于点Q，证明以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点．

答案 (1)x2＝4y (2)以PQ为直径的圆恒过y轴上的定义M(0,1) 解析 (1)依题意，|OB|＝83，∠BOy＝30°.

设B(x，y)，则x＝|OB|sin30°＝43，y＝|OB|cos30°＝12.

因为点B(43，12)在抛物线x2＝2py上，所以(43)2＝2p×12，解得p＝2. 故抛物线E的方程为x2＝4y. 11(2)方法一：由(1)知y＝4x2，y′＝2x. 设P(x0，y0)，则x0≠0，且l的方程为 1112

y－y0＝2x0(x－x0)，即y＝2x0x－4x0. 11y＝x0x－x20，24由y＝－1，

x0－4

x＝

2x0，得y＝－1.

2

x20－4

所以Q(2x，－1)．

0

→→1

设M(0，y1)，令MP·MQ＝0对满足y0＝4x20(x0≠0)的x0，y0恒成立． →→x20－4

由于MP＝(x0，y0－y1)，MQ＝(2x，－1－y1)，

0

→→x20－4由MP·MQ＝0，得2－y0－y0y1＋y1＋y21＝0. 即(y21＋y1－2)＋(1－y1)y0＝0.(*)

1由于(*)式对满足y0＝4x20(x0≠0)的y0恒成立， 1－y1＝0，所以2解得y1＝1.

y1＋y1－2＝0，

故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定义点M(0,1)．

1112

方法二：由(1)知y＝4x2，y′＝2x.设P(x0，y0)，则x0≠0，y0＝4x0，且l的1

方程为y－y0＝2x0(x－x0)，

11即y＝2x0x－4x20. 11y＝x0x－x20，24由y＝－1，

x0－4

x＝，2x0得y＝－1.

2

x20－4

所以Q(2x，－1)．

0

取x0＝2，此时P(2,1)，Q(0，－1)，以PQ为直径的圆为

1

(x－1)2＋y2＝2，交y轴于M1(0,1)或M2(0，－1)；取x0＝1，此时P(1，4)，313125

Q(－2，－1)，以PQ为直径的圆为(x＋4)2＋(y＋8)2＝64，交y轴于M3(0,1)或7

M4(0，－4)．

故若满足条件的点M存在，只能是M(0,1)． 以下证明点M(0,1)就是所要求的点． →→x20－4

因为MP＝(x0，y0－1)，MQ＝(2x，－2)，

0

→→x2

0－4

所以MP·MQ＝2－2y0＋2＝2y0－2－2y0＋2＝0.

故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1)．

x2y2

7．(2013·山东)椭圆C：a2＋b2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，离心3

率为2，过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.

(1)求椭圆C的方程；

(2)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1，PF2.设∠F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M(m,0)，求m的取值范围；

(3)在(2)的条件下，过点P作斜率为k的直线l，使得l与椭圆C有且只有一11

个公共点．设直线PF1，PF2的斜率分别为k1，k2.若k≠0，试证明kk＋kk为定12值，并求出这个定值．

x2233

答案 (1)4＋y＝1 (2)－2＝1，即a＝2b. 2＋2＝1，得y＝±，由题意知abaac3

又e＝＝，所以a＝2，b＝1.

a2x22

所以椭圆C的方程为4＋y＝1. (2)设P(x0，y0)(y0≠0)． 又F1(－3，0)，F2(3，0)， 所以直线PF1，PF2的方程分别为 lPF1：y0x－(x0＋3)y＋3y0＝0， lPF2：y0x－(x0－3)y－3y0＝0. 由题意知|my0－3y0|＝. 2222

y0＋x0＋3y0＋x0－3|my0＋3y0|

x202

由于点P在椭圆上，所以4＋y0＝1. 所以|m＋3|3

2x0＋22

＝|m－3|3

2x0－22

.

m＋33－m

因为－3所以m＝4x0.因此－2(3)设P(x0，y0)(y0≠0)，则直线l的方程为y－y0＝k(x－x0)． x22＋y＝1，联立4

y－y0＝kx－x0，

2整理得(1＋4k2)x2＋8(ky0－k2x0)x＋4(y0－2kx0y0＋k2x20－1)＝0.由题意Δ＝0，

x20222

即(4－x0)k＋2x0y0k＋1－y0＝0.又＋y20＝1，

4

x022所以16y0k＋8x0y0k＋x2＝0，故k＝－0

4y. 0

11x0＋3x0－32x0由(2)知k＋k＝y＋y＝y，

12000111114y02x0

所以kk＋kk＝k(k＋k)＝(－x)·y0＝－8. 12120因此

11

＋为定值，这个定值为－8. kk1kk2