课时跟踪检测(62) 定点问题（Word练习）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（人教A版）

课时跟踪检测(62)　定点问题 基础强化练 1．(2024·宁夏石嘴山模拟)已知F是抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，点M(x0，4)在抛物线上，且|MF|＝x0. (1)求抛物线C的标准方程； (2)若A，B是抛物线C上的两个动点，且OA⊥OB，O为坐标原点，求证：直线AB过定点． (1)解：由题意得，|MF|＝x0＋＝x0，解得x0＝2p. 因为点M(x0，4)在抛物线C上，所以42＝2px0＝4p2，解得p2＝4. 又因为p>0，所以p＝2，即拋物线C的标准方程为y2＝4x. (2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2). 因为OA⊥OB，所以·＝0，即x1x2＋y1y2＝0. 因为点A，B在抛物线C上，所以y＝4x1，y＝4x2，代入得＋y1y2＝0. 因为y1y2≠0，所以y1y2＝－16. 设直线AB的方程为x＝my＋n， 联立得y2－4my－4n＝0， 则y1y2＝－4n＝－16，所以n＝4， 所以直线AB的方程为x＝my＋4，过定点(4，0). 2．(2024·河北邢台高三开学考试)已知A1，A2为椭圆C：x2＋＝1的左右顶点，直线x＝x0与C交于A，B两点，直线A1A和直线A2B交于点P. (1)求点P的轨迹方程； (2)直线l与点P的轨迹交于M，N两点，直线NA1的斜率与直线MA2的斜率之比为－.求证：以MN为直径的圆一定过C的左顶点． (1)解：由题意得A1(－1，0)，A2(1，0)，设A(x0，y0)，B(x0，－y0)(y0≠0)，P(x，y)，则kPA1＝kAA1，kPA2＝kBA2， 即＝，＝，得＝， 又∵点(x0，y0)在椭圆C上，即x－1＝－，得＝3， ∴点P的轨迹方程为x2－＝1(y≠0). (2)证明：∵kNA1＝－kMA2，设直线NA1方程为x＝－3my－1(m≠0)，则MA2方程为x＝my＋1， 联立得(27m2－1)y2＋18my＝0(27m2－1≠0且Δ>0)， 设N(xN，yN)，得xN＝－1，yN＝， 同理设M(xM，yM)，得xM＝＋1，yM＝， kMA1＝＝＝3m， kNA1＝＝＝－， ∴kMA1·kNA1＝－1，即MA1⊥NA1， ∴以MN为直径的圆一定过C的左顶点． 能力提升练 3．(2024·安徽蚌埠模拟)在平面直角坐标系中，动点M(x，y)与定点F(5，0)的距离和M到定直线l：x＝的距离的比是常数，设动点M的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的方程； (2)设P(2，0)，垂直于x轴的直线与曲线C相交于A，B两点，直线AP和曲线C交于另一点D，求证：直线BD过定点． (1)解：由题设得＝， 即(x－5)2＋y2＝(x－)2， 整理得－＝1. (2)证明：设A(x1，y1)，B(x1，－y1)，D(x2，y2)，显然直线AP斜率不为0，设直线AP方程为x＝my＋2， 联立 消去x并整理得(9m2－16)y2＋36my－108＝0， 由题设知9m2－16≠0且Δ＝(36m)2＋4×108(9m2－16)>0，化简得m2>且m2≠， 由根与系数的关系可得y1＋y2＝，y1y2＝， 直线BD的方程是y＋y1＝(x－x1)， 令y＝0得x＝＋x1＝＝＝＝2m×＋2＝2m×＋2＝8， 所以直线BD过定点(8，0). 素养养成练 4．(2024·四川达州模拟)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)经过A(0，1)，T(－，－)两点，M，N是椭圆E上异于T的两动点，且∠MAT＝∠NAT，直线AM，AN的斜率均存在，并分别记为k1，k2. (1)求椭圆E的标准方程； (2)证明直线MN过定点． (1)解：∵椭圆过点A和点T，∴解得，∴椭圆E的方程为＋y2＝1. (2)证明：如图所示， 由∠MAT＝∠NAT知AM与AN关于直线AT：y＝x＋1对称． 在AM上任取一点P0(x0，y0)， 设P0关于直线AT对称的点为P′0(m，n)， 则解得P′0(y0－1，x0＋1)， 从而k1＝kAP0＝，k2＝kAP′0＝＝， 于是k1k2＝1. 设点M(x1，y1)，N(x2，y2)，AM的方程为y＝k1x＋1. 由得(4k＋1)x2＋8k1x＝0， ∴x1＝－，从而y1＝k1x1＋1＝. 同理x2＝－，y2＝. ∵有k1k2＝1，故x2＝－，y2＝， 为方便，记k1＝k，则kMN＝＝＝＝－， 则MN的方程为y－y1＝kMN(x－x1)， ∴y－＝－(x－)， 即y＝－x－＋＝－x－. 由此可知，当k变化时，直线MN过定点(0，－). 学科网（北京）股份有限公司 $$