2022版高考数学大一轮复习课时作业57《圆锥曲线-定点、定值、探究性问题》(含答案详解)

这是一份2022版高考数学大一轮复习课时作业57《圆锥曲线-定点、定值、探究性问题》(含答案详解)，共9页。

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.
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.
已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=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(-1,-1.5)，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.
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.
如图，设直线l：y=k(x＋eq \f(p,2))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=eq \f(1,2)时，弦MN的长为4eq \r(15).
(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.
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.
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.
已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的离心率为eq \f(2\r(2),3)，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eq \(TA,\s\up15(→))·eq \(TB,\s\up15(→))为定值？并说明理由.
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.
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.
\s 0 答案详解
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.
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.
解：(1)依题意，|PF1|＋|PF2|=2a=4，故a=2.
将(-1,-1.5)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).
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m2<6k2＋3.①
由根与系数的关系得x1＋x2=eq \f(－4km,1＋2k2)，x1x2=eq \f(2m2－6,1＋2k2)，
∴y1y2=(kx1＋m)(kx2＋m)=eq \f(m2－6k2,1＋2k2).
∵eq \(OA,\s\up15(→))·eq \(OB,\s\up15(→))=0，∴x1x2＋y1y2=0，即eq \f(2m2－6,1＋2k2)＋eq \f(m2－6k2,1＋2k2)=0，
整理得m2=2k2＋2，满足①式，∴eq \f(|m|,\r(k2＋1))=eq \r(2)，即原点到直线l的距离为eq \r(2)，
∴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(－eq \r(6)不妨设A(t，eq \r(\f(6－t2,2)))，B(t，－eq \r(\f(6－t2,2)))
∵eq \(OA,\s\up15(→))·eq \(OB,\s\up15(→))=0，∴t2－3＋eq \f(t2,2)=0⇒t=±eq \r(2).
此时直线l的方程为x=±eq \r(2)，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.
解：(1)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，当k=eq \f(1,2)时，直线l：y=eq \f(1,2)(x＋eq \f(p,2))，即x=2y－eq \f(p,2)，
联立方程，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2y－\f(p,2)，,y2＝2px，))即y2－4py＋p2=0.
∴y1＋y2=4p，y1y2=p2，
于是得|MN|=eq \r(1＋4)|y1－y2|=eq \r(5)×eq \r(y1＋y22－4y1y2)=2eq \r(15)|p|=4eq \r(15)，
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(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).
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－2由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(3＋4k2)x2－8k2mx＋4k2m2－12=0，
∴x1＋x2=eq \f(8mk2,4k2＋3)，x1x2=eq \f(4m2k2－12,4k2＋3)，
∴y1＋y2=k(x1－m)＋k(x2－m)=k(x1＋x2)－2km=－eq \f(6mk,4k2＋3)，
y1y2=k2(x1－m)(x2－m)=k2x1x2－k2m(x1＋x2)＋k2m2=eq \f(3k2m2－4,4k2＋3)，
∴|GA|2＋|GB|2=(x1－m)2＋yeq \\al(2,1)＋(x2－m)2＋yeq \\al(2,2)
=(x1＋x2)2－2x1x2－2m(x1＋x2)＋2m2＋(y1＋y2)2－2y1y2
=(k2＋1)eq \f(－6m24k2－3＋243＋4k2,4k2＋32).
要使ω=|GA|2＋|GB|2的值与m无关，需使4k2－3=0，解得k=±eq \f(\r(3),2)，
此时ω=|GA|2＋|GB|2=7.
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).
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|=eq \f(1,2)|AF2|=eq \f(1,2)(2a－|AF1|)=a－eq \f(1,2)|AF1|.
由题意得|OM|=3－eq \f(1,2)|AF1|，
所以a=3，故椭圆的长轴的长为6.
(2)由b=1，eq \f(c,a)=eq \f(2\r(2),3)，a2=b2＋c2，得c=2eq \r(2)，a=3，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,9)＋y2=1.
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=k(x＋2eq \r(2))，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋9y2＝9，,y＝kx＋2\r(2)，))得(9k2＋1)x2＋36eq \r(2)k2x＋72k2－9=0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2=－eq \f(36\r(2)k2,9k2＋1)，x1x2=eq \f(72k2－9,9k2＋1)，y1y2=k2(x1＋2eq \r(2))(x2＋2eq \r(2))=eq \f(－k2,9k2＋1).
设T(x0,0)，则eq \(TA,\s\up15(→))·eq \(TB,\s\up15(→))=x1x2－(x1＋x2)x0＋xeq \\al(2,0)＋y1y2=eq \f(9x\\al(2,0)＋36\r(2)x0＋71k2＋x\\al(2,0)－9,9k2＋1)，
当9xeq \\al(2,0)＋36eq \r(2)x0＋71=9(xeq \\al(2,0)－9)，
即x0=－eq \f(19\r(2),9)时，eq \(TA,\s\up15(→))·eq \(TB,\s\up15(→))为定值，定值为xeq \\al(2,0)－9=－eq \f(7,81).
当直线AB的斜率不存在时，不妨设A(－2eq \r(2)，eq \f(1,3))，B(－2eq \r(2)，－eq \f(1,3))，
当T(－eq \f(19\r(2),9)，0)时，eq \(TA,\s\up15(→))·eq \(TB,\s\up15(→))=(eq \f(\r(2),9)，eq \f(1,3))·(eq \f(\r(2),9)，－eq \f(1,3))=－eq \f(7,81).
综上，在x轴上存在定点T(－eq \f(19\r(2),9)，0)，使得eq \(TA,\s\up15(→))·eq \(TB,\s\up15(→))为定值.
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).
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)).