2024版新教材高考数学全程一轮总复习高考大题研究课八定点与定值问题

这是一份2024版新教材高考数学全程一轮总复习高考大题研究课八定点与定值问题，共10页。

高考大题研究课八　定点与定值问题
关键能力·题型突破
题型一　圆锥曲线中的定点问题
例1[2023·河北保定模拟]已知椭圆E：＝1(a>b>0)的焦距为2c，左、右焦点分别是F1，F2，其离心率为，圆F1：(x＋c)2＋y2＝1与圆F2：(x－c)2＋y2＝9相交，两圆交点在椭圆E上．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设直线l不经过点P(0，1)且与椭圆E相交于A，B两点，若直线PA与直线PB的斜率之和为－2，证明：直线l过定点．
[听课记录]











题后师说
求解直线或曲线过定点问题的策略




巩固训练1
(1)[2023·河南洛阳模拟]已知抛物线C的顶点为坐标原点，焦点在y轴上，且抛物线C经过点P(2，1).
①求抛物线C的方程；
②A，B是抛物线C上异于点P的两个动点，记直线PA和直线PB的斜率分别为k1，k2(k1k2≠0)，若＝2，求证：直线AB过定点．
(2)[2023·辽宁辽阳期末]已知双曲线C：＝1(a>0，b>0)过点P(3，4)，且C的渐近线方程为y＝±x.
①求C的方程；
②A，B为C的实轴端点，Q为C上异于A，B的任意一点，QA，QB与y轴分别交于M，N两点，证明：以MN为直径的圆过两个定点．



题型二　定值问题
例2[2023·山东临沂模拟]已知双曲线C：＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，A为C的左顶点，且＝－5．
(1)求C的方程；
(2)若动直线l与C恰有1个公共点，且与C的两条渐近线分别交于点M、N.求证：点M与点N的横坐标之积为定值．
[听课记录]















题后师说
求定值问题的策略



巩固训练2
(1)[2023·河北张家口期末]已知⊙O1：(x＋1)2＋y2＝1，⊙O2：(x－1)2＋y2＝9，⊙M与⊙O1外切，与⊙O2内切．
①求点M的轨迹方程；
②若A，B是点M的轨迹上的两点，O为坐标原点，直线OA，OB的斜率分别为k1，k2，直线AB的斜率存在，△AOB的面积为，证明：k1·k2为定值．
(2)[2023·安徽合肥期末]已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，点P(x0，4)是抛物线C上一点，|PF|＝6.
①求抛物线C的方程；
②过Q(0，4)的直线l与抛物线C相交于A，B两点，求证：为定值．













真题展台
1.[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)，B(，－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＝.证明：直线HN过定点．







2．[2020·新高考Ⅰ卷]已知椭圆C：＝1(a>b>0)的离心率为，且过点A(2，1)．
(1)求C的方程；
(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．


















高考大题研究课八　定点与定值问题
关键能力·题型突破
例1　解析：(1)由题意得e＝＝，
由圆F1：(x＋c)2＋y2＝1与圆F2：(x－c)2＋y2＝9相交，两圆交点在椭圆E上，
可知：2a＝1＋3，又a2＝b2＋c2，
解得a＝2，b＝1，c＝
所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)证明：①当直线AB的斜率不存在时，设直线l：x＝t，
由题意可知t≠0，且|t|<2，设A(t，)，B(t，－)，
因为直线PA，PB的斜率之和为－2，所以＝－2，
化简得t＝1，所以直线l的方程为x＝1.
②当直线AB的斜率存在时，
设直线AB的方程为y＝kx＋m(m≠1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立消去y，化简得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
x1＋x2＝－，x1x2＝，
由题意可得Δ＝16(4k2－m2＋1)>0，
因为直线PA，PB的斜率之和为－2，
所以＝－2，
∴＝－2，
∴＝－2，
∴(2k＋2)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0，
∴(2k＋2)·＋(m－1)·＝0(∵m≠1)，
化简整理得k＝－m－1，
当且仅当Δ＝16[4(m＋1)2－m2＋1]＝16(3m2＋8m＋5)>0时，即m<－ 或m>－1且m≠1 时符合题意，
∴直线AB的方程：y＝(－m－1)x＋m，即y＋1＝(－m－1)(x－1)，
故直线l过定点(1，－1)，
综上①②可得直线l过定点(1，－1)．
巩固训练1　解析：(1)①由题意，设抛物线C的方程为x2＝2py(p>0)．
因为抛物线经过点P(2，1)，
所以22＝2p，解得p＝2.
所以抛物线C的方程为x2＝4y.
②由题意可知，直线AB的斜率一定存在，不妨设直线AB的方程为y＝kx+b，A(x1，，B．
联立得x2－4kx－4b＝0.
其中Δ＝16k2＋16b>0，即k2＋b>0，
∴x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b.
∴＝＝＝＝2，
即＝2，
所以x1x2＝－4b＝4，解得b＝－1.
所以直线AB的方程为y＝kx－1，恒过定点(0，－1)．
(2)①由C的渐近线方程为y＝±x，得＝，
故可设C的方程为＝λ，
将点P(3，4)代入可得λ＝1，
故C的方程为＝1.
②证明：设Q(x0，y0)，A(3，0)，B(－3，0)，
则直线QA的方程为y－y0＝(x－x0)，
令x＝0，得y＝＋y0＝－，则M(0，－)，
直线QB的方程为y－y0＝(x－x0)，
令x＝0，得y＝＋y0＝，则N(0，)．
设E(x，y)是以MN为直径的圆上任意一点，
则·＝(x，y＋)·(x，y－)＝0，
即x2＋(y＋)·(y－)＝0，
x2＋y2＋()y＋·＝0，
即＝0，
因为Q(x0，y0)在C上，所以＝1，则＝16，
所以y－16＝0，令y＝0，得x＝±4.
故以MN为直径的圆过两个定点，且这两个定点的坐标分别为(－4，0)，(4，0)．
例2　解析：(1)易知点A(－a，0)、F1(－c，0)、F2(c，0)，＝＝(c＋a，0)，
所以，解得a＝2，c＝3，则b＝＝，
所以双曲线C的方程为＝1.
(2)分以下两种情况讨论：
①当直线l⊥x轴时，直线l的方程为x＝±2，此时点M、N的横坐标之积为22＝4；
②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m，
由题意可知直线l不与双曲线C的渐近线平行或重合，即k≠±，
设点M(x1，y1)、N(x2，y2)，
联立可得(5－4k2)x2－8kmx－4m2－20＝0，
则Δ＝64k2m2＋4(5－4k2)(4m2＋20)＝0，可得4k2＝m2＋5，则m≠0，
不妨设点M、N分别为直线l与直线y＝x、y＝－x的交点，
联立可得x1＝，联立可得x2＝－，
此时x1x2＝＝＝＝4.
综上所述，点M与点N的横坐标之积为定值．
巩固训练2　解析：(1)①设⊙M的半径为r，则|MO1|＝r＋1，|MO2|＝3－r，
|MO1|＋|MO2|＝4，故点M的轨迹与椭圆有关，2a＝4，2c＝2，
又由椭圆定义可知，点M的轨迹方程为＝1(x≠－2)；
②证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为y＝kx＋t，
将y＝kx＋t代入＝1整理得(3＋4k2)x2＋8ktx＋4t2－12＝0，
有x1＋x2＝－，x1x2＝，
|AB|＝|x1－x2|＝·，
原点O到直线AB的距离为d＝，
∴S△AOB＝|AB|·d＝＝⇒(3＋4k2－2t2)2＝0，即3＋4k2＝2t2，k1k2＝＝＝＝＝.
将k2＝代入得k1k2＝－.
(2)①因为点P(x0，4)在抛物线C：x2＝2py上，且|PF|＝6，
由抛物线的定义可得|PF|＝4＋＝6，解得p＝4，
所以抛物线的方程为x2＝8y.
②设直线l的斜率为k，可得直线l的方程为y＝kx＋4，
联立方程组，整理得x2－8kx－32＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，可得Δ＝(8k)2－4×(－32)>0且x1＋x2＝8k，x1x2＝－32，
由＝＋＝＋
＝＋＝
＝·
＝·＝·＝.
真题展台——知道高考考什么？
1．解析：(1)设椭圆E的方程为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n)．
将点A(0，－2)，B(，－1)的坐标代入，得解得
所以椭圆E的方程为＝1.
(2)证明：(方法一)设M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由题意，知直线MN与y轴不垂直，设其方程为x－1＝t(y＋2)．
联立得方程组
消去x并整理，得(4t2＋3)y2＋(16t2＋8t)y＋16t2＋16t－8＝0，
所以y1＋y2＝－，y1y2＝.
设T(x0，y1)．由A，B，T三点共线，得＝，得x0＝y1＋3.
设H(x′，y′)．
由＝，得(y1＋3－x1，0)＝(x′－y1－3，y′－y1)，
所以x′＝3y1＋6－x1，y′＝y1，
所以直线HN的斜率k＝＝＝，
所以直线HN的方程为y－y2＝·(x－x2)．
令x＝0，得y＝·(－x2)＋y2
＝＋y2
＝
＝
＝－2.
所以直线NH过定点(0，－2)．
(方法二)由A(0，－2)，B(，－1)可得直线AB的方程为y＝x－2.
a．若过点P(1，－2)的直线的斜率不存在，则其直线方程为x＝1.
将直线方程x＝1代入＝1，可得N(1，)，M(1，－).
将y＝－代入y＝x－2，可得T(3－，－)．
由＝，得H(5－2，－)．
此时直线HN的方程为y＝(2＋)(x－1)＋，
则直线HN过定点(0，－2)．
b．若过点P(1，－2)的直线的斜率存在，设此直线方程为kx－y－(k＋2)＝0，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立得方程组
消去y并整理，得(3k2＋4)x2－6k(2＋k)x＋3k(k＋4)＝0.
所以则
且x1y2＋x2y1＝.①
联立得方程组，可得T(＋3，y1)．
由＝，得H(3y1＋6－x1，y1)．
则直线HN的方程为y－y2＝(x－x2)．
将点(0，－2)的坐标代入并整理，得2(x1＋x2)－6(y1＋y2)＋x1y2＋x2y1－3y1y2－12＝0.②
将①代入②，得24k＋12k2＋96＋48k－24k－48－48k＋24k2－36k2－48＝0，显然成立．
综上可得，直线HN过定点(0，－2)．
2．解析：(1)由题意可得，解得a2＝6，b2＝c2＝3，故椭圆方程为＝1.
(2)设点M(x1，y1)，N(x2，y2)．
因为AM⊥AN，∴·＝0，即(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，　①
当直线MN的斜率存在时，设方程为y＝kx＋m，如图1.
代入椭圆方程消去y并整理得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，
x1＋x2＝－，x1x2＝，②
根据y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m，代入①整理可得
(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0，
将②代入，(k2＋1)＋(km－k－2)(－)＋(m－1)2＋4＝0，
整理化简得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0，
∵A(2，1)不在直线MN上，∴2k＋m－1≠0，
∴2k＋3m＋1＝0，k≠1，
于是MN的方程为y＝k(x－)－，
所以直线过定点E(，－)．
当直线MN的斜率不存在时，可得N(x1，－y1)，如图2.
代入(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0得
结合＋＝1，解得x1＝2(舍)，x1＝，
此时直线MN过点E(，－)，

由于AE为定值，且△ADE为直角三角形，AE为斜边，
所以AE中点Q满足|QD|为定值(AE长度的一半＝)．
由于A(2，1)，E(，－)，故由中点坐标公式可得Q(，)．
故存在点Q()，使得|DQ|为定值．