新高考数学二轮复习 第1部分 专题6 第3讲 母题突破2 定点问题（含解析）课件PPT

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❶l斜率k存在时写出l的方程　　　↓❷联立l，C的方程，设而不求　　　↓❸计算kPA，kPB并代入kPA＋kPB＝－1　　　↓❹分析直线方程，找出定点
证明　设直线PA与直线PB的斜率分别为k1，k2.
由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由题设k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0，
子题1　已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，直线l与抛物线C交于A，B两点，O是坐标原点.若点E(－2,0)，直线l不与坐标轴垂直，且∠AEO＝∠BEO，求证：直线l过定点.
证明　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意可设直线l的方程为x＝ny＋b(n≠0)，
则y1＋y2＝4n，y1y2＝－4b.由∠AEO＝∠BEO，得kEA＝－kEB，
整理得y1x2＋2y1＋x1y2＋2y2＝0，即y1(ny2＋b)＋2y1＋(ny1＋b)y2＋2y2＝0，
整理得2ny1y2＋(b＋2)(y1＋y2)＝0，即－8bn＋4(b＋2)n＝0，得b＝2，故直线l的方程为x＝ny＋2(n≠0)，所以直线l过定点(2,0).
证明　由题意可知，直线l的斜率不为0，设其方程为x＝my＋2(m∈R)，将x＝my＋2代入y2＝4x，消去x可得y2－4my－8＝0，显然Δ＝16m2＋32>0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－8，
所以P(2m2＋2,2m)，又PQ⊥y轴，垂足为Q，所以Q(0,2m)，
设以PQ为直径的圆经过点A(x0，y0)，
所以当x0＝2，y0＝0时，对任意的m∈R，①式恒成立，所以以PQ为直径的圆过定点，该定点的坐标为(2,0).
动线过定点问题的两大类型及解法(1)动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0).(2)动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点.
直线l：y＝kx＋m(k≠0)过点F，∴m＝－2k，∴l：y＝k(x－2).
依题意Δ>0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
∵点P关于x轴的对称点为P′，则P′(x1，－y1).
∴直线P′Q过x轴上的定点(3,0).
(2)过点P的两条直线l1，l2分别与C相交于不同于点P的A，B两点，若l1与l2的斜率之和为－4，则直线AB是否经过定点？若是，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.
解　当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋t(t≠2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
可得(3k2＋2)x2＋6ktx＋3t2－12＝0，∴Δ＝36(kt)2－4×(3k2＋2)(3t2－12)>0，即24(6k2－t2＋4)>0，
由l1与l2的斜率之和为－4，
又y1＝kx1＋t，y2＝kx2＋t，
∵t≠2，化简可得t＝－k－2，∴y＝kx－k－2＝k(x－1)－2，∴直线AB经过定点(1，－2).
当直线AB的斜率不存在时，设直线AB的方程为x＝m，A(m，y1)，B(m，y2)，
又点A，B均在椭圆上，∴A，B关于x轴对称，∴y1＋y2＝0，∴m＝1，故直线AB的方程为x＝1，也过点(1，－2)，综上直线AB经过定点，定点为(1，－2).
证明　①当直线l斜率不存在时，设l：x＝m，A(m，yA)，B(m，－yA)，
②当直线l斜率存在时，设l：y＝kx＋b(b≠－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
(1＋2k2)x2＋4kbx＋2b2－2＝0，依题意得，Δ>0，
所以直线l恒过定点(0，－2).
2.已知点H为抛物线C：x2＝4y的准线上任一点，过H作抛物线C的两条切线HA，HB，切点为A，B，证明直线AB过定点，并求△HAB面积的最小值.
解　设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，H(t，－1)，
综合①②得，点A(x1，y1)，B(x2，y2)的坐标满足方程
当t＝0时，此时H(0，－1)，可知HF⊥AB，