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）

这是一份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），共10页。试卷主要包含了已知动圆P经过点N，并且与圆M，如图，设直线l，已知定点Q，0)，P为圆N，已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。
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＝eq \r(a2－c2)＝eq \r(3)，
∴椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
即点P的轨迹C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝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(4teq \\al(2,1)，4t1)，Q(4teq \\al(2,2)，4t2)，
易得直线MN，MQ，NQ的斜率均存在，则直线MN的斜率是kMN＝eq \f(4t－4t1,4t2－4t\\al(2,1))＝eq \f(1,t＋t1)，
从而直线MN的方程是y＝eq \f(1,t＋t1)(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＝eq \f(1,4t1)，点B(1，－1)在直线MQ上，从而有1－(t＋t2)×(－1)＋4tt2＝0，
即1－(eq \f(1,4t1)＋t2)×(－1)＋4×eq \f(1,4t1)×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：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝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|＝2eq \r(3).
(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)，
∴eq \f(c2,a2)＋eq \f(t2,b2)＝1，解得t＝eq \f(b2,a)，即P(c，eq \f(b2,a))，
由AB∥OP得eq \f(b,a)＝eq \f(\f(b2,a),c)，即b＝c，
∴a2＝b2＋c2＝2b2， ①
又AB＝2eq \r(3)，∴a2＋b2＝12， ②
由①②得a2＝8，b2＝4，
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝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eq \f(x\\al(2,0),8)＋eq \f(y\\al(2,0),4)＝1， ③
设kQA×kQD＝k(常数)，
∵A(－2eq \r(2)，0)，∴eq \f(y0,x0＋2\r(2))×eq \f(y0,x0－m)＝k， ④
由③得yeq \\al(2,0)＝4(1－eq \f(x\\al(2,0),8))， ⑤
将⑤代入④，得k＝eq \f(8－x\\al(2,0),2[x\\al(2,0)＋2\r(2)－mx0－2\r(2)m])，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2\r(2)－m＝0，,2\r(2)m＝8，))∴m＝2eq \r(2)，k＝－eq \f(1,2)，
∴存在点D(2eq \r(2)，0)，使得kQA×kQD＝－eq \f(1,2).
4．已知定点Q(eq \r(3)，0)，P为圆N：(x＋eq \r(3))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eq \(OA,\s\up15(→))·eq \(OB,\s\up15(→))＝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(－eq \r(3)，0)，半径为2eq \r(6)，|MP|＝|MQ|，
则|MN|＋|MQ|＝|MN|＋|MP|＝|NP|＝2eq \r(6)>2eq \r(3)＝|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2eq \r(6)的椭圆，
即2a＝2eq \r(6)，2c＝2eq \r(3)，∴b＝eq \r(a2－c2)＝eq \r(3).
∴点M的轨迹C的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2y2＝6，,y＝kx＋m，))
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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(3,2)))，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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(3,2)))代入eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,b2)＝1中，解得b2＝3，
故椭圆C的方程是eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－4，,3x2＋4y2＝12))得3x2＋4k2(x－4)2＝12，
即(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，
则Δ>0，x1＋x2＝eq \f(32k2,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(64k2－12,3＋4k2).
由题可得直线FN方程为y＋y1＝eq \f(y2＋y1,x2－x1)(x－x1)．
又∵y1＝k(x1－4)，y2＝k(x2－4)，
∴直线FN方程为y＋k(x1－4)
＝eq \f(kx2－4＋kx1－4,x2－x1)(x－x1)，
令y＝0，整理得
x＝eq \f(x1x2－4x2－x\\al(2,1)＋4x1,x1＋x2－8)＋x1＝eq \f(2x1x2－4x1＋x2,x1＋x2－8)＝eq \f(2×\f(64k2－12,3＋4k2)－4×\f(32k2,3＋4k2),\f(32k2,3＋4k2)－8)＝eq \f(\f(－24,3＋4k2),\f(－24,3＋4k2))＝1，
即直线FN过点(1,0)．
2．已知点E(－2,0)，椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝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eq \(NA,\s\up15(→))＝meq \(AF,\s\up15(→))，eq \(NB,\s\up15(→))＝neq \(BF,\s\up15(→))，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eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,5)＝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)，
∴eq \(NA,\s\up15(→))＝(－3，0)，eq \(AF,\s\up15(→))＝(5,0)，则m＝－eq \f(3,5)，eq \(NB,\s\up15(→))＝(3,0)，eq \(BF,\s\up15(→))＝(－1,0)，
则n＝－3，∴m＋n＝－eq \f(18,5).
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)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(2,t))).
则eq \(NA,\s\up15(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ty1＋2，y1＋\f(2,t)))，eq \(AF,\s\up15(→))＝(－ty1，－y1)，eq \(NB,\s\up15(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ty2＋2，y2＋\f(2,t)))，eq \(BF,\s\up15(→))＝(－ty2，－y2)．
由eq \(NA,\s\up15(→))＝meq \(AF,\s\up15(→))，得y1＋eq \f(2,t)＝m(－y1)，从而m＝－1－eq \f(2,ty1)；
由eq \(NB,\s\up15(→))＝neq \(BF,\s\up15(→))，得y2＋eq \f(2,t)＝n(－y2)，从而n＝－1－eq \f(2,ty2).
故m＋n＝－1－eq \f(2,ty1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1－\f(2,ty2)))＝－2－eq \f(2,t)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,y1)＋\f(1,y2)))＝－2－eq \f(2,t)×eq \f(y1＋y2,y1y2).
联立方程组得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋2，,\f(x2,9)＋\f(y2,5)＝1，))整理得(5t2＋9)y2＋20ty－25＝0，
∴y1＋y2＝－eq \f(20t,5t2＋9)，y1y2＝－eq \f(25,5t2＋9)，
∴m＋n＝－2－eq \f(2,t)×eq \f(y1＋y2,y1y2)＝－2－eq \f(2,t)×eq \f(20t,25)＝－2－eq \f(8,5)＝－eq \f(18,5).
综上所述，m＋n＝－eq \f(18,5).
3．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点P(0,1)，离心率e＝eq \f(\r(3),2).
(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：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，经过点P(0,1)，所以b＝1.
又e＝eq \f(\r(3),2)，所以eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，解得a＝2.
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－2k－1，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
得(1＋4k2)x2－8k(2k＋1)x＋16k2＋16k＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(8k2k＋1,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(16k2＋16k,1＋4k2).
则k1＋k2＝eq \f(y1－1,x1)＋eq \f(y2－1,x2)
＝eq \f(x2kx1－2k－2＋x1kx2－2k－2,x1x2)
＝eq \f(2kx1x2－2k＋2x1＋x2,x1x2)
＝2k－eq \f(2k＋2x1＋x2,x1x2)
＝2k－eq \f(2k＋2·8k2k＋1,16kk＋1)
＝2k－(2k＋1)＝－1.
所以k1＋k2为定值，且定值为－1.
4．已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，且离心率e＝eq \f(1,2).
(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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(,a2＝b2＋c2，,\f(1,a2)＋\f(9,4b2)＝1，,\f(c,a)＝\f(1,2)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝\r(3)，,c＝1.))
所以，椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)如图，设M(x1，y1)、N(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))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＝－eq \f(8mk,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4m2－3,3＋4k2).
从而y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝eq \f(3m2－4k2,3＋4k2)，
由椭圆E的右顶点为A(2,0)，MA⊥NA，得eq \f(y1,x1－2)·eq \f(y2,x2－2)＝－1，
即y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0.
则有eq \f(3m2－4k2,3＋4k2)＋eq \f(4m2－3,3＋4k2)＋eq \f(16mk,3＋4k2)＋4＝0，整理，得7m2＋16km＋4k2＝0，
解得m＝－2k或m＝－eq \f(2k,7)，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＝－eq \f(2k,7)时，直线l的方程为y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,7)))，直线l过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,7)，0))，
所以直线l经过定点，且定点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,7)，0)).
5．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝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eq \f(b,3)，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eq \f(1,2)×2c×b＝eq \f(1,2)×(2a＋2c)×eq \f(b,3)，得eq \f(c,a)＝eq \f(1,2).
将x＝c代入eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1，得y＝±eq \f(b2,a)，所以eq \f(2b2,a)＝3.
又a2＝b2＋c2，所以a＝2，b＝eq \r(3)，
故椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,3x2＋4y2－12＝0，))得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，由根与系数的关系得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(8k2,3＋4k2)，,x1x2＝\f(4k2－12,3＋4k2))) 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eq \f(y1,x1－t)＋eq \f(y2,x2－t)＝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eq \f(kx1－1x2－t＋kx2－1x1－t,x1－tx2－t)
＝eq \f(k[2x1x2－t＋1x1＋x2＋2t],x1－tx2－t)＝0，
即2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0 ③，
将①代入③得eq \f(8k2－24－t＋18k2＋2t3＋4k2,3＋4k2)＝eq \f(6t－24,3＋4k2)＝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．