2027届高中数学高考一轮复习：课后作业62　圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题

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1．(15分)(2026·山东青岛模拟)已知双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)的左、右顶点分别为A，B，|AB|＝4，C的右焦点F到渐近线的距离为23，过点F的直线l与C的右支交于P，Q两点(点P在第一象限)，直线AP与BQ交于点T．
(1)求双曲线C的方程；
(2)证明：点T在定直线上．
2．(15分)(2026·云南昆明模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F(2，0)．
(1)求C的方程．
(2)若过点M(4，0)的直线l与抛物线C交于P，Q两点．1|PM|2+1|QM|2是否为定值？若为定值，求出此定值；若不为定值，请说明理由．
3．(15分)(2026·贵州黔南模拟)如图，圆E：(x＋1)2＋y2＝16，F(1，0)是圆E内一个定点，M是圆E上任意一点．线段MF的垂直平分线l和半径EM相交于点N，当点M在圆上运动时，记动点N的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程．
(2)设曲线C与x轴从左到右的交点为A，B，P为曲线C上异于A，B的动点，设PA交直线x＝－4于点T，连接BT交曲线C于点Q，直线BP，BQ的斜率分别为kBP，kBQ．
(ⅰ)求证：kBP·kBQ为定值；
(ⅱ)证明：直线PQ经过x轴上的定点，并求出该定点的坐标．
4．(15分)(2020·新高考Ⅰ卷)已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的离心率为22，且过点A(2，1)．
(1)求C的方程；
(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
课后作业(六十二)
1．解：(1)双曲线C：x2a2－y2b2＝1的渐近线为bx±ay＝0，设F(c，0)，则bca2+b2＝b＝23，而a＝2，
所以双曲线C的方程为x24－y212＝1．
(2)证明：由(1)知，A(－2，0)，B(2，0)，F(4，0)，直线l不垂直于y轴，设方程为x＝ty＋4，
由x＝ty+4，3x2−y2＝12，消去x得(3t2－1)y2＋24ty＋36＝0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
3t2−1≠0，Δ＝144(t2+1)>0，y1＋y2＝－24t3t2−1，y1y2＝363t2−10，
∴y1＋y2＝8m，y1y2＝－32，
又|PM|＝1+m2|y1|，
|QM|＝1+m2|y2|，
∴1|PM|2+1|QM|2＝11+m2y12+11+m2y22＝11+m2×y12+y22y12y22＝11+m2×(y1+y2)2−2y1y2y12y22
＝11+m2×64(1+m2)32×32＝116，为定值．
3．解：(1)由题意可知，|NE|＋|NF|＝|NM|＋|NE|＝4>|EF|＝2，
由椭圆定义可得，点N的轨迹是以E， F为焦点的椭圆，
且长轴长2a＝4，焦距2c＝|EF|＝2，
所以b2＝a2－c2＝3，
因此曲线C的方程为x24+y23＝1．
(2)证明：(ⅰ)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，T(－4，m)，
由题可知A(－2，0)，B(2，0)，如图所示，
则kBP＝y1x1−2，kBQ＝kBT＝m−0−4−2＝m−6，
而kAP＝kAT＝y1x1+2＝－m2，于是m＝−2y1x1+2，
所以kBP·kBQ＝y1x1−2×m−6＝y1x1−2×y13(x1+2)＝y123(x12−4)，
又x124+y123＝1，则y12＝34(4－x12)，
因此kBP·kBQ＝34(4−x12)3(x12−4)＝－14为定值．
(ⅱ)由题意可知，直线PQ不可能与x轴平行，
设直线PQ的方程为x＝ty＋n，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，知n0，得3t2－n2＋4>0，
所以y1+y2＝−6tn3t2+4，y1y2＝3n2−123t2+4，(*)
由(ⅰ)可知，kBP·kBQ＝－14，
即y1x1−2·y2x2−2＝y1y2(ty1+n−2)(ty2+n−2)
＝y1y2t2y1y2+t(n−2)(y1+y2)+(n−2)2
＝－14，
将(*)代入化简得3n2−124n2−16n+16＝－14，化简得n2－n－2＝0，解得n＝2(舍去)或n＝－1，
所以直线PQ的方程为x＝ty－1，
因此直线PQ经过定点(－1，0)．
4．解：(1)由题设得4a2+1b2＝1，a2−b2a2＝12，解得a2＝6，b2＝3．所以C的方程为x26+y23＝1．
(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)．
若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为y＝kx＋m，代入x26+y23＝1，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0．Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－6)>0，即－m2＋3＋6k2>0，
所以x1＋x2＝－4km1+2k2，x1x2＝2m2−61+2k2．①
由AM⊥AN知AM·AN＝0，
故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，可得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0．
将①代入上式，可得(k2＋1)2m2−61+2k2－(km－k－2)·4km1+2k2＋(m－1)2＋4＝0．
整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0．
因为A(2，1)不在直线MN上，
所以2k＋m－1≠0，故2k＋3m＋1＝0，k≠1，m＝－23k－13．
于是MN的方程为y＝kx−23－13(k≠1)．
所以直线MN过点P23，−13．
若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1)．
由AM·AN＝0，得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)·(－y1－1)＝0．
又x126+y123＝1，所以3x12－8x1＋4＝0，Δ>0，解得x1＝2(舍去)，x1＝23．
此时直线MN过点P23，−13．
令Q为AP的中点，即Q43，13．
若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，故|DQ|＝12|AP|＝223．
若D与P重合，则|DQ|＝12|AP|．
综上，存在点Q43，13，使得|DQ|为定值．