第8章 课时冲关55 定点(Word练习)-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习（北师大版）

课时冲关55　定点、定值、探索性问题 [能力提升组] 1．(2025·上海闵行二模)已知点F1，F2分别为椭圆Γ：＋y2＝1的左、右焦点，直线l：y＝kx＋t与椭圆Γ有且仅有一个公共点，直线F1M⊥l，F2N⊥l，垂足分别为点M，N. (1)求证：t2＝2k2＋1； (2)求证：·为定值，并求出该定值． 证明：(1)联立l：y＝kx＋t与Γ：＋y2＝1得：x2＋4ktx＋2t2－2＝0， 由直线与椭圆有一个公共点可知：Δ＝2－4＝0， 化简得：t2＝2k2＋1. (2)由题意得：F1，F2， 因为F1M⊥l，F2N⊥l，所以F1M∥F2N，故·＝·， 其中F1M＝，F2N＝， 所以·＝·＝·＝＝＝1， 所以·为定值，该定值为1. 2．已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)上的点G(4，t)(t＞0)到其准线的距离为5.不过原点的动直线交抛物线C于A，B点，M是线段AB的中点，点M在准线l上的射影为N. (1)求抛物线C的方程； (2)当·＝1时，求证：直线AB过定点． 解：(1)由抛物线C的方程可得其准线方程x＝－， 依抛物线的性质得＋4＝5，解得p＝2.∴抛物线C的方程为y2＝4x. (2)证明：当直线AB的斜率为0时，显然不符合题意； 当直线AB的斜率不为0时，设直线AB：x＝my＋n(n≠0)，A、B、M(x0，y0)，由化简得y2－4my－4n＝0，Δ＝16(m2＋n)＞0，y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n， y0＝＝2m，所以N(－1，2m)，所以＝，＝， 所以·＝＋(y2－2m)·(y1－2m) ＝＋＋1＋y1y2－2m(y1＋y2)＋4m2 ＝n2＋＋1－4n－8m2＋4m2 ＝n2－2n＋1＝(n－1)2， 若·＝1，即(n－1)2＝1，解得n＝2或n＝0(舍去)，所以直线AB过定点(2，0). 3．已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的离心率为2，过点P(0，)且斜率为1的直线l交双曲线C于A，B两点．且·＝3. (1)求双曲线C的标准方程； (2)设Q为双曲线C右支上的一个动点，F为双曲线C的右焦点，在x轴的负半轴上是否存在定点M.使得∠QFM＝2∠QMF？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由． 解：(1)设双曲线C的焦距为2c.由双曲线C的离心率为2，知c＝2a，所以b＝a，从而双曲线C的方程可化为－＝1. 令得2x2－2x－6－3a2＝0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2). 因为Δ＝(－2)2－4×2×(－6－3a2)＝72＋24a2＞0， 所以x1＋x2＝，x1·x2＝－3－a2. 因为·＝3，所以x1x2＋y1y2＝x1x2＋(x1＋)(x2＋)＝3， 于是2x1x2＋(x1＋x2)＋6 ＝2×＋×＋6＝3，解得a＝1， 所以双曲线C的标准方程为x2－＝1. (2)假设存在点M(t，0)(t＜0)满足题设条件． 由(1)知双曲线C的右焦点为F(2，0). 设Q(x0，y0)(x0≥1)为双曲线C右支上一点． 当x0＝2时，因为∠QFM＝2∠QMF＝90°， 所以∠QMF＝45°，于是|MF|＝|QF|＝＝3，所以t＝－1. 即M(－1，0). 当x0≠2时，tan ∠QFM＝－kQF＝－， tan ∠QMF＝kQM＝. 因为∠QFM＝2∠QMF， 所以－＝. 将y＝3x－3代入并整理得－2x＋(4＋2t)x0－4t＝－2x－2tx0＋t2＋3， 所以解得t＝－1. 即M(－1，0).综上，满足条件的点M存在，其坐标(－1，0). 4．(2025·河南二模)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为2，两个焦点与短轴一个顶点构成等边三角形． (1)求椭圆C的标准方程； (2)设P，过点P的两条直线l1和l2分别交椭圆C于点D，E和点M，N(l1和l2.不重合)，直线l1和l2的斜率分别为k1和k2.若＝，判断k1＋k2是否为定值，若是，求出该值；若不是，说明理由． 解：(1)由题知焦距2c＝2，解得c＝1， 由两个焦点与短轴一个顶点构成等边三角形可知b＝c＝，则b2＝3， 所以a2＝b2＋c2＝4， 所以椭圆C的标准方程为＋＝1. (2)k1＋k2是定值． 已知P，设D，E，M，N， ∴直线l1的方程为y－t＝k1，即y＝k1x－3k1＋t， 代入＋＝1并整理，得x2＋x＋4－12＝0， ∴Δ＝2－4(4k＋3)[4(t－3k1)2－12]>0， x1＋x2＝，x1x2＝. ∵P，D，E三点共线，且与同向， ∴＝·＝· ＝＋＝＋k1·k1 ＝ ＝ ＝[(k＋1)(4t2－24k1t＋36k－12－72k＋24k1t＋36k＋27)] ＝， 同理可得＝， ∵＝， ∴＝，化简得k＝k， ∴＝0，∴k1＋k2＝0， 所以k1＋k2为定值0. 5．已知椭圆C的中心在原点，对称轴为坐标轴，椭圆C与直线2x＋y＝4相切于点P. (1)求椭圆C的标准方程； (2)若直线l：y＝kx＋t与椭圆C相交于A、B两点(A，B不是长轴端点)，且以AB为直径的圆过椭圆C在y轴正半轴上的顶点，求证：直线过定点，并求出该定点的坐标． 解：(1)由题意设椭圆的标准方程为＋＝1(m＞0，n＞0且m≠n). ∵P在椭圆上，∴＋＝1　①. 由得(n2＋4m2)x2－16m2x＋(16－n2)m2＝0， ∵椭圆C与直线2x＋y＝4相切， ∴Δ＝(－16m2)2－4(n2＋4m2)(16－n2)m2＝0， 即n2＋4m2＝16 ②.联立①②知n2＝4，m2＝3. 故所求椭圆C的方程为＋＝1. (2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立得 (3k2＋4)x2＋6ktx＋3(t2－4)＝0. 由Δ＝36k2t2－12(3k2＋4)(t2－4)＞0， 得4＋3k2－t2＞0. x1＋x2＝－，x1·x2＝， y1y2＝(kx1＋t)(kx2＋t)＝k2x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2＝. ∵以AB为直径的圆过椭圆的上顶点D(0，2). ∴kAD·kBD＝－1，即·＝－1， ∴y1·y2＋x1·x2－2(y1＋y2)＋4＝0， 即y1·y2＋x1·x2－2k(x1＋x2)＋4－4t＝0， 即＋－2k＋4－4t＝0. 则7t2－16t＋4＝0，解得t＝或t＝2. 当t＝2时，直线y＝kx＋2过定点(0，2)，与已知矛盾； 当t＝时，直线y＝kx＋过定点，满足4＋3k2－t2＞0.∴直线l过定点，定点坐标为. 6． (2025·德阳模拟)如图所示，已知椭圆G：＋y2＝1，与x轴不重合的直线l经过左焦点F1，且与椭圆G相交于A，B两点，弦AB的中点为M，直线OM与椭圆G相交于C，D两点． (1)若直线l的斜率为1，求直线OM的斜率； (2)是否存在直线l，使得|AM|2＝|CM||DM|成立？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由． 解：(1)由题意可知点F1(－1，0)，又直线l的斜率为1，故直线l的方程为y＝x＋1. 设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，由消去y并整理得3x2＋4x＝0， 则x1＋x2＝－，y1＋y2＝，因此中点M的坐标为.故直线OM的斜率为＝－. (2)假设存在直线l，使得|AM|2＝|CM||DM|成立．由题意，直线l不与x轴重合， 设直线l的方程为x＝my－1， 由消去x并整理得(m2＋2)y2－2my－1＝0. 设点A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 可得|AB|＝|y1－y2| ＝＝， x1＋x2＝m(y1＋y2)－2＝－2＝， 所以弦AB的中点M的坐标为， 故直线CD的方程为y＝－x. 联立消去y并整理得2x2＋m2x2－4＝0，解得x2＝. 由对称性，设C(x0，y0)，D(－x0，－y0)， 则x＝， 可得|CD|＝·|2x0| ＝＝2. 因为|AM|2＝|CM||DM|＝(|OC|－|OM|)·(|OD|＋|OM|)，且|OC|＝|OD|， 所以|AM|2＝|OC|2－|OM|2， 故＝－|OM|2， 即|AB|2＝|CD|2－4|OM|2， 则＝ －4， 解得m2＝2，故m＝±. 所以直线l的方程为x－y＋1＝0或x＋y＋1＝0. 学科网（北京）股份有限公司 $$