2024版新教材高考数学全程一轮总复习课时作业五十七定点与定值问题

这是一份2024版新教材高考数学全程一轮总复习课时作业五十七定点与定值问题，共7页。

(1)求椭圆的方程；
(2)过椭圆右焦点且斜率为k(k≠0)的直线m与椭圆相交于两点A，B，与y轴交于点E，线段AB的中点为P，直线l过点E且垂直于OP(其中O为原点)，证明：直线l过定点．
2．[2023·辽宁大连期末]已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点M(eq \f(1,2)，m)在抛物线上，且△OMF的面积为eq \f(p2,4)(O为坐标原点).
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)点A、B是抛物线C上异于原点O的两点，直线OA、OB的斜率分别为k1、k2，若k1k2＝－2，求证：直线AB恒过定点．
3．[2023·黑龙江大庆模拟]已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的虚轴长为4，直线2x－y＝0为双曲线C的一条渐近线．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)记双曲线C的左、右顶点分别为A、B，过点T(2，0)的直线l，与双曲线交于两点M、N，直线MA交y轴于点P，直线NB交y轴于点Q，记△PAT面积为S1，△QBT面积为S2，求证：eq \f(S1,S2)为定值．
4．[2023·河南洛阳模拟]已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F，离心率为eq \f(1,2)，上顶点为(0，eq \r(3)).
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点F的直线l与椭圆C交于P，Q两点，与y轴交于点M，若eq \(MP,\s\up6(→))＝λeq \(PF,\s\up6(→))，eq \(MQ,\s\up6(→))＝μeq \(QF,\s\up6(→))，判断λ＋μ是否为定值？并说明理由．
5．[2023·广东深圳模拟]已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)经过点A(2，0)，且点A到C的渐近线的距离为eq \f(2\r(21),7).
(1)求双曲线C的方程；
(2)过点(4，0)作斜率不为0的直线l与双曲线C交于M，N两点，直线x＝4分别交直线AM，AN于点E，F.试判断以EF为直径的圆是否经过定点，若经过定点，请求出定点坐标；反之，请说明理由．
优生选做题
6．[2023·河北保定模拟]已知抛物线Ω：y2＝4x.
(1)直线l：y＝k(x－1)与Ω交于A、B两点，O为坐标原点．
从下面的①②两个问题中任选一个作答，如果两个都作答，则按所做的第一个计分．
①证明：|OA|·|OB|＝eq \r(4|AB|＋9)；
②若∠AOB＝eq \f(2π,3)，求k2的值．
(2)已知点P(1，2)，直线m与Ω交于C、D两点(均异于点P)，且kPC＋kPD＝1.过P作直线m的垂线，垂足为Q，试问是否存在定点M，使得|QM|为定值？若存在，求出定值；若不存在，说明理由．
课时作业（五十七） 定点与定值问题
1．解析：（1）依题意，eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，
∴a2＝2c2，
又b＝1，a2＝b2＋c2，
∴c2＝1，∴a2＝2，
∴椭圆的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
（2）由（1）知右焦点坐标为（1，0），
设直线m方程为y＝k（x－1），A（x1，y1），B（x2，y2），
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1,y＝k（x－1）))得，（1＋2k2）x2－4k2x＋2k2－2＝0，
∴x1＋x2＝eq \f(4k2,1＋2k2)，
∴xP＝eq \f(2k2,1＋2k2)，yP＝k（xP－1）＝eq \f(－k,1＋2k2)，
∴直线OP的斜率kOP＝eq \f(yp,xp)＝eq \f(－1,2k)，
∴直线l的斜率kl＝2k，令x＝0得点E坐标为（0，－k），
∴直线l的方程为y＝2kx－k，即y＝2k（x－eq \f(1,2)），
∴直线l恒过定点（eq \f(1,2)，0）.
2．解析：（1）抛物线C的焦点为F（eq \f(p,2)，0），由已知可得m2＝p，则|m|＝eq \r(p)，
S△OMF＝eq \f(1,2)|OF|·|m|＝eq \f(1,2)×eq \f(p\r(p),2)＝eq \f(p\r(p),4)＝eq \f(p2,4)，∵p>0，解得p＝1，
因此抛物线C的方程为y2＝2x.
（2）证明：设点A（x1，y1）、B（x2，y2），则k1k2＝eq \f(y1y2,x1x2)＝eq \f(y1y2,\f(（y1y2）2,4))＝eq \f(4,y1y2)＝－2，可得y1y2＝－2.
若直线AB⊥y轴，则该直线与抛物线C只有一个交点，不合乎题意．
设直线AB的方程为x＝my＋t，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋t,y2＝2x))，可得y2－2my－2t＝0，
由韦达定理可得y1y2＝－2t＝－2，可得t＝1，此时Δ＝4m2＋8>0，合乎题意．
所以直线AB的方程为x＝my＋1，故直线AB恒过定点（1，0）.
3．解析：（1）由题意可知b＝2，
因为一条渐近线方程为y＝2x，所以eq \f(b,a)＝2，解得a＝1，
则双曲线方程为x2－eq \f(y2,4)＝1.
（2）证明：由题意可得A（－1，0），B（1，0），
设直线l：x＝ny＋2，M（x1，y1），N（x2，y2），
把直线方程带入双曲线方程整理可得
（4n2－1）y2＋16ny＋12＝0，
可得y1＋y2＝－eq \f(16n,4n2－1)，y1y2＝eq \f(12,4n2－1)，
即有ny1y2＝－eq \f(3,4)（y1＋y2），
设直线方程MA：y＝eq \f(y1,x1＋1)（x＋1），可得P（0，eq \f(y1,x1＋1)），
设直线NB：y＝eq \f(y2,x2－1)（x－1），可得Q（0，eq \f(y2,1－x2)），
又|AT|＝3，|BT|＝1，
所以eq \f(S1,S2)＝eq \f(3|\f(y1,x1＋1)|,|\f(y2,x2－1)|)＝3|eq \f(y1（ny2＋1）,y2（ny1＋3）)|
＝3|eq \f(ny1y2＋y1,ny1y2＋3y2)|＝3|eq \f(－\f(3,4)（y1＋y2）＋y1,－\f(3,4)（y1＋y2）＋3y2)|
＝3|eq \f(y1－3y2,－3y1＋9y2)|＝1.
4．解析：（1）由题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝\r(3),e＝\f(c,a)＝\f(1,2),a2＝b2＋c2))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2,b＝\r(3),c＝1))，
故椭圆C的方程eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
（2）λ＋μ为定值－eq \f(8,3)，理由如下：
由（1）可得F（1，0），
由题意可知直线l的斜率存在，设直线l：y＝k（x－1），P（x1，y1），Q（x2，y2），则M（0，－k），
联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1）,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))，消去y得（4k2＋3）x2－8k2x＋4k2－12＝0，
则Δ＝（－8k2）2－4（4k2＋3）（4k2－12）＝144（k2＋1）>0，x1＋x2＝eq \f(8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq \f(4k2－12,4k2＋3)，
eq \(MP,\s\up6(→))＝（x1，y1＋k），eq \(PF,\s\up6(→))＝（1－x1，－y1），eq \(MQ,\s\up6(→))＝（x2，y2＋k），eq \(QF,\s\up6(→))＝（1－x2，－y2），
∵eq \(MP,\s\up6(→))＝λeq \(PF,\s\up6(→))，eq \(MQ,\s\up6(→))＝μeq \(QF,\s\up6(→))，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝λ（1－x1）,x2＝μ（1－x2）))，可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λ＝\f(x1,1－x1),μ＝\f(x2,1－x2)))，
λ＋μ＝eq \f(x1,1－x1)＋eq \f(x2,1－x2)＝eq \f(（x1＋x2）－2x1x2,1－（x1＋x2）＋x1x2)＝eq \f(\f(8k2,4k2＋3)－\f(2（4k2－12）,4k2＋3),1－\f(8k2,4k2＋3)＋\f(4k2－12,4k2＋3))＝－eq \f(8,3)（定值）.
5．解析：（1）由题意得a＝2，
因为双曲线C的渐近线方程为y＝±eq \f(b,2)x，所以有eq \f(2b,\r(4＋（b）2))＝eq \f(2\r(21),7)，
解得b＝eq \r(3).
因此双曲线C的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,3)＝1.
（2）①当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k（x－4），
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－4）,\f(x2,4)－\f(y2,3)＝1))可得（3－4k2）x2＋32k2x－64k2－12＝0，k≠±eq \f(\r(3),2)，Δ>0.
设M（x1，y1）、N（x2，y2），
则x1＋x2＝eq \f(－32k2,3－4k2)，x1x2＝eq \f(－64k2－12,3－4k2)，
由直线AM方程y＝eq \f(y1,x1－2)（x－2），令x＝4，
得点E（4，eq \f(2y1,x1－2)），
由直线AN方程y＝eq \f(y2,x2－2)（x－2），令x＝4，
得点F（4，eq \f(2y2,x2－2)），
则以EF为直径的圆的方程为（x－4）（x－4）＋（y－eq \f(2y1,x1－2)）（y－eq \f(2y2,x2－2)）＝0.
令y＝0，有（x－4）2＝－eq \f(4y1y2,（x1－2）（x2－2）)，
将y1＝k（x1－4），y2＝k（x2－4）代入上式，得（x－4）2＝－eq \f(4k2[x1x2－4（x1＋x2）＋16],x1x2－2（x1＋x2）＋4)，
可得（x－4）2＝－eq \f(4k2[\f(－64k2－12,3－4k2)－4·\f(－32k2,3－4k2)＋16],\f(－64k2－12,3－4k2)－2·\f(－32k2,3－4k2)＋4)＝9，
解得x＝1，或x＝7.
即以EF为直径的圆经过点（1，0）和（7，0）；
②当直线l的斜率不存在时，点E、F的坐标分别为（4，3）、（4，－3），以EF为直径的圆的方程为（x－4）（x－4）＋（y－3）（y＋3）＝0，该圆经过点（7，0）和（1，0）.
综合可得，以EF为直径的圆经过定点（1，0）和（7，0）.
6．解析：（1）选①：设点A（x1，y1）、B（x2，y2），
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1）,y2＝4x))可得k2x2－（2k2＋4）x＋k2＝0，（*）
当k＝0时，方程（*）即为x＝0，此时直线l与抛物线Ω只有一个公共点，不合乎题意，
所以k≠0，Δ＝（2k2＋4）2－4k4＝16（k2＋1）>0，
则x1＋x2＝eq \f(2k2＋4,k2)，x1x2＝1，
所以|OA|·|OB|＝eq \r(（x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ）)eq \r(（x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ）)＝eq \r(（x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋4x1）)eq \r(（x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋4x2）)＝eq \r(x1x2（x1＋4）（x2＋4）)
＝eq \r(x1x2[x1x2＋4（x1＋x2）＋16])＝eq \r(4×\f(2k2＋4,k2)＋17)＝eq \r(\f(16,k2)＋25).
因为l：y＝k（x－1）经过抛物线Ω的焦点，
所以eq \r(4|AB|＋9)＝eq \r(4（x1＋x2＋2）＋9)＝eq \r(4（\f(2k2＋4,k2)＋2）＋9)＝eq \r(\f(16,k2)＋25)，
故|OA|·|OB|＝eq \r(4|AB|＋9).
选②：设点A（x1，y1）、B（x2，y2），
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1）,y2＝4x))可得k2x2－（2k2＋4）x＋k2＝0，（*）
当k＝0时，方程（*）即为x＝0，此时直线l与抛物线Ω只有一个公共点，不合乎题意，
所以k≠0，Δ＝（2k2＋4）2－4k4＝16（k2＋1）>0，
则x1＋x2＝eq \f(2k2＋4,k2)，x1x2＝1，
|OA|·|OB|＝eq \r(（x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ）)eq \r(（x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ）)＝eq \r(（x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋4x1）)eq \r(（x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋4x2）)＝eq \r(x1x2（x1＋4）（x2＋4）)
＝eq \r(x1x2[x1x2＋4（x1＋x2）＋16])＝eq \r(4×\f(2k2＋4,k2)＋17)＝eq \r(\f(16,k2)＋25).
因为eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋k2（x1－1）（x2－1）＝（k2＋1）x1x2－k2（x1＋x2）＋k2
＝1＋k2－k2·eq \f(2k2＋4,k2)＋k2＝－3，
所以cseq \f(2π,3)＝eq \f(\(OA,\s\up6(→))·\(OB,\s\up6(→)),|OA|·|OB|)＝eq \f(－3,\r(\f(16,k2)＋25))＝－eq \f(1,2)，解得k2＝eq \f(16,11).
（2）若直线m的斜率为零，则直线m与抛物线Ω只有一个公共点，不合乎题意，
设直线CD的方程为x＝ty＋n，设点C（eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ,4)，y3）、D（eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ,4)，y4），
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ty＋n,y2＝4x))得y2－4ty－4n＝0，Δ＝16t2＋16n>0，
由韦达定理可得y3＋y4＝4t，y3y4＝－4n.
因为kPC＋kPD＝eq \f(2－y3,1－\f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ,4))＋eq \f(2－y4,1－\f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ,4))＝eq \f(4,2＋y3)＋eq \f(4,2＋y4)＝1，所以y3y4＝12＋2（y3＋y4），
所以－4n＝12＋8t，即n＝－2t－3.
所以直线CD的方程为x＝ty－2t－3＝t（y－2）－3，则直线CD过定点N（－3，2）.
因为PQ⊥NQ，所以当点M为PN的中点时，|QM|＝eq \f(1,2)|PN|＝2为定值，
故存在定点M（－1，2），使得|QM|为定值．