2025届高考数学一轮总复习第九章平面解析几何课时规范练54定点与定值问题

这是一份2025届高考数学一轮总复习第九章平面解析几何课时规范练54定点与定值问题，共9页。试卷主要包含了已知A,B分别为椭圆E，已知椭圆C，已知双曲线C，切线过点Q,等内容，欢迎下载使用。

(1)求点P的轨迹C的方程;
(2)若点Q是直线y=x-4上任意一点,过点Q作点P的轨迹C的两切线QA,QB,其中A,B为切点,试证明直线AB恒过一定点,并求出该点的坐标.
2.已知A,B分别为椭圆E:+y2=1(a>1)的左、右顶点,点G为椭圆E的上顶点,=8.点P为直线x=6上的动点,PA与椭圆E的另一交点为C,PB与椭圆E的另一交点为D.
(1)求E的方程;
(2)证明:直线CD过定点.
3.(2023河南郑州一模)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,且过点P(2,1).
(1)求椭圆C的方程;
(2)设不过点P的直线l与椭圆C交于A,B两点,A关于原点的对称点为D,记直线l,PB,PD的斜率分别为k,k1,k2,若k1·k2=,证明:直线l的斜率k为定值.
4.已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,其左、右焦点分别为F1,F2,T为椭圆C上任意一点,△TF1F2面积的最大值为1.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)已知A(0,1),过点0,的直线l与椭圆C交于不同的两点M,N,直线AM,AN与x轴的交点分别为P,Q,证明:以PQ为直径的圆过定点.
5.已知双曲线C:=1(a>0,b>0)的焦距为2,且双曲线C右支上一动点P(x0,y0)到两条渐近线l1,l2的距离之积为.
(1)求双曲线C的方程;
(2)设直线l是曲线C在点P(x0,y0)处的切线,且直线l分别交两条渐近线l1,l2于M,N两点,点O为坐标原点,证明:△MON的面积为定值,并求出该定值.
6.已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,且过点A(2,1).
(1)求椭圆C的方程;
(2)点M,N在椭圆C上,且AM⊥AN,AD⊥MN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.
课时规范练54 定点与定值问题
1.解(1)设点P(x,y),则|PF|=|y|+1,
∵=|y|+1,∴x2=2|y|+2y.
∵y≥0,∴x2=4y,
∴点P的轨迹C的方程为x2=4y.
(2)∵y=x2,∴y'=x.
设切点(x0,y0),则过该切点的切线的斜率为x0,
切线方程为y-y0=x0(x-x0),y-y0=x0x-,y-y0=x0x-2y0,
即x0x-2y-2y0=0.
设Q(t,t-4).切线过点Q,
有tx0-2y0-2(t-4)=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则两切线方程是tx1-2y1-2(t-4)=0与tx2-2y2-2(t-4)=0,
直线AB的方程是tx-2y-2(t-4)=0,
即t(x-2)+8-2y=0,
对任意实数t,直线AB恒过定点,定点坐标为(2,4).
2.(1)解由题可得A(-a,0),B(a,0),G(0,1),
则=(a,1),=(a,-1).
由=8,得a2-1=8,即a=3,
所以E的方程为+y2=1.
(2)证明设C(x1,y1),D(x2,y2),P(6,t).
若t≠0,设直线CD的方程为x=my+n,由题可知-3因为直线PA的方程为y=(x+3),
所以y1=(x1+3).
因为直线PB的方程为y=(x-3),
所以y2=(x2-3),
所以3y1(x2-3)=y2(x1+3).
因为=1,所以=-,
所以27y1y2=-(x1+3)(x2+3),
即(27+m2)y1y2+m(n+3)(y1+y2)+(n+3)2=0.①
将x=my+n代入+y2=1得(m2+9)y2+2mny+n2-9=0.
由题可知m2+9≠0,Δ>0,
所以y1+y2=-,y1y2=,
代入①式得(27+m2)(n2-9)-2m(n+3)mn+(n+3)2·(m2+9)=0.
解得n=-3(舍去)或n=,
故直线CD的方程为x=my+,
即直线CD过定点.
若t=0,则直线CD的方程为y=0,过点.
综上,直线CD过定点.
3.(1)解 由题意知e=,即,得a2=2b2.又=1,得b2=3,故a2=6,
所以椭圆C的方程为=1.
(2)证明 设直线l的方程为y=kx+m,代入=1,得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0,Δ=16k2m2-4(1+2k2)(2m2-6)=4(12k2-2m2+6)>0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则D(-x1,-y1),于是x1+x2=-,x1x2=.
kPAkPD==-.又k1·k2=,所以kPA=-k1,
即kPA+kPB=0,即=0,
即(y1-1)(x2-2)+(y2-1)(x1-2)=0,
(kx1+m-1)(x2-2)+(kx2+m-1)(x1-2)=0,2kx1x2+(m-1-2k)(x1+x2)-4(m-1)=0.
将x1+x2=-,x1x2=,代入整理得2k2-3k+1+mk-m=0,
即(k-1)(2k-1+m)=0,当2k-1+m=0时,直线y=kx+m过点P(2,1),舍去,所以k=1.
注:此题解答(2)中,由二级结论更易得kPAkPD=-=-
4.(1)解因为椭圆C的离心率为,设焦距为2c,
所以.
又当T位于上顶点或者下顶点时,△TF1F2面积最大,即bc=1.
又a2=b2+c2,所以b=c=1,a=,
所以椭圆C的标准方程为+y2=1.
(2)证明 由题知,直线l的斜率存在,所以设直线l的方程为y=kx+,
设M(x1,y1),N(x2,y2),将直线l代入椭圆C的方程,得(4k2+2)x2+4kx-3=0.
由根与系数的关系,得x1+x2=,x1x2=.
直线AM的方程为y=x+1,直线AN的方程为y=x+1,
所以P,0,Q,0.
所以以PQ为直径的圆为x+x++y2=0,
整理得x2+y2+x+=0.①
因为=-6,
令①中的x=0,可得y2=6,
所以以PQ为直径的圆过定点(0,±).
5.(1)解由题可知,双曲线C:=1(a>0,b>0)的渐近线方程为bx+ay=0和bx-ay=0.
动点P(x0,y0)到两条渐近线l1,l2的距离之积为,
有,即a2=4b2.
又2c=2,即c2=a2+b2=5,解得a=2,b=1,
故双曲线的方程为-y2=1.
(2)证明设直线l的方程为y=kx+m,与双曲线方程x2-4y2=4联立,得(4k2-1)x2+8kmx+4m2+4=0.
∵直线与双曲线的右支相切,
∴Δ=(8km)2-4(4k2-1)(4m2+4)=0,
∴4k2=m2+1.
设直线l与x轴交于点D,则D,
∴S△MON=S△MOD+S△NOD=·|OD|·|yM-yN|=·|k|·|xM-xN|=·|xM-xN|.
又双曲线的渐近线方程为y=±x,
联立得M.
同理可得N,
S△MON=·==2.
即△MON的面积为定值2.
6.(1)解由题可得=1,,解得a2=6,b2=3,所以椭圆C的方程为=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=1得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0.
由题可知1+2k2≠0,Δ>0,x1+x2=-,x1x2=.①
由AM⊥AN知=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.
整理得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0.
因为点A(2,1)不在直线MN上,所以2k+m-1≠0,故2k+3m+1=0,k≠1.
于是MN的方程为y=k(k≠1),
所以直线MN过点P.
若直线MN与x轴垂直,可得N(x1,-y1).
由=0得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)(-y1-1)=0.
又=1,所以3-8x1+4=0,
解得x1=2(舍去),x1=,
此时直线MN过点P.
令点Q为AP的中点,即Q.
若点D与点P不重合,则由题可知线段AP是Rt△ADP的斜边,故|DQ|=|AP|=.
若点D与点P重合,则|DQ|=|AP|.
综上,存在点Q,使得|DQ|为定值.