课时作业(52) 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（北师大版）

课时作业(五十二)　定点问题 [基础保分练] 1．已知圆M：x2＋(y－2)2＝1，直线l：y＝－1，动圆P与圆M相外切，且与直线l相切，设动圆圆心P的轨迹为E. (1)求E的方程； (2)若点A，B是E上的两个动点，O为坐标原点，且·＝－16，求证：直线AB恒过定点． (1)解：由题意，动圆P与直线l：y＝－1相切，且与定圆M：x2＋(y－2)2＝1外切， 所以动点P到圆心M(0，2)的距离与到直线y＝－2的距离相等，由抛物线的定义知，点P的轨迹是以M(0，2)为焦点，直线y＝－2为准线的抛物线． 故所求P的轨迹E的方程为x2＝8y. (2)证明：易知直线AB的斜率存在，设直线AB：y＝kx＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 将直线AB的方程代入到x2＝8y中得x2－8kx－8b＝0， 所以x1＋x2＝8k，x1x2＝－8b. 又·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋＝－8b＋b2＝－16， 所以b＝4，则直线AB恒过定点(0，4). 2．过点M(2，0)的直线l与抛物线C：y2＝2px(p＞0)交于A，B两点，O为坐标原点，OA⊥OB. (1)求p的值； (2)若l与坐标轴不平行，且A关于x轴的对称点为D，求证：直线BD恒过定点． (1)解：当直线l⊥x轴时，可得A(2，2)，B(2，－2)， 由AO⊥BO得4－4p＝0，可得p＝1； 当直线l与x轴不垂直时， 设l的方程为y＝k(x－2)代入y2＝2px得 ky2－2py－4pk＝0(k≠0)， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y2＝－4p，x1x2＝＝4， 由OA⊥OB得x1x2＋y1y2＝0， 即4－4p＝0，可得p＝1，综上所述p＝1. (2)证明：由(1)知抛物线方程为y2＝2x， 由于A，D关于x轴对称，故D的坐标为(x1，－y1)， 所以直线BD的方程为y＋y1＝(x－x1)＝ (x－)， 即2x＋(y1－y2)y－y1y2＝0， 又y1y2＝－4p＝－4，所以2x＋(y1－y2)y＋4＝0， 可得直线BD恒过点(－2，0). 3．在平面直角坐标系xOy中，已知动点C到定点F(1，0)的距离与它到直线l：x＝4的距离之比为. (1)求动点C的轨迹方程； (2)点P为直线l上的动点，过点P的动直线m与动点C的轨迹相交于不同的A，B两点，在线段AB上取点Q，满足|AP|＝λ|PB|，|AQ|＝λ|QB|，求证：点Q总在一条动直线上且该动直线恒过定点，并求出此定点． (1)解：设动点C(x，y)，由动点C到定点F(1，0)的距离与它到直线l：x＝4的距离之比为. 得＝， 化简得＋＝1，即点C的轨迹方程为＋＝1. (2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q(x，y)，P(4，t)，直线AB的斜率显然存在并设为k，则AB的方程为y＝k(x－4)＋t. 因为A，P，B，Q四点共线，不妨设x1<x<x2<4， 由|AP|＝λ|PB|，|AQ|＝λ|QB|可得，＝λ，＝λ， 即(4－x1，t－y1)＝λ(4－x2，t－y2)，(x－x1，y－y1)＝λ(x2－x，y2－y)， 所以4－x1＝λ(4－x2)，x－x1＝λ(x2－x)；t－y1＝λ(t－y2)，y－y1＝λ(y2－y)， 可得(4－x1)(x2－x)＝(x－x1)(4－x2)，化简可得2x1x2－(x1＋x2)(4＋x)＋8x＝0.① 联立直线y＝k(x－4)＋t和椭圆C的方程 消去y得(4k2＋3)x2＋8k(t－4k)x＋4(t－4k)2－12＝0， 由根与系数的关系得，x1＋x2＝－，x1x2＝.代入①中并化简得x＝＝4－，即＝4－x， 又k＝代入上式得＝4－x， 化简得3x＋ty－3＝0， 所以点Q总在一条动直线3x＋ty－3＝0上，且该直线过定点(1，0). [技能提分练] 4.(2022·广东茂名模拟)如图，点M是圆A：(x＋)2＋y2＝16上的动点，点B(，0)，线段MB的垂直平分线交半径AM于点P. (1)求点P的轨迹E的方程； (2)点N为轨迹E与y轴负半轴的交点，不过点N且不垂直于坐标轴的直线l交椭圆E于S，T两点，直线NS，NT分别与x轴交于C，D两点．若C，D的横坐标之积是2，问：直线l是否过定点？如果是，求出定点坐标，如果不是，请说明理由． 解：(1)由题得|AP|＋|PM|＝|AM|＝4， ∴|PA|＋|PB|＝4>2＝|AB|， 所以点P的轨迹是以A，B为焦点，长轴为4的椭圆． 所以2a＝4，c＝，∴b＝1， 所以椭圆的方程为＋y2＝1. 所以点P的轨迹E的方程为＋y2＝1. (2)由题得点N(0，－1)，设直线ST的方程为y＝kx＋m(m≠－1)， 联立直线和椭圆的方程 得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0， 所以Δ>0，∴4k2－m2＋1>0. 设S(x1，y1)，T(x2，y2)，所以x1＋x2＝－，x1x2＝. 所以直线SN方程为y＋1＝(x－0)， 令y＝0得xC＝，同理xD＝， 因为xCxD＝2，∴×＝2， 所以x1x2＝2(y1＋y2＋y1y2＋1)， 所以x1x2＝2[kx1＋m＋kx2＋m＋(kx1＋m)(kx2＋m)＋1]， 所以x1x2＝2[k(x1＋x2)(m＋1)＋k2x1x2＋(m＋1)2]， 所以＝2[k×(m＋1)＋k2×＋(m＋1)2]， 因为m≠－1，所以m＋1≠0， 所以4(m－1)＝－16k2m＋8k2(m－1)＋2(1＋4k2)·(m＋1)， 所以m＝3，所以直线ST的方程为y＝kx＋3， 所以直线ST过定点(0，3). 5．已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的两个焦点为F1，F2，一条渐近线方程为y＝bx(b∈N*)，且双曲线C经过点D(，1). (1)求双曲线C的方程； (2)设点P在直线x＝m(y≠±m，0＜m＜1，且m是常数)上，过点P作双曲线C的两条切线PA，PB，切点为A，B，求证：直线AB过某一个定点． (1)解：由题意得解得∴双曲线方程为x2－y2＝1. (2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线PA的斜率为k， 则PA：y－y1＝k(x－x1)， 联立方程 整理可得(1－k2)x2－2k(y1－kx1)x－(y1－kx1)2－1＝0， 因为PA与双曲线C相切， 所以Δ＝4k2(y1－kx1)2＋4(1－k2)(y1－kx1)2＋4(1－k2)＝0， ∴4(y1－kx1)2＋4(1－k2)＝0， 整理得(x－1)k2－2kx1y1＋(y＋1)＝0， ∵x－y＝1，∴x－1＝y，y＋1＝x， 代入可得yk2－2x1y1k＋x＝0， 即(y1k－x1)2＝0，则k＝. ∴直线PA的方程为y－y1＝(x－x1)，即y1y＝x1x－1， 同理，切线PB的方程为y2y＝x1x－1. ∵P(m，y0)在切线PA，PB上，所以有 ∴A，B满足直线方程y0y＝mx－1，而两点确定唯一一条直线， ∴直线AB的方程为y0y＝mx－1，则当时，无论y0为何值，等式均成立． ∴无论P在何处，直线AB恒过定点(，0). [素养拉分练] 6．已知A(－2，0)，B(2，0)，点C是动点且直线AC和直线BC的斜率之积为－. (1)求动点C的轨迹方程； (2)设直线l与(1)中轨迹相切于点P，与直线x＝4相交于点Q，判断以PQ为直径的圆是否过x轴上一定点． 解：(1)设C(x，y).由题意得kAC·kBC＝·＝－(y≠0).整理，得＋＝1(y≠0). 故动点C的轨迹方程为＋＝1(y≠0). (2)易知直线l的斜率存在， 设直线l：y＝kx＋m，联立 整理，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0. 依题意得Δ＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，即3＋4k2＝m2. 设x1，x2为方程(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0的两个根， 则x1＋x2＝，所以x1＝x2＝. 所以P(，)， 即P(，). 又Q(4，4k＋m)， 设R(t，0)为以PQ为直径的圆上一点，＝(－t，)，＝(4－t，4k＋m)，则由·＝0， 得(t－1)＋t2－4t＋3＝0. 由的任意性，得t－1＝0且t2－4t＋3＝0，解得t＝1. 综上可知，以PQ为直径的圆过x轴上一定点(1，0). 学科网（北京）股份有限公司 $$