高考数学一轮复习第八章 高考专题突破五 第2课时

这是一份高考数学一轮复习第八章 高考专题突破五 第2课时，共10页。试卷主要包含了已知椭圆C，设F1，F2为椭圆C，已知P是圆F1等内容，欢迎下载使用。

例1 (12分)(2019·北京)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1的右焦点为(1,0)，且经过点A(0,1)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设O为原点，直线l：y＝kx＋t(t≠±1)与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N.若|OM|·|ON|＝2，求证：直线l经过定点．
规范解答
(1)解 由题意，得b2＝1，c＝1，
所以a2＝b2＋c2＝2.
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.[2分]
(2)证明 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则直线AP的方程为y＝eq \f(y1－1,x1)x＋1.[4分]
令y＝0，得点M的横坐标xM＝－eq \f(x1,y1－1).
又y1＝kx1＋t，从而|OM|＝|xM|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x1,kx1＋t－1))).
同理，|ON|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x2,kx2＋t－1))).
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋t，,\f(x2,2)＋y2＝1，))得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，[6分]
则x1＋x2＝－eq \f(4kt,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2t2－2,1＋2k2).[8分]
所以|OM|·|ON|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x1,kx1＋t－1)))·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x2,kx2＋t－1)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x1x2,k2x1x2＋kt－1x1＋x2＋t－12)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\f(2t2－2,1＋2k2),k2·\f(2t2－2,1＋2k2)＋kt－1·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4kt,1＋2k2)))＋t－12)))
＝2eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1＋t,1－t))).[10分]
又|OM|·|ON|＝2，所以2eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1＋t,1－t)))＝2.
解得t＝0，所以直线l经过定点(0,0)．[12分]
解圆锥曲线综合问题的一般步骤
第一步：确定曲线方程(一般根据待定系数法或定义法)．
第二步：设直线方程并与曲线方程联立，得关于x或y
的一元二次方程．
第三步：写出根与系数的关系(或求出交点出标)．
第四步：将第三步得出的关系代入题目条件，解决范
围、最值或定点、定值等问题．
第五步：反思回顾，考虑方程有解条件和图形完备性．
跟踪训练1 (2019·全国Ⅲ)已知曲线C：y＝eq \f(x2,2)，D为直线y＝－eq \f(1,2)上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.
(1)证明：直线AB过定点；
(2)若以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5,2)))为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求该圆的方程．
(1)证明 设Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，－\f(1,2)))，A(x1，y1)，
则xeq \\al(2,1)＝2y1.
由于y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，
故eq \f(y1＋\f(1,2),x1－t)＝x1，
整理得2tx1－2y1＋1＝0.
设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.
所以直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.
所以直线AB过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
(2)解 由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋eq \f(1,2).
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝tx＋\f(1,2)，,y＝\f(x2,2)，))可得x2－2tx－1＝0，
Δ＝4t2＋4>0恒成立，
于是x1＋x2＝2t，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1.
设M为线段AB的中点，则Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，t2＋\f(1,2))).
由于eq \(EM,\s\up6(→))⊥eq \(AB,\s\up6(→))，而eq \(EM,\s\up6(→))＝(t，t2－2)，eq \(AB,\s\up6(→))与向量(1，t)平行，
所以t＋(t2－2)t＝0.解得t＝0或t＝±1.
当t＝0时，|eq \(EM,\s\up6(→))|＝2，
所求圆的方程为x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(5,2)))2＝4；
当t＝±1时，|eq \(EM,\s\up6(→))|＝eq \r(2)，
所求圆的方程为x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(5,2)))2＝2.
综上，所求圆的方程为x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(5,2)))2＝4或x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(5,2)))2＝2.
定值问题
例2 (2020·河南八市重点高中联考)已知O为坐标原点，过点M(1,0)的直线l与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于A，B两点，且eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝－3.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点M作直线l′⊥l交抛物线C于P，Q两点，记△OAB，△OPQ的面积分别为S1，S2，证明：eq \f(1,S\\al(2,1))＋eq \f(1,S\\al(2,2))为定值．
(1)解 设直线l：x＝my＋1，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,y2＝2px，))
消x得，y2－2pmy－2p＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝2pm，y1y2＝－2p，
又因为eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2
＝(my1＋1)(my2＋1)＋y1y2
＝(1＋m2)y1y2＋m(y1＋y2)＋1
＝(1＋m2)(－2p)＋2pm2＋1＝－2p＋1＝－3.
解得p＝2.
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)证明 由(1)知M(1,0)是抛物线C的焦点，
所以|AB|＝x1＋x2＋p＝my1＋my2＋2＋p＝4m2＋4.
原点到直线l的距离d＝eq \f(1,\r(1＋m2))，
所以S1＝eq \f(1,2)×eq \f(1,\r(1＋m2))×4(m2＋1)＝2eq \r(1＋m2).
因为直线l′过点(1,0)且l′⊥l，
所以S2＝2eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)))2)＝2eq \r(\f(1＋m2,m2)).
所以eq \f(1,S\\al(2,1))＋eq \f(1,S\\al(2,2))＝eq \f(1,41＋m2)＋eq \f(m2,41＋m2)＝eq \f(1,4).
即eq \f(1,S\\al(2,1))＋eq \f(1,S\\al(2,2))为定值eq \f(1,4).
思维升华 圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
(1)求代数式为定值．依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值．
(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得．
(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．
跟踪训练2 已知点M是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)上一点，F1，F2分别为C的左、右焦点，且|F1F2|＝4，∠F1MF2＝60°，△F1MF2的面积为eq \f(4\r(3),3).
(1)求椭圆C的方程；
(2)设N(0,2)，过点P(－1，－2)作直线l，交椭圆C于异于N的A，B两点，直线NA，NB的斜率分别为k1，k2，证明：k1＋k2为定值．
(1)解 在△F1MF2中，由eq \f(1,2)|MF1||MF2|sin 60°＝eq \f(4\r(3),3)，得|MF1||MF2|＝eq \f(16,3).
由余弦定理，得
|F1F2|2＝|MF1|2＋|MF2|2－2|MF1||MF2|·cs 60°
＝(|MF1|＋|MF2|)2－2|MF1||MF2|(1＋cs 60°)，
解得|MF1|＋|MF2|＝4eq \r(2).
从而2a＝|MF1|＋|MF2|＝4eq \r(2)，即a＝2eq \r(2).
由|F1F2|＝4得c＝2，从而b＝2，
故椭圆C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)证明 当直线l的斜率存在时，
设斜率为k，显然k≠0，则其方程为y＋2＝k(x＋1)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，,y＋2＝kx＋1，))
得(1＋2k2)x2＋4k(k－2)x＋2k2－8k＝0.
Δ＝56k2＋32k>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－eq \f(4kk－2,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2k2－8k,1＋2k2).
从而k1＋k2＝eq \f(y1－2,x1)＋eq \f(y2－2,x2)
＝eq \f(2kx1x2＋k－4x1＋x2,x1x2)
＝2k－(k－4)·eq \f(4kk－2,2k2－8k)＝4.
当直线l的斜率不存在时，可得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(\r(14),2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(\r(14),2)))，得k1＋k2＝4.
综上，k1＋k2为定值．
1．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－eq \r(3)，0)，F2(eq \r(3)，0)，且经过点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2))).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点B(4,0)作一条斜率不为0的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，记点P关于x轴对称的点为P′.证明：直线P′Q经过x轴上一定点D，并求出定点D的坐标．
(1)解 由椭圆的定义，可知
2a＝|AF1|＋|AF2|＝eq \r(2\r(3)2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＋eq \f(1,2)＝4.
解得a＝2.
又b2＝a2－(eq \r(3))2＝1.
∴椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)证明 由题意，设直线l的方程为x＝my＋4(m≠0)．
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则P′(x1，－y1)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋4，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去x，可得(m2＋4)y2＋8my＋12＝0.
∵Δ＝16(m2－12)>0，∴m2>12.
∴y1＋y2＝eq \f(－8m,m2＋4)，y1y2＝eq \f(12,m2＋4).
∵kP′Q＝eq \f(y2＋y1,x2－x1)＝eq \f(y2＋y1,my2－y1).
∴直线P′Q的方程为y＋y1＝eq \f(y2＋y1,my2－y1)(x－x1)．
令y＝0，可得x＝eq \f(my2－y1y1,y1＋y2)＋my1＋4.
∴x＝eq \f(2my1y2,y1＋y2)＋4＝eq \f(2m·\f(12,m2＋4),\f(－8m,m2＋4))＋4＝eq \f(24m,－8m)＋4＝1.
∴D(1,0)．
∴直线P′Q经过x轴上定点D，其坐标为(1,0)．
2．(2020·西安模拟)设F1，F2为椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,b2)＝1(b>0)的左、右焦点，M为椭圆上一点，满足MF1⊥MF2，已知△MF1F2的面积为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设C的上顶点为H，过点(2，－1)的直线与椭圆交于R，S两点(异于H)，求证：直线HR和HS的斜率之和为定值，并求出这个定值．
解 (1)由椭圆定义得|MF1|＋|MF2|＝4，①
由MF1⊥MF2得
|MF1|2＋|MF2|2＝|F1F2|2＝4(4－b2)，②
由题意得＝eq \f(1,2)|MF1|·|MF2|＝1，③
由①②③，可得b2＝1，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)依题意，H(0,1)，显然直线RS的斜率存在且不为0，
设直线RS的方程为y＝kx＋m(k≠0)，
代入椭圆方程并化简得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
由题意知，Δ＝16(4k2－m2＋1)>0，
设R(x1，y1)，S(x2，y2)，x1x2≠0，
故x1＋x2＝eq \f(－8km,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4m2－4,4k2＋1).
kHR＋kHS＝eq \f(y1－1,x1)＋eq \f(y2－1,x2)＝eq \f(kx1＋m－1,x1)＋eq \f(kx2＋m－1,x2)
＝2k＋(m－1)eq \f(x1＋x2,x1x2)＝2k＋(m－1)eq \f(－8km,4m2－4)
＝2k－eq \f(2km,m＋1)＝eq \f(2k,m＋1).
∵直线RS过点(2，－1)，∴2k＋m＝－1，
∴kHR＋kHS＝－1.
故kHR＋kHS为定值－1.
3．(2020·太原模拟)已知动圆E经过定点D(1,0)，且与直线x＝－1相切，设动圆圆心E的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)设过点P(1,2)的直线l1，l2分别与曲线C交于A，B两点，直线l1，l2的斜率存在，且倾斜角互补，证明：直线AB的斜率为定值．
(1)解 由已知，动点E到定点D(1,0)的距离等于E到直线x＝－1的距离，由抛物线的定义知E点的轨迹是以D(1,0)为焦点，以x＝－1为准线的抛物线，故曲线C的方程为y2＝4x.
(2)证明 由题意直线l1，l2的斜率存在，倾斜角互补，得l1，l2的斜率互为相反数，且不等于零．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
直线l1的方程为y＝k(x－1)＋2，k≠0.
直线l2的方程为y＝－k(x－1)＋2，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1＋2，,y2＝4x))
得k2x2－(2k2－4k＋4)x＋(k－2)2＝0，
Δ＝16(k－1)2>0，
已知此方程一个根为1，
∴x1×1＝eq \f(k－22,k2)＝eq \f(k2－4k＋4,k2)，即x1＝eq \f(k2－4k＋4,k2)，
同理x2＝eq \f(－k2－4－k＋4,－k2)＝eq \f(k2＋4k＋4,k2)，
∴x1＋x2＝eq \f(2k2＋8,k2)，x1－x2＝－eq \f(8k,k2)＝－eq \f(8,k)，
∴y1－y2＝[k(x1－1)＋2]－[－k(x2－1)＋2]
＝k(x1＋x2)－2k＝k·eq \f(2k2＋8,k2)－2k＝eq \f(8,k)，
∴kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(\f(8,k),－\f(8,k))＝－1，
∴直线AB的斜率为定值－1.
4．(2019·江淮十校联考)已知P是圆F1：(x＋1)2＋y2＝16上任意一点，F2(1,0)，线段PF2的垂直平分线与半径PF1交于点Q，当点P在圆F1上运动时，记点Q的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)记曲线C与x轴交于A，B两点，M是直线x＝1上任意一点，直线MA，MB与曲线C的另一个交点分别为D，E，求证：直线DE过定点H(4,0)．
(1)解 由线段PF2的垂直平分线与半径PF1交于点Q，得|QF1|＋|QF2|＝|QF1|＋|QP|＝|PF1|＝4>|F1F2|＝2，
所以点Q的轨迹为以F1，F2为焦点，长轴长为4的椭圆，故2a＝4，a＝2,2c＝2，c＝1，b2＝a2－c2＝3.
曲线C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明 由(1)可设A(－2,0)，B(2,0)，点M的坐标为(1，m)，直线MA的方程为y＝eq \f(m,3)(x＋2)，
将y＝eq \f(m,3)(x＋2)与eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1联立整理得，
(4m2＋27)x2＋16m2x＋16m2－108＝0，
设点D的坐标为(xD，yD)，则－2xD＝eq \f(16m2－108,4m2＋27)，
故xD＝eq \f(54－8m2,4m2＋27)，则yD＝eq \f(m,3)(xD＋2)＝eq \f(36m,4m2＋27)，
直线MB的方程为y＝－m(x－2)，
将y＝－m(x－2)与eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1联立整理得，
(4m2＋3)x2－16m2x＋16m2－12＝0，
设点E的坐标为(xE，yE)，则2xE＝eq \f(16m2－12,4m2＋3)，故xE＝eq \f(8m2－6,4m2＋3)，则yE＝－m(xE－2)＝eq \f(12m,4m2＋3)，
HD的斜率为k1＝eq \f(yD,xD－4)＝eq \f(36m,54－8m2－44m2＋27)
＝－eq \f(6m,4m2＋9)，
HE的斜率为k2＝eq \f(yE,xE－4)＝eq \f(12m,8m2－6－44m2＋3)
＝－eq \f(6m,4m2＋9)，
因为k1＝k2，所以直线DE经过定点H(4,0)．
5．椭圆C的焦点为F1(－eq \r(2)，0)，F2(eq \r(2)，0)，且点M(eq \r(2)，1)在椭圆C上．过点P(0,1)的动直线l与椭圆相交于A，B两点，点B关于y轴的对称点为点D(不同于点A)．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)证明：直线AD恒过定点，并求出定点坐标．
解 (1)设椭圆C的标准方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)．
由已知得c＝eq \r(2)，2a＝|MF1|＋|MF2|＝eq \r([\r(2)－－\r(2)]2＋1)＋1＝4.所以a＝2，b2＝a2－c2＝2.
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)方法一 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋1))得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(－x2，y2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝16k2＋82k2＋1>0，,x1＋x2＝－\f(4k,2k2＋1)，,x1x2＝－\f(2,2k2＋1).))
特殊地，当A的坐标为(2,0)时，k＝－eq \f(1,2)，
所以2x2＝－eq \f(4,3)，x2＝－eq \f(2,3)，y2＝eq \f(4,3)，即Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，\f(4,3)))，
所以点B关于y轴的对称点为Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(4,3)))，
则直线AD的方程为y＝－x＋2.
当直线l的斜率不存在时，直线AD的方程为x＝0.
如果存在定点Q满足条件，则Q(0,2)，
kQA＝eq \f(y1－2,x1)＝eq \f(y1－1－1,x1)＝k－eq \f(1,x1)，
kQD＝eq \f(y2－2,－x2)＝－k＋eq \f(1,x2)，
又因为kQA－kQD＝2k－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)＋\f(1,x2)))＝2k－eq \f(x1＋x2,x1x2)＝2k－2k＝0，
所以kQA＝kQD，即A，D，Q三点共线，
故直线AD恒过定点，定点坐标为(0,2)．
方法二 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋1，))得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(－x2，y2)．
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝－\f(4k,2k2＋1)，,x1x2＝－\f(2,2k2＋1).))
kAD＝eq \f(y2－y1,－x2－x1).
所以AD的直线方程为y－y1＝eq \f(y2－y1,－x2－x1)(x－x1)，
所以y＝eq \f(y1－y2,x1＋x2)x＋eq \f(y2－y1,x1＋x2)·x1＋y1
＝eq \f(y1－y2,x1＋x2)x＋eq \f(2kx1x2＋x1＋x2,x1＋x2)＝eq \f(y1－y2,x1＋x2)x＋2.
当x＝0时，y＝2.
所以直线AD恒过定点(0,2)．
当直线l的斜率不存在时，直线AD的方程为x＝0，过定点(0,2)．
综上，直线AD恒过定点，定点为(0,2)．