课时作业(53) 定值问题（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(五十三)　定值问题 [基础保分练] 1．(2022·河北保定一模)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点F2与抛物线y2＝4x的焦点重合，且其离心率为. (1)求椭圆C的方程； (2)已知与坐标轴不垂直的直线l与C交于M，N两点，线段MN中点为P，问kMN·kOP(O为坐标原点)是否为定值？请说明理由． 解：(1)抛物线y2＝4x的焦点为(1，0)， ∴椭圆C的半焦距为c＝1， 又椭圆的离心率e＝＝，∴a＝2， 则b＝＝. ∴椭圆C的方程为＋＝1. (2)由题意可知，直线l的斜率存在且不为0，设l的方程为y＝kx＋m， 联立得 (3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0. Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)>0，解得m2<4k2＋3. 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则x1＋x2＝，y1y2＝k(x1＋x2)＋2m＝， ∴P(，)， ∴kOP＝＝－.∴kMN·kOP＝－. ∴kMN·kOP为定值，定值为－. 2．(2023·黑龙江哈师大附中月考)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F(1，0)，T(3，0)，G(－3，2)，过点T的直线交抛物线于A，B两点． (1)求抛物线C的方程； (2)求证：kGA＋kGB－2kGT为定值． (1)解：由于焦点为(1，0)， ∴＝1，p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x. (2)证明：不妨设点A在第一象限，点B在第四象限． 当直线AB斜率k不存在时， A(3，2)，B(3，－2)， 有kGA＋kGB－2kGT＝＋－＝0； 当直线AB斜率k存在时， 设直线AB方程为y＝k(x－3)， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，消去y得 k2x2－(6k2＋4)x＋9k2＝0，Δ＝(6k2＋4)2－4×k2×9k2＝48k2＋16＞0， x1＋x2＝，x1x2＝9， 所以kGA＋kGB－2kGT＝＋＋＝ ＋＝ ＋＝ ＝0. 综上，kGA＋kGB－2kGT为定值0. 3．(2023·湖南长沙模拟)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，左、右焦点分别为F1，F2，A为椭圆C上一点，AF2⊥F1F2，且|AF2|＝. (1)求椭圆C的方程； (2)设椭圆C的左、右顶点分别为A1，A2，过A1，A2分别作x轴的垂线l1，l2，椭圆C的一条切线l：y＝kx＋m与l1，l2分别交于M，N两点，求证：∠MF1N为定值． (1)解：由AF2⊥F1F2，|AF2|＝，得＝. 又e＝＝，a2＝b2＋c2，所以a2＝9，b2＝8， 故椭圆C的方程为＋＝1. (2)证明：由题意可知，l1的方程为x＝－3，l2的方程为x＝3. 直线l分别与直线l1，l2的方程联立得 M(－3，－3k＋m)，N(3，3k＋m)， 所以F1M＝(－2，－3k＋m)，F1N＝(4，3k＋m)， 所以F1M·F1N＝－8＋m2－9k2. 联立得(9k2＋8)x2＋18kmx＋9m2－72＝0. 因为直线l与椭圆C相切， 所以Δ＝(18km)2－4(9k2＋8)(9m2－72)＝0， 化简得m2＝9k2＋8. 所以F1M·F1N＝－8＋m2－9k2＝0， 所以F1M⊥F1N，故∠MF1N为定值. [技能提分练] 4．已知△ABC的两个顶点A，B的坐标分别为(－，0)，(，0)，圆E是△ABC的内切圆，在边AC，BC，AB上的切点分别为P，Q，R，|CP|＝2－，动点C的轨迹为曲线G. (1)求曲线G的方程； (2)设直线l与曲线G交于M，N两点，点D在曲线G上，O是坐标原点且＋＝，判断四边形OMDN的面积是否为定值？若为定值，求出该定值；如果不是，请说明理由． 解：(1)因为圆E为△ABC的内切圆， 所以|CA|＋|CB|＝|CP|＋|CQ|＋|PA|＋|QB|＝2|CP|＋|AR|＋|BR|＝2|CP|＋|AB|＝4>|AB|， 所以点C的轨迹为以点A和点B为焦点的椭圆， 所以c＝，a＝2，则b＝1， 所以曲线G的方程为＋y2＝1(y≠0). (2)由y≠0可知直线l的斜率存在，设直线l方程是y＝kx＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1≠x2， 由平面图形OMDN是四边形，可知m≠0，代入到＋y2＝1， 得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0， 所以Δ＝16(4k2＋1－m2)>0，x1＋x2＝，x1x2＝. 所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝， 所以|MN|＝·， 又点O到直线MN的距离d＝， 由＋＝，得xD＝，yD＝， 因为点D在曲线C上，所以将D点坐标代入椭圆方程得1＋4k2＝4m2. 由题意四边形OMDN为平行四边形， 所以OMDN的面积为S＝××＝， 由1＋4k2＝4m2，代入得S＝， 故四边形OMDN的面积是定值，其定值为. 5．(2022·广东韶关一模)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点是F，若过焦点的直线与C相交于P，Q两点，所得弦长|PQ|的最小值为4. (1)求抛物线C的方程； (2)设A，B是抛物线C上两个不同的动点，O为坐标原点，若OA⊥OB，OM⊥AB，M为垂足，证明：存在定点N，使得|MN|为定值． (1)解：显然直线PQ的斜率不为0， 故可设PQ的方程为x＝my＋， 联立得y2－2mpy－p2＝0， 所以yP＋yQ＝2mp，yPyQ＝－p2. 所以xP＋xQ＝m(yP＋yQ)＋p＝2m2p＋p， |PQ|＝xP＋xQ＋p＝2m2p＋2p， 所以当m＝0时，|PQ|min＝2p＝4，解得p＝2. 故所求抛物线的方程为y2＝4x. (2)证明：直线AB的斜率不为0， 故可设直线AB的方程为x＝ty＋s，A(x1，y1)，B(x2，y2). 联立得y2－4ty－4s＝0， 所以y1＋y2＝4t，y1y2＝－4s. x1x2＝(ty1＋s)(ty2＋s)＝t2y1y2＋ts(y1＋y2)＋s2＝s2. 因为OA⊥OB，所以·＝0， 所以x1x2＋y1y2＝0，即s2－4s＝0，解得s＝0或s＝4. 若s＝0，则直线AB过点O，不符合题意． 若s＝4，则直线AB的方程为x＝ty＋4， 所以直线AB过定点T(4，0). 又OM⊥AB，所以OM⊥MT， 所以点M在以OT为直径的圆上， 所以N(2，0)，此时|MN|＝|OT|＝2. [素养拉分练] 6．(2022·山东潍坊二模)已知M，N为椭圆C1：＋y2＝1(a>0)和双曲线C2：－y2＝1的公共顶点，e1，e2分别为C1和C2的离心率． (1)若e1e2＝. ①求C2的渐近线方程； ②过点G(4，0)的直线l交C2的右支于A，B两点，直线MA，MB与直线x＝1相交于A1，B1两点，记A，B，A1，B1的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，(x3，y3)，(x4，y4)，求证：＋＝＋. (2)从C2上的动点P(x0，y0)(x0≠±a)引C1的两条切线，经过两个切点的直线与C2的两条渐近线围成三角形的面积为S，试判断S是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 解：(1)①由题意得e1＝，e2＝， 所以e1e2＝＝， 又a>0，解得a＝2， 故双曲线C2的渐近线方程为y＝±x， ②设直线AB的方程为x＝ty＋4， 则消元得，(t2－4)y2＋8ty＋12＝0，Δ>0，且t≠±2，所以 故＋＝＝－， 又直线AA1的方程为y＝(x＋2)， 所以y3＝，同理y4＝， 所以＋＝＝ ＝＝t＋＝t＋2＝t－t＝－t， 故＋＝＋. (2)设两个切点P1(x5，y5)，P2(x6，y6)，由题意知PP1，PP2斜率存在， 直线PP1的方程为l1：y＝k1(x－x5)＋y5， 联立由Δ＝0得k1＝－，所以l1：＋y5y＝1， 同理直线PP2方程为l2：＋y6y＝1， 由l1，l2过P点可得可得直线P1P2的方程为＋y0y＝1， 不妨设直线P1P2与双曲线两渐近线y＝±x交于两点P1′，P2′， 则围成三角形的面积 S＝＝ ， 因为P在双曲线C2上，x－a2y＝a2， 则S＝＝a为定值． 学科网（北京）股份有限公司 $$