2022年高考数学(理数)一轮复习课时作业54《定点、定值、探究性问题》（教师版）

课时作业54 定点、定值、探究性问题第一次作业 基础巩固练1．已知动圆P经过点N(1,0)，并且与圆M：(x＋1)2＋y2＝16相切．(1)求点P的轨迹C的方程；(2)设G(m,0)为轨迹C内的一个动点，过点G且斜率为k的直线l交轨迹C于A，B两点，当k为何值时，ω＝|GA|2＋|GB|2是与m无关的定值？并求出该定值．解：(1)由题意得|PM|＋|PN|＝4，∴点P的轨迹C是以M，N为焦点的椭圆，∴2a＝4,2c＝2，∴b＝＝，∴椭圆的方程为＋＝1.即点P的轨迹C的方程为＋＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意知－20，所以p＝2，即抛物线C的标准方程为y2＝4x.(2)证明：设点M(4t2,4t)，N(4t，4t1)，Q(4t，4t2)，易得直线MN，MQ，NQ的斜率均存在，则直线MN的斜率是kMN＝＝，从而直线MN的方程是y＝(x－4t2)＋4t，即x－(t＋t1)y＋4tt1＝0.同理可知MQ的方程是x－(t＋t2)y＋4tt2＝0，NQ的方程是x－(t1＋t2)y＋4t1t2＝0.又易知点(－1,0)在直线MN上，从而有4tt1＝1，即t＝，点B(1，－1)在直线MQ上，从而有1－(t＋t2)×(－1)＋4tt2＝0，即1－(＋t2)×(－1)＋4××t2＝0，化简得4t1t2＝－4(t1＋t2)－1.代入NQ的方程得x－(t1＋t2)y－4(t1＋t2)－1＝0.所以直线NQ过定点(1，－4)．3.如图，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左顶点与上顶点分别为A，B，右焦点为F，点P在椭圆C上，且PF⊥x轴，若AB∥OP，且|AB|＝2. (1)求椭圆C的方程；(2)Q是椭圆C上不同于长轴端点的任意一点，在x轴上是否存在一点D，使得直线QA与QD的斜率乘积恒为定值？若存在，求出点D的坐标；若不存在，说明理由．解：(1)由题意得A(－a,0)，B(0，b)，可设P(c，t)(t>0)，∴＋＝1，解得t＝，即P(c，)，由AB∥OP得＝，即b＝c，∴a2＝b2＋c2＝2b2， ①又AB＝2，∴a2＋b2＝12， ②由①②得a2＝8，b2＝4，∴椭圆C的方程为＋＝1.(2)假设存在D(m,0)使得直线QA与QD的斜率乘积恒为定值，设Q(x0，y0)(y0≠0)，则＋＝1， ③设kQA×kQD＝k(常数)，∵A(－2，0)，∴×＝k， ④由③得y＝4(1－)， ⑤将⑤代入④，得k＝，∴∴m＝2，k＝－，∴存在点D(2，0)，使得kQA×kQD＝－.4．已知定点Q(，0)，P为圆N：(x＋)2＋y2＝24上任意一点，线段QP的垂直平分线交NP于点M.(1)当P点在圆周上运动时，求点M的轨迹C的方程； (2)若直线l与曲线C交于A，B两点，且·＝0(O为坐标原点)，证明直线l与某个定圆相切，并求出定圆的方程．解：(1)连接MQ，依题意，可得圆N的圆心N(－，0)，半径为2，|MP|＝|MQ|，则|MN|＋|MQ|＝|MN|＋|MP|＝|NP|＝2>2＝|NQ|，根据椭圆的定义，得点M的轨迹是以N，Q为焦点，长轴的长为2的椭圆，即2a＝2，2c＝2，∴b＝＝.∴点M的轨迹C的方程为＋＝1.(2)当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立直线与椭圆的方程，得消去y并整理得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.由Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－6)>0，得m2b>0)的左右焦点分别为F1，F2，若椭圆上一点P满足|PF1|＋|PF2|＝4，且椭圆C过点，过点R(4,0)的直线l与椭圆C交于E，F两点．(1)求椭圆C的方程；(2)过点E作x轴的垂线，交椭圆C于点N，求证：直线FN过定点．解：(1)依题意，|PF1|＋|PF2|＝2a＝4，故a＝2. 将代入＋＝1中，解得b2＝3，故椭圆C的方程是＋＝1.(2)证明：由题意知直线l的斜率必存在，设l的方程为y＝k(x－4)．点E(x1，y1)，F(x2，y2)，N(x1，－y1)，联立得3x2＋4k2(x－4)2＝12，即(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，则Δ>0，x1＋x2＝，x1x2＝.由题可得直线FN方程为y＋y1＝(x－x1)．又∵y1＝k(x1－4)，y2＝k(x2－4)，∴直线FN方程为y＋k(x1－4)＝(x－x1)，令y＝0，整理得x＝＋x1＝＝＝＝1，即直线FN过点(1,0)．2．已知点E(－2,0)，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(2,0)，过点F的直线l与椭圆C交于A，B两点，△ABE的周长为12.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l交y轴于点N，已知＝m，＝n，求m＋n的值．解：(1)由题意知，E为椭圆的左焦点，∴|AB|＋|AE|＋|BE|＝|AF|＋|BF|＋|AE|＋|BE|＝4a＝12，解得a＝3.又c＝2，故b2＝a2－c2＝9－4＝5， ∴椭圆C的方程为＋＝1.(2)由题知F(2,0)，若直线AB恰好过原点，则A(－3,0)，B(3,0)，N(0,0)，∴＝(－3，0)，＝(5,0)，则m＝－，＝(3,0)，＝(－1,0)，则n＝－3，∴m＋n＝－.若直线AB不过原点，设直线AB：x＝ty＋2，t≠0，A(ty1＋2，y1)，B(ty2＋2，y2)，N.则＝，＝(－ty1，－y1)，＝，＝(－ty2，－y2)．由＝m，得y1＋＝m(－y1)，从而m＝－1－；由＝n，得y2＋＝n(－y2)，从而n＝－1－.故m＋n＝－1－＋＝－2－＝－2－×.联立方程组得整理得(5t2＋9)y2＋20ty－25＝0，∴y1＋y2＝－，y1y2＝－，∴m＋n＝－2－×＝－2－×＝－2－＝－.综上所述，m＋n＝－.3．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点P(0,1)，离心率e＝.(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l经过点Q(2，－1)且与C相交于A，B两点(异于点P)，记直线PA的斜率为k1，直线PB的斜率为k2，证明：k1＋k2为定值．解：(1)因为椭圆C：＋＝1(a>b>0)，经过点P(0,1)，所以b＝1.又e＝，所以＝，解得a＝2.所以椭圆C的方程为＋y2＝1. (2)证明：若直线AB的斜率不存在，则直线l的方程为x＝2，此时直线与椭圆相切，不符合题意．设直线AB的方程为y＋1＝k(x－2)，即y＝kx－2k－1，联立得(1＋4k2)x2－8k(2k＋1)x＋16k2＋16k＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝.则k1＋k2＝＋＝＝＝2k－＝2k－＝2k－(2k＋1)＝－1.所以k1＋k2为定值，且定值为－1.4．已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)经过点，且离心率e＝.(1)求椭圆E的方程；(2)设椭圆E的右顶点为A，若直线l：y＝kx＋m与椭圆E相交于M、N两点(异于A点)，且满足MA⊥NA，试证明直线l经过定点，并求出该定点的坐标．解：依题意，得解得所以，椭圆E的方程为＋＝1.(2)如图，设M(x1，y1)、N(x2，y2)， 联立整理，得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0，则Δ＝64m2k2－16(3＋4k2)(m2－3)>0，即3＋4k2－m2>0，x1＋x2＝－，x1x2＝.从而y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝，由椭圆E的右顶点为A(2,0)，MA⊥NA，得·＝－1，即y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0.则有＋＋＋4＝0，整理，得7m2＋16km＋4k2＝0，解得m＝－2k或m＝－，均满足条件3＋4k2－m2>0.当m＝－2k时，直线l的方程为y＝k(x－2)，直线l过定点A，与题设矛盾；当m＝－时，直线l的方程为y＝k，直线l过定点，所以直线l经过定点，且定点的坐标为.5．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，短轴的一个端点为P，△PF1F2内切圆的半径为，设过点F2的直线l被椭圆C截得的线段为RS，当l⊥x轴时，|RS|＝3.(1)求椭圆C的标准方程；(2)在x轴上是否存在一点T，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称？若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)由内切圆的性质，得×2c×b＝×(2a＋2c)×，得＝.将x＝c代入＋＝1，得y＝±，所以＝3.又a2＝b2＋c2，所以a＝2，b＝， 故椭圆C的标准方程为＋＝1.(2)当直线l垂直于x轴时，显然x轴上任意一点T都满足TS与TR所在直线关于x轴对称．当直线l不垂直于x轴时，假设存在T(t,0)满足条件，设l的方程为y＝k(x－1)，R(x1，y1)，S(x2，y2)．联立方程，得得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，由根与系数的关系得 ①，其中Δ>0恒成立，由TS与TR所在直线关于x轴对称，得kTS＋kTR＝0(显然TS，TR的斜率存在)，即＋＝0 ②.因为R，S两点在直线y＝k(x－1)上，所以y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，代入②得＝＝0，即2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0 ③，将①代入③得＝＝0 ④，则t＝4，综上所述，存在T(4,0)，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称．