2020版高考数学一轮复习课时作业57《 定点、定值、探究性问题》(含解析)

课时作业57　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－2 由得(3＋4k2)x2－8k2mx＋4k2m2－12＝0，
∴x1＋x2＝，x1x2＝，
∴y1＋y2＝k(x1－m)＋k(x2－m)＝k(x1＋x2)－2km＝－，
y1y2＝k2(x1－m)(x2－m)＝k2x1x2－k2m(x1＋x2)＋k2m2＝，
∴|GA|2＋|GB|2＝(x1－m)2＋y＋(x2－m)2＋y＝(x1＋x2)2－2x1x2－2m(x1＋x2)＋2m2＋(y1＋y2)2－2y1y2＝(k2＋1).
要使ω＝|GA|2＋|GB|2的值与m无关，需使4k2－3＝0，解得k＝±，此时ω＝|GA|2＋|GB|2＝7.
2.如图，设直线l：y＝k(x＋)与抛物线C：y2＝2px(p>0，p为常数)交于不同的两点M，N，且当k＝时，弦MN的长为4.

(1)求抛物线C的标准方程；
(2)过点M的直线交抛物线于另一点Q，且直线MQ过点B(1，－1)，求证：直线NQ过定点.
解：(1)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，当k＝时，直线l：y＝(x＋)，即x＝2y－，联立方程，得即y2－4py＋p2＝0.∴y1＋y2＝4p，y1y2＝p2，于是得|MN|＝|y1－y2|＝×＝2|p|＝4，因为p>0，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.(2019·重庆六校联考)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m2<6k2＋3.①
由根与系数的关系得
x1＋x2＝，x1x2＝，
∴y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝.
∵·＝0，∴x1x2＋y1y2＝0，
即＋＝0，
整理得m2＝2k2＋2，满足①式，
∴＝，
即原点到直线l的距离为，
∴直线l与圆x2＋y2＝2相切.
当直线l的斜率不存在时，设直线l的方程为x＝t(－ 不妨设A(t，)，B(t，－)
∵·＝0，∴t2－3＋＝0⇒t＝±.
此时直线l的方程为x＝±，显然也与圆x2＋y2＝2相切.
综上，直线l与定圆相切，且定圆的方程为x2＋y2＝2.
5.(2019·石家庄质量监测)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线交椭圆于A，B两点.
(1)若以AF1为直径的动圆内切于圆x2＋y2＝9，求椭圆的长轴的长；
(2)当b＝1时，问在x轴上是否存在定点T，，使得·为定值？并说明理由.
解：(1)设AF1的中点为M，连接OM，AF2(O为坐标原点)，
在△AF1F2中，O为F1F2的中点，
所以|OM|＝|AF2|＝(2a－|AF1|)
＝a－|AF1|.
由题意得|OM|＝3－|AF1|，
所以a＝3，故椭圆的长轴的长为6.
(2)由b＝1，＝，a2＝b2＋c2，得c＝2，a＝3，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝k(x＋2)，由
得(9k2＋1)x2＋36k2x＋72k2－9＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝，
y1y2＝k2(x1＋2)(x2＋2)＝.
设T(x0,0)，
则·＝x1x2－(x1＋x2)x0＋x＋y1y2
＝，
当9x＋36x0＋71＝9(x－9)，
即x0＝－时，·为定值，定值为x－9＝－.
当直线AB的斜率不存在时，
不妨设A(－2，)，B(－2，－)，
当T(－，0)时，·＝(，)·(，－)＝－.
综上，在x轴上存在定点T(－，0)，使得·为定值.
第二次作业　高考·模拟解答题体验
1.(2019·安徽滁州模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>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.(2019·四川绵阳诊断)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.(2019·安徽蚌埠模拟)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.(2019·福州四校联考)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.