高考数学一轮复习课时作业57定点、定值、探究性问题理（含解析）新人教版.docx

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：(x1)2y216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，|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，2a4,2c2，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2m0，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x2y，联立方程，得即y24pyp20.y1y24p，y1y2p2，于是得|MN|y1y2|2|p|4，因为p0，所以p2，即抛物线C的标准方程为y24x.(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(x4t2)4t，即x(tt1)y4tt10.同理可知MQ的方程是x(tt2)y4tt20，NQ的方程是x(t1t2)y4t1t20.又易知点(1,0)在直线MN上，从而有4tt11，即t，点B(1，1)在直线MQ上，从而有1(tt2)(1)4tt20，即1(t2)(1)4t20，化简得4t1t24(t1t2)1.代入NQ的方程得x(t1t2)y4(t1t2)10.所以直线NQ过定点(1，4)3. 如图，椭圆C：1(ab0)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PFx轴，若ABOP，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)(t0)，1，解得t，即P(c，)，由ABOP得，即bc，a2b2c22b2，又AB2，a2b212，由得a28，b24，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)(y00)，则1，设kQAkQDk(常数)，A(2，0)，k，由得y4(1)，将代入，得k，m2，k，存在点D(2，0)，使得kQAkQD.4(2019重庆六校联考)已知定点Q(，0)，P为圆N：(x)2y224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|22|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2a2，2c2，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ykxm，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立直线与椭圆的方程，得消去y并整理得(12k2)x24kmx2m260.由16k2m24(12k2)(2m26)0，得m26k23.由根与系数的关系得x1x2，x1x2，y1y2(kx1m)(kx2m).0，x1x2y1y20，即0，整理得m22k22，满足式，即原点到直线l的距离为，直线l与圆x2y22相切当直线l的斜率不存在时，设直线l的方程为xt(tb0)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x2y29，求椭圆的长轴的长；(2)当b1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a3，故椭圆的长轴的长为6.(2)由b1，a2b2c2，得c2，a3，所以椭圆C的方程为y21.当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为yk(x2)，由得(9k21)x236k2x72k290，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2，y1y2k2(x12)(x22).设T(x0,0)，则x1x2(x1x2)x0xy1y2，当9x36x0719(x9)，即x0时，为定值，定值为x9.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(ab0)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|2a4，故a2.将代入1中，解得b23，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yk(x4)点E(x1，y1)，F(x2，y2)，N(x1，y1)，联立得3x24k2(x4)212，即(34k2)x232k2x64k2120，则0，x1x2，x1x2.由题可得直线FN方程为yy1(xx1)又y1k(x14)，y2k(x24)，直线FN方程为yk(x14)(xx1)，令y0，整理得xx11，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(ab0)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mn的值解：(1)由题意知，E为椭圆的左焦点，|AB|AE|BE|AF|BF|AE|BE|4a12，解得a3.又c2，故b2a2c2945，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n3，mn.若直线AB不过原点，设直线AB：xty2，t0，A(ty12，y1)，B(ty22，y2)，N.则，(ty1，y1)，(ty2，y2)由m，得y1m(y1)，从而m1；由n，得y2n(y2)，从而n1.故mn122.联立方程组得整理得(5t29)y220ty250，y1y2，y1y2，mn222.综上所述，mn.3(2019安徽蚌埠模拟)已知椭圆C：1(ab0)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：k1k2为定值解：(1)因为椭圆C：1(ab0)，经过点P(0,1)，所以b1.又e，所以，解得a2.所以椭圆C的方程为y21.(2)证明：若直线AB的斜率不存在，则直线l的方程为x2，此时直线与椭圆相切，不符合题意设直线AB的方程为y1k(x2)，即ykx2k1，联立得(14k2)x28k(2k1)x16k216k0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2.则k1k22k2k2k(2k1)1.所以k1k2为定值，且定值为1.4已知椭圆E：1(ab0)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：ykxm与椭圆E相交于M、N两点(异于A点)，且满足MANA，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(34k2)x28mkx4(m23)0，则64m2k216(34k2)(m23)0，即34k2m20，x1x2，x1x2.从而y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2mk(x1x2)m2，由椭圆E的右顶点为A(2,0)，MANA，得1，即y1y2x1x22(x1x2)40.则有40，整理，得7m216km4k20，解得m2k或m，均满足条件34k2m20.当m2k时，直线l的方程为yk(x2)，直线l过定点A，与题设矛盾；当m时，直线l的方程为yk，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(ab0)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lx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2cb(2a2c)，得.将xc代入1，得y，所以3.又a2b2c2，所以a2，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yk(x1)，R(x1，y1)，