2026版《优化设计大一轮》高考数学（优化设计新高考版）课时规范练57定点与定值问题

课时规范练57定点与定值问题1.(15分)(2024·湖南岳阳三模)已知动圆P过定点F(0,1)且与直线y=3相切,记圆心P的轨迹为曲线E.(1)已知A,B两点的坐标分别为(-2,1),(2,1),直线AP,BP的斜率分别为k1,k2,证明:k1-k2=1;(2)若点M(x1,y1),N(x2,y2)是轨迹E上的两个动点且x1x2=-4,设线段MN的中点为Q,圆P与动点Q的轨迹Γ交于不同于F的三点C,D,G,求证:△CDG的重心的横坐标为定值.2.(15分)(2022·全国乙,理20)已知椭圆E的中心为坐标原点,对称轴为x轴、y轴,且过A(0,-2),B(32,-1)两点(1)求E的方程;(2)设过点P(1,-2)的直线交E于M,N两点,过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T,点H满足MT=TH.证明:直线HN3.(17分)(2024·安徽皖北五校联考)设圆x2+y2+2x-15=0的圆心为A,直线l过点B(1,0)且与x轴不重合,l交圆A于C,D两点,过B作AC的平行线交AD于点E.(1)设动点E的轨迹为曲线C,求曲线C的方程.(2)曲线C与x轴交于点A1,A2.点A2在点A1的右侧,直线l1交曲线C于M,N两点(l1不过点A2),直线A2M与直线A2N的斜率分别是k1,k2且k1k2=-94,直线A1M和直线A2N交于点P(x0,y0)①探究直线l1是否过定点,若过定点求出该点坐标,若不过定点请说明理由;②证明:x0为定值,并求出该定值.4.(17分)(2024·山东枣庄模拟)已知点(2,3)在双曲线C:x2a2(1)双曲线上动点Q处的切线交C的两条渐近线于A,B两点,其中O为坐标原点,求证:△AOB的面积S是定值;(2)已知点P(12,1),过点P作动直线l与双曲线右支交于不同的两点M,N,在线段MN上取异于点M,N的点H,满足|PM||答案：1.证明(1)设圆心P(x,y),依题意有(x-0)2+(y-1)2=|y-3|,化简并整理成x2=-4y+8,曲线E的方程为x2=-4y+8,k1=y-1x+2,k2=y-1x-2,k1-k2=(2)显然直线MN的斜率存在,如图,设直线MN的方程为y=kx+b,k,b∈R,联立x消去y并整理得x2+4kx+4b-8=0,因为Δ>0,所以x1x2=4b-8,又x1x2=-4,所以b=1,所以x2+4kx-4=0,直线MN的方程为y=kx+1,x1+x2=-4k,y1+y2=k(x1+x2)+2=-4k2+2,所以线段MN的中点坐标为Q(-2k,-2k2+1).设Q(x3,y3),则x3=-2k,y3=-2k2+1,消去k得x因为圆P过定点F(0,1),设其方程为x2+(y-1)2+mx+n(y-1)=0,m,n∈R,由x2+(y-1)2+mx+n(y-设C,D,G的横坐标分别为c,d,g,因为C,D,G都异于F,所以c,d,g都不为零,故关于x的方程x3+(4-2n)x+4m=0的根为c,d,g,令(x-c)(x-d)(x-g)=0,即有x3-(c+d+g)x2+(cd+dg+gc)x-cdg=0,所以c+d+g=0,故△CDG的重心的横坐标为定值.2.(1)解设椭圆E的方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0),则4n=1故椭圆E的方程为x23+(2)证明由点A(0,-2),B32,-1,可知直线AB的方程为y=2当过点P的直线MN的斜率不存在时,直线MN的方程为x=1.由x=1,则点M1,-263,N1,263.将y=-263代入y=23x-2,得x=3-6,则点T(3-6,-263).又MT=TH,所以点H(5-26,-263),所以直线HN的方程为y-263=-263-2635-26-1(x-1),即y=263+2x-2,所以直线HN过点(0,-2).当过点P的直线MN的斜率存在时,设直线MN的方程为y+2=k(x-1),点M(x1,y1),N(x2,y2).由y+2=k(x-1),x23+y24=1,消去y,得(4+3k又MT=TH,所以点H(3y1+6-x1,y1).所以直线HN的方程为(3y1+6-x1-x2)(y-y2)=(y1-y2)(x-x2),即(3y1+6-x1-x2)(y-y2)-(y1-y2)(x-x2)=将x=0,y=-2代入上式,整理得12-2(x1+x2)+3y1y2+6(y1+y2)-x1y2-x2y1=0.(*)因为x1+x2=6k(k+2)4+3k2,x1x2=3k(k+4)4+3k2,所以y1+y2=k(x1-1)-2+k(x2-1)-2=-8k-164+3k2,x1y2+x2y1=x1[k(x2-1)-2]+x2[k(x1-1)-2]=-24k4+3k2,y1y2=[k(x1-1)-2][k(x2-1)-2]=-综上所述,直线HN恒过定点(0,-2).3.(1)解如图所示,因为|AD|=|AC|,EB∥AC,可得∠EBD=∠ACD=∠ADC,所以|EB|=|ED|,则|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|,又圆C的标准方程为(x+1)2+y2=16,可得圆心坐标为A(-1,0),且|AD|=4,所以|EA|+|EB|=4,又由B(1,0),可得|AB|=2,即a=2,c=1,b=3.由椭圆定义可得点E的轨迹方程为x24+y2(2)①解设点M(x1,y1),N(x2,y2),且直线l1:x=my+t,联立x=my+t,x24+y23=1,消去x整理得(3m2+4)y2+6mty+3t2-12=0,则方程的判别式Δ=(6mt)2-4(3m2+4)(3t2-12)>0,且y1+y2=-6mt3m2+4,y1y2=3t2-123m2+4因为t≠2,所以(4+9m2)(t+2)-18m2t+3(t-2)(3m2+4)=0,化简得16t-16=0,解得t=1,所以直线m过定点F2(1,0).②证明设直线A1M和直线A2N的斜率为kA1M,kA2N,因为x又由kA1M·kA2M=y1x1+2×y1x1-2=y12x12-4=-34,直线A2M与直线A2N的斜率分别是k1,k2,且k4.(1)解将点(2,3)代入双曲线中,4a2−9a2+2=1,解得a2=1,故双曲线方程为x2-y23=1.又双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)上一点(x0,y0)的切线方程为x0xa2−y0yb2=1,设A(x1,y1),B(x2,y2),Q(m,n),则双曲线过点Q(m,n)的切线方程为mx-ny3=1,由双曲线方程得,渐近线方程为y=直线AB的方程为y-y1x-x1=y2-y1x2-x1,即(y-y1故点O到直线AB的距离为|(-y且|AB|=(x故△AOB的面积为12|x1y2-x2=1=12-18(2)证明若直线l斜率不存在,此时直线l与双曲线右支无交点,不合题意,不满足条件,故直线l斜率存在,设直线l的方程为y-1=k(x-12),与x2-y23=1联立,消去y得(3-k2)x2+(k2-2k)x-(14k2-k+由Δ>0,3-k2≠0,k2-2kk2-3>0,14k2-k+4k2-3>0,因为14k设M(x3,y3),N(x4,y4),则x3+x4=k2-2kk2-3设点H的坐标为(xH,yH),则由|PM||PN|=|MH||HN|得,x3-12x4-12=xH-x3x4-x