2024年高考数学重难点突破讲义：配套热练 特别策划2　微切口2　圆锥曲线中定点问题

这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：配套热练 特别策划2　微切口2　圆锥曲线中定点问题，共4页。试卷主要包含了已知AB为抛物线G，设抛物线C，已知椭圆E，已知点P在双曲线C等内容，欢迎下载使用。

(1) 求抛物线G的方程；
【解答】 设A(xA，yA)，B(xB，yB)，则由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|AB|＝xA＋xB＋p＝8，,\f(xA＋xB,2)＝3，))解得p＝2，所以抛物线G的方程为y2＝4x．
(2) 若∠ACB为直角，求证：直线AB过定点．
【解答】 直线AB过定点(1,0)，证明如下：设C(－1，c)，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),4)，y1))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,2),4)，y2))，直线AB的方程为x＝ty＋n，将x＝ty＋n代入y2＝4x，得y2－4ty－4n＝0，由Δ＞0，得t2＋n＞0．由韦达定理可得y1＋y2＝4t，y1y2＝－4n，所以eq \(CA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),4)＋1，y1－c))，eq \(CB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,2),4)＋1，y2－c))．因为∠ACB＝90°，所以eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝0，即eq \f(y\\al(2,1)y\\al(2,2),16)＋eq \f(y\\al(2,1)＋y\\al(2,2),4)＋1＋y1y2－c(y1＋y2)＋c2＝0，即n2＋4t2＋2n＋1－4n－4tc＋c2＝0，即(n－1)2＋(2t－c)2＝0，所以n＝1，所以直线AB过定点(1,0)．
2．(2023·诸暨三模)设抛物线C：y2＝2px(p＞0)，过y轴上点P的直线l与C相切于点Q，且当l的斜率为eq \f(1,2)时，|PQ|＝2eq \r(,5)．
(1) 求抛物线C的方程；
【解答】 当l的斜率为eq \f(1,2)时，设直线l的方程为y＝eq \f(1,2)x＋b，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝2px，,y＝\f(x,2)＋b，))消去y，得x2＋4(b－2p)x＋4b2＝0，当l与C相切时，Δ＝16(b－2p)2－16b2＝0，整理得b＝p，此时x2－4px＋4p2＝0，所以x＝2p，所以y＝2p，故P(0，p)，Q(2p,2p)，所以|PQ|＝eq \r(,2p－02＋2p－p2)＝eq \r(,5)p＝2eq \r(,5)，故p＝2, 所以抛物线C的方程为y2＝4x．
(2) 过P且垂直于l的直线交C于M，N两点，若R为线段MN的中点，求证：直线QR过定点．
【解答】 设直线l的方程为y＝kx＋b，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝kx＋b，))消去y得k2x2＋2(kb－2)x＋b2＝0，当l与C相切时，Δ＝4(kb－2)2－4k2b2＝0，则kb＝1，b＝eq \f(1,k)，故Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k2)，\f(2,k)))，设直线MN的方程为y＝－eq \f(1,k)x＋eq \f(1,k)，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝－\f(1,k)x＋\f(1,k)，))消去y得x2－2(2k2＋1)x＋1＝0，Δ＞0．设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝2(2k2＋1)，y1＋y2＝－eq \f(1,k)x1＋eq \f(1,k)－eq \f(1,k)x2＋eq \f(1,k)＝－eq \f(1,k)(x1＋x2)＋eq \f(2,k)＝－4k，所以eq \f(x1＋x2,2)＝2k2＋1，eq \f(y1＋y2,2)＝－2k，所以R(2k2＋1，－2k)，所以QR的方程为y＋2k＝eq \f(\f(2,k)＋2k,\f(1,k2)－2k2－1)(x－2k2－1)．令y＝0，则x－2k2－1＝eq \f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k2)－2k2－1)),\f(1,k)＋k)＝－eq \f(2k2－1k2＋1,k2＋1)＝－2k2＋1，所以x＝2，所以直线QR过定点(2,0)．
(第2题)
3．(2023·泰安期末改编)已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)过Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(,6),2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(,3)，\f(\r(,2),2)))两点．
(1) 求椭圆E的方程；
【解答】 由椭圆E过Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(,6),2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(,3)，\f(\r(,2),2)))两点，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)＋\f(3,2b2)＝1，,\f(3,a2)＋\f(1,2b2)＝1，))解得a2＝4，b2＝2，所以椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1．
(2) 已知Q(4,0)，过P(1,0)的直线l与E交于M，N两点，求证：kMQ＋kNQ＝0．
【解答】 当直线l的斜率为0时，直线l的方程为y＝0，所以M(2,0)，N(－2，0)或M(－2,0)，N(2,0)，所以kMQ＋kNQ＝0．当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为x＝my＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,x＝my＋1，))得(m2＋2)y2＋2my－3＝0，Δ＝16m2＋24＞0，所以y1＋y2＝－eq \f(2m,m2＋2)，y1y2＝－eq \f(3,m2＋2)，所以kMQ＝eq \f(y1,x1－4)，kNQ＝eq \f(y2,x2－4)，所以kMQ＋kNQ＝eq \f(y1,x1－4)＋eq \f(y2,x2－4)＝eq \f(y1,my1－3)＋eq \f(y2,my2－3)＝eq \f(y1my2－3＋y2my1－3,my1－3my2－3)＝eq \f(2my1y2－3y1＋y2,m2y1y2－3my1＋y2＋9)＝eq \f(2m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,m2＋2)))－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2m,m2＋2))),m2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,m2＋2)))－3m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2m,m2＋2)))＋9)＝0．综上，kMQ＋kNQ＝0．
4．(2023·石家庄一模)已知点P(4,3)在双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)上，过P作x轴的平行线，分别交双曲线C的两条渐近线于M，N两点，且|PM|·|PN|＝4．
(1) 求双曲线C的方程．
【解答】 因为点P(4,3)在双曲线上，所以eq \f(16,a2)－eq \f(9,b2)＝1．过点P作x轴的平行线y＝3，与y＝±eq \f(b,a)x相交于M，N两点，不妨取Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3a,b)，3))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3a,b)，3))，所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(4－\f(3a,b)))·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(4＋\f(3a,b)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(16－\f(9a2,b2)))＝a2eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(16,a2)－\f(9,b2)))＝a2＝4，所以a＝2．代入eq \f(16,a2)－eq \f(9,b2)＝1，解得b＝eq \r(,3)，所以双曲线C的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,3)＝1．
(2) 若直线l：y＝kx＋m与双曲线C交于不同的两点A，B，设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，从①②两个条件中选一个作为已知条件，求证：直线l过定点．
①k1＋k2＝1；②k1k2＝1．
【解答】 若选①：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)－\f(y2,3)＝1，,y＝kx＋m，))得(3－4k2)x2－8kmx－4m2－12＝0，所以3－4k2≠0，Δ＝(－8km)2－4(3－4k2)(－4m2－12)＞0，即m2＋3－4k2＞0，x1＋x2＝eq \f(8km,3－4k2)，x1x2＝eq \f(－4m2－12,3－4k2)(*)．因为k1＋k2＝1，所以eq \f(y1－3,x1－4)＋eq \f(y2－3,x2－4)＝1，所以(x2－4)(kx1＋m－3)＋(x1－4)(kx2＋m－3)＝(x1－4)(x2－4)，整理可得2kx1x2＋(m－3－4k)(x1＋x2)－8(m－3)＝x1x2－4(x1＋x2)＋16，代入(*)式得m2＋2km－8k2－6k－6m＋9＝0，即(m－2k－3)(m＋4k－3)＝0，解得m＝2k＋3或m＝－4k＋3．当m＝2k＋3时，y＝kx＋m＝kx＋2k＋3＝k(x＋2)＋3，则直线l过定点(－2,3)；当m＝－4k＋3时，y＝kx＋m＝kx－4k＋3＝k(x－4)＋3，则直线l过定点P(4,3)，不合题意．综上，直线l过定点(－2,3)．
若选②：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)－\f(y2,3)＝1，,y＝kx＋m，))得(3－4k2)x2－8kmx－4m2－12＝0，所以3－4k2≠0，Δ＝(－8km)2－4(3－4k2)(－4m2－12)＞0，即m2＋3－4k2＞0，x1＋x2＝eq \f(8km,3－4k2)，x1x2＝eq \f(－4m2－12,3－4k2)(*)．由k1k2＝1，得eq \f(y1－3,x1－4)·eq \f(y2－3,x2－4)＝1，即eq \f(kx1＋mkx2＋m－3[kx1＋m＋kx2＋m]＋9,x1－4x2－4)＝1，整理可得eq \f(k2x1x2＋kmx1＋x2＋m2－3kx1＋x2－6m＋9,x1x2－4x1＋x2＋16)＝1．代入(*)式并整理可得7m2＋32km＋16k2－18m－9＝0，即(7m＋4k＋3)(m＋4k－3)＝0，解得m＝－eq \f(4k＋3,7)或m＝－4k＋3．当m＝－eq \f(4k＋3,7)时，y＝kx＋m＝kx－eq \f(4k＋3,7)＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(4,7)))－eq \f(3,7)，则直线l过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,7)，－\f(3,7)))；当m＝－4k＋3时，y＝kx＋m＝kx－4k＋3＝k(x－4)＋3，则直线l过定点P(4，3)，不合题意．综上，直线l过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,7)，－\f(3,7)))．