2024版高考数学一轮总复习第8章平面解析几何第8节第3课时定点定值探索性问题.docx

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1、第3课时定点、定值、探索性问题考点1定点问题基础性(2022全国乙卷)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)，B32，1两点(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MTTH.证明：直线HN过定点解：(1)设椭圆E的方程为mx2ny21，过A(0，2)，B32，1，则4n=1， 94m+n=1，解得m13，n14，所以椭圆E的方程为y24+x231.(2)因为A(0，2)，B32，1，所以AB：y223x.若过点P(1，2)的直线斜率不存在，即直线x1.代入x23+y241，可得M1，263，N1

2、，263，代入AB方程y23x2，可得T6+3，263，由MTTH得到H26+5，263.求得HN方程：y2263x2，过点(0，2)若过点P(1，2)的直线斜率存在，设kxy(k2)0，M(x1，y1)，N(x2，y2)联立kxyk+2=0，x23+y24=1， 得(3k24)x26k(2k)x3k(k4)0，x1+x2=6k2+k3k2+4，x1x2=3k4+k3k2+4，y1+y2=82+k3k2+4，y1y2=44+4k2k23k2+4，且x1y2x2y124k3k2+4.(*)联立y=y1， y=23 x2，可得T3y12+3，y1，H(3y16x1，y1)可求得此时HN：yy2y1

3、y23y1+6x1x2(xx2)，将(0，2)，代入整理得2(x1x2)6(y1y2)x1y2x2y13y1y2120，将(*)代入，得24k12k29648k24k4848k24k236k2480，显然成立综上，可得直线HN过定点(0，2)已知椭圆x2a2+y2b21(ab0)的右焦点为F，A为短轴的一个端点，且|OA|OF|2(其中O为坐标原点)(1)求椭圆的方程；(2)若C，D分别是椭圆长轴的左、右端点，动点M满足MDCD，连接CM，交椭圆于点P，试问x轴上是否存在异于点C的定点Q，使得以MP为直径的圆恒过直线DP，MQ的交点？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由解：(1)由已知

4、得bc2，所以a2b2c24，所以椭圆的方程为x24+y221.(2)由(1)知，C(2，0)，D(2，0)由题意可设直线CM：yk(x2)，P(x1 ，y1)因为MDCD，所以M(2，4k)由x24+y22=1，y=kx+2，消去y，整理得(12k2)x28k2x8k240，所以(8k2)24(12k2)(8k24)0.由根与系数的关系得2x18k241+2k2，即x124k21+2k2.所以y1k(x12)4k1+2k2，所以P24k21+2k2，4k1+2k2.设Q(x0，0)，且x02.若以MP为直径的圆恒过DP，MQ的交点，则MQDP，所以QMDP0恒成立又QM(2x0，4k)，DP

5、8k21+2k2，4k1+2k2，所以QMDP(2x0)8k21+2k24k4k1+2k20，即8k2x01+2k20恒成立，所以x00.所以存在点Q(0，0)，使得以MP为直径的圆恒过直线DP，MQ的交点如图，椭圆E：x2a2+y2b21(ab0)的离心率是22，过点P(0，1)的动直线l与椭圆E相交于A，B两点，当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为22.(1)求椭圆E的方程；(2)在平面直角坐标系xOy中，是否存在与点P不同的定点Q，使得QAQBPAPB恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由解：(1)由已知，点(2，1)在椭圆E上，因此2a2+1b2=1，a2b

6、2=c2，ca =22， 解得a2，b2，所以椭圆E的方程为x24+y221.(2)当直线l与x轴平行时，设直线l与椭圆相交于C，D两点，如果存在定点Q满足条件，则有QCQDPCPD1，即|QC|QD|，所以Q点在y轴上，可设Q点的坐标为(0，y0)当直线l与x轴垂直时，设直线l与椭圆相交于M，N两点，则M，N的坐标分别为(0，2)，(0，2)由QMQNPMPN，有y02y0+2212+1，解得y01，或y02，所以，若存在不同于点P的定点Q满足条件，则Q点坐标只可能为(0，2)下面证明：对任意直线l，均有QAQBPAPB.当直线l的斜率不存在时，由上可知，结论成立当直线l的斜率存在时，可设直

7、线l的方程为ykx1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，联立x24+y22=1，y=kx+1，得(2k21)x24kx20，其判别式(4k)28(2k21)0，所以x1x24k2k2+1，x1x222k2+1，因此1x1+1x2x1+x2x1x22k.易知，点B关于y轴对称的点B的坐标为(x2，y2)，又kQAy12x1kx11x1k1x1，kQBy22x2kx21x2k1x2k1x1，所以kQAkQB，即Q，A，B三点共线，所以QAQBQAQBx1x2PAPB，故存在与P不同的定点Q(0，2)，使得QAQBPAPB恒成立.定点问题常见解法(1)假设定点坐标，根据题意选择参数，

8、建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点(2)从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意.已知抛物线C：x22py(p0)的焦点为F，点P(1，y0)在抛物线C上，|PF|5y04.(1)求抛物线C的标准方程；(2)已知直线l交抛物线C于点A，B，且PAPB，证明：直线l过定点(1)解：由抛物线的定义，知|PF|y0p25y04，故y02p.又P(1，y0)在抛物线上，所以y012p，则2p12p，解得p12，y01.故抛物线C的标准方程为x2y.(2)证明：设Ax1，x12，B(x2，x22)，直线l的方程为ykx

9、m，则kPAx121x11x11，kPBx221x21x21.因为PAPB，所以(x11)(x21)1，即x1x2x1x220.将直线l的方程与抛物线方程联立，可得x2kxm0，k24m0，则x1x2k，x1x2m，所以km20，直线l的方程为ykxk2k(x1)2，则直线l过定点(1，2)考点2定值问题综合性(2022济南二模)已知椭圆C：x2a2+y2b21(ab0)的离心率为22，且经过点H(2，1).(1)求椭圆C的方程；(2)过点P(3，0)的直线与椭圆C相交于A，B两点，直线HA，HB分别交x轴于M，N两点，点G(2，0)，若PMPG，PNPG，求证：1+1为定值(1)解：由题意知

10、eca1b2a222，则a22b2.又椭圆C经过点H(2，1)，所以4a2+1b21，联立解得a26，b23，所以椭圆C的方程为x26+y231.(2)证明：设直线AB方程为xmy3，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x=my3，x26+y23=1，联立消x得(m22)y26my30，所以36m212(m22)0，y1y26mm2+2，y1y23m2+2.由题意知，y1，y2均不为1，设M(xM，0)，N(xN，0)，由H，M，A三点共线知AM与MH共线，所以xMx1(y1)(2xM)，化简得xMx1+2y11y1，由H，N，B三点共线，同理可得xNx2+2y21y2.由PMPG，得(xM

11、3，0)(1，0)，即xM3，由PNPG，同理可得xN3，所以1+11xM+3+1xN+31x1+2y11y1+3+1x2+2y21y2+31y1x1y1+3+1y2x2y2+31y1m1y1+1y2m1y21m11y1y1+1y2y21m1y1+y2y1y221m16mm2+23m2+222，所以1+1为定值解答圆锥曲线定值问题的技法(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关(2)引进变量法，解题流程为已知椭圆C：x2a2+y2b21(ab0)的离心率为22，且过点A(2，1).(1)求椭圆C的方程；(2)点M，N在C上，且AMAN，ADMN，D为垂足证明：存在定点Q，使得|DQ|为

12、定值(1)解：由题意得4a2+1b21，e2a2b2a212，解得a26，b23.所以椭圆C的方程为x26+y231.(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为ykxm，代入x26+y231得(12k2)x24kmx2m260，(4km)24(12k2)(2m26)0，于是x1x24km1+2k2，x1x22m261+2k2.由AMAN知AMAN0，故(x12)(x22)(y11)(y21)0，可得(k21)x1x2(kmk2)(x1x2)(m1)240.将代入上式可得(k21)2m261+2k2(kmk2)4km1+2k2(m1)240，整理得

13、(2k3m1)(2km1)0.因为A(2，1)不在直线MN上，所以2km10，故2k3m10，k1.于是MN的方程为ykx2313(k1)，所以直线MN过点P23，13.若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，y1)由AMAN0得(x12)(x12)(y11)(y11)0.又x126+y1231，可得3x128x140.解得x12(舍去)或x123，此时直线MN过点P23，13.令Q为AP的中点，即Q43，13.若D与P不重合，则由题设知AP是RtADP的斜边，故|DQ|12|AP|223；若D与P重合，则|DQ|12|AP|.综上，存在点Q43，13，使得|DQ|为定值考点3探索性问题应用性已知

14、椭圆C：x2a2+y2b21(ab0)，四点P13，62，P2(0，2)，P31，62，P41，62中恰有三点在椭圆C上(1)求椭圆C的方程；(2)已知直线ykx2与椭圆C有两个不同的交点A，B，且D为x轴上一点，是否存在实数k，使得ABD是以D为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出k值及点D的坐标；若不存在，请说明理由解：(1)由对称，知P3，P4都在椭圆C上，对于椭圆在第一象限的图象上的点(x，y)，易知：y是关于x的减函数，故P1，P3中只有一个点符合，显然P1不在椭圆上，所以P_2 ) ，P3，P4三点在椭圆上，所以b2，代入点P3，得a2，所以椭圆C的方程为x24+y221.(2)

15、设D(t，0)，假设存在k符合题意，由y=kx+2，x24+y22=1，得(2k21)x28kx40，则64k216(2k21)0k22或kb0)过点(2，3)，以F1F2为直径的圆过C的下顶点A(1)求椭圆C的方程；(2)若过点P(0，1)的直线l与椭圆C相交于M，N两点，且直线AM、AN的斜率分别为k1，k2，证明：k1k2为定值(1)解：因为以F1F2为直径的圆过点A(0，b)，所以bc，又ab2+c22b，所以椭圆C：x22b2+y2b21，又C过点(2，3)，所以22b2+3b21，解得b2，a22，所以椭圆C的方程为x28+y241.(2)证明：由题意，直线l的斜率一定存在，所以设

16、直线l的方程为ykx+1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由x28+y24=1，y=kx+1，消去y得(12k2)x24kx60，64k2240.于是x1x24k1+2k2，x1x261+2k2.又A(0，2)，所以k1y1+2x1，k2y2+2x2，则k1k2y1+2y2+2x1x2kx1+3kx2+3x1x2k2x1x2+3kx1+x2+9x1x2k22k291+2k2632为定值2已知椭圆E：x2a2+y2b21(ab0)的离心率为63，直线l：xty1交椭圆E于A，B两点当t0时，|AB|263.(1)求椭圆E的方程；(2)设点A在直线x3上的射影为D，证明：直线BD过定点，并求定

17、点坐标(1)解：由题意得e2c2a2a2b2a223，整理得a23b2，由t0时，|AB|263，得1a2+23b21，因此a3，b1.故椭圆E的方程是x23y21.(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则D(3，y1)，将xty1代入x23y21得(t23)y22ty20，y1y22tt2+3，y1y22t2+3，从而ty1y2y1y2.直线BD：yy2y1x23(x3)y1，设直线BD与x轴的交点为(x0，0)，则y2y1x23(x03)y10，所以x0y13x2y2y13y12ty2y2y132y1ty1y2y2y13，将式代入上式可得x02，故直线BD过定点(2，0)3直线

18、l过点P(0，b)且与抛物线y22px(p0)交于A，B(A，B都在x轴同侧)两点，过A，B作x轴的垂线，垂足分别为C，D(1)若b0，|AC|BD|p，证明：l的斜率为定值；(2)若Q(0，b)，设QAB的面积为S1，梯形ACDB的面积为S2，是否存在正整数，使3S1S2成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由(1)证明：据题意设直线l方程是ykxb(k0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为|AC|BD|p，所以y1y2p，由y=kx+b，y2=2px，得ky22py2pb0，所以y1y22pkp，所以k2，即l的斜率为定值2.(2)解：由(1)4p28pkb0，即0kb12p，

19、因为点Q到直线l的距离d2b1+k2，且|AB|1+k2|x1x2|，所以S112|AB|d|b|x1x2|，S212(|AC|BD|)|CD|12|y1y2|x1x2|pk|x1x2|，所以S1S2kbpkbpkbp，因为0kb12p，所以0kbp12，假设存在正整数，使3S1S2成立，则0312，所以032.所以存在正整数1，使3S1S2成立B组新高考培优练4(2023临沂模拟)已知椭圆C的方程为x24+y221，A是椭圆上的一点，且A在第一象限，过A且斜率等于1的直线与椭圆C交于另一点B，点A关于原点的对称点为D(1)证明：直线BD的斜率为定值；(2)求ABD面积的最大值(1)证明：设D

20、(x1，y1)，B(x2，y2)，则A(x1，y1)，直线BD的斜率ky2y1x2x1，由x124+y122=1，x224+y222=1，两式相减得y2y1x2x112x1+x2y1+y2.因为kABy1+y2x1+x21，所以ky2y1x2x112，故直线BD的斜率为定值12.(2)解：连接OB(图略)，因为A，D关于原点对称，所以SABD2SOBD，由(1)可知BD的斜率k12，设BD的方程为y12xt.因为D在第三象限，所以2t1且t0，O到BD的距离dt1+142t5.由y=12x+t，x24+y22=1，整理得3x24tx4t280，(4t)243(4t28)0(2t1且t0)，所以

21、x1x24t3，x1x24t223，所以SABD2SOBD212|BD|d52x1+x224x1x22t5|t|x1+x224x1x2|t|9632t23423t23t222.所以当且仅当t62时，SABD取得最大值22.5已知曲线C1：x2y2r2(r0)和C2：x2a2+y2b21(ab0)都过点P(0，2)，且曲线C2的离心率为32.(1)求曲线C1和曲线C2的方程；(2)设点A，B分别在曲线C1，C2上，PA，PB的斜率分别为k1，k2，当k14k20时，直线AB是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由解：(1)曲线C1：x2y2r2(r0)和C2：x2a2+y2b2

22、1(ab0)都过点P(0，2)，所以r2，b2，所以曲线C1的方程为x2y24.因为曲线C2的离心率为32，所以e2c2a21b2a234，所以a4，所以曲线C2的方程x216+y241.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线PA的方程为yk1x2，代入到x2y24中消去y，可得(1+k12)x24k1x0，解得x0或x14k11+k12，所以y12k1221+k12.直线PB的方程为yk2x2，代入方程x216+y241，消去y，可得(1+4k22)x216k2x0，解得x0或x216k21+4k22，所以y28k2221+4k22.因为k14k2，所以直线AB的斜率ky2y1x2x11k1，故直线AB的方程为y2k1221+k121k1x4k11+k12，即y1k1x2，所以直线AB恒过定点(0，2)