备考2024届高考数学一轮复习好题精练第八章平面解析几何突破3圆锥曲线中的定点定值定线问题

这是一份备考2024届高考数学一轮复习好题精练第八章平面解析几何突破3圆锥曲线中的定点定值定线问题，共6页。试卷主要包含了[设问创新]已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。

（1）求C的方程；
（2）过点P作直线l交C于M，N两点，过点N作x轴的垂线交直线AM于点G，H为NG的中点，证明：直线AH的斜率为定值.
解析 （1）因为P（1，1）在C的渐近线y＝bax上，所以a＝b.
因为A（a，0），所以△PAO的面积为12a＝12，
解得a＝1，所以b＝1，
所以C的方程为x2－y2＝1.
（2）当直线l的斜率不存在时，不符合题意，舍去.
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y－1＝k（x－1），M（x1，y1），N（x2，y2），
由y－1=k（x－1),x2－y2=1，得（1－k2）x2－2k（1－k）x－k2＋2k－2＝0，Δ＝4k2（1－k）2－4（1－k2）（－k2＋2k－2）＝8－8k，
由1－k2≠0，Δ>0，得k＜1且k≠－1，
则x1＋x2＝2k1+k，x1x2＝k2－2k+2k2－1.
直线AM的方程为y＝y1x1－1（x－1），
令x＝x2，得G（x2，y1（x2－1）x1－1），
因为H为NG的中点，所以H（x2，y1（x2－1）x1－1＋y22），
所以kAH＝y1（x2－1）x1－1＋y22x2－1＝12（y1x1－1＋y2x2－1），
因为y1x1－1＋y2x2－1＝k（x1－1）+1x1－1＋k（x2－1）+1x2－1＝2k＋1x1－1＋1x2－1，
1x1－1＋1x2－1＝x1＋x2－2x1x2－（x1＋x2）+1＝2k1+k－2k2－2k+2k2－1－2kk+1+1＝2－2k，所以kAH＝1，
所以直线AH的斜率为定值.
2.[2024四川宜宾第四中学模拟]如图，已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，D（1，0），点P是在第一象限内且在C上的一个动点，当DP与x轴垂直时，｜PF｜＝54，过点P作与C相切的直线l交y轴于点M，过点M作直线l的垂线交抛物线C于A，B两点.
（1）求C的方程.
（2）延长PD，交抛物线C于点Q.设直线AB，OQ（其中O为坐标原点）的斜率分别为k1，k2，证明：k1k2为定值.
解析 （1）当DP与x轴垂直时，｜PF｜＝54，则由抛物线的定义可得1＋p2＝54，解得p＝12，
所以C的方程为y2＝x.
（2）设P（x0，y0），对于y2＝x，当y＞0时，y＝x，y'＝12x，所以y0＝x0，直线PM的斜率为12x0.
当直线PD的斜率存在时，将直线PD的方程y＝x0x0－1（x－1）与抛物线方程y2＝x联立，消去x并化简，得y2－x0－1x0y－1＝0，易得Δ＞0，设Q（xQ，yQ），则y0yQ＝－1，所以yQ＝－1y0＝－1x0.
（直线PD与抛物线的另一个交点是点P，这是一个直白的、但容易灯下黑的条件，这里根据“y1y2＝ca”可以直接求出yQ）
把点Q的纵坐标代入y＝x0x0－1（x－1），得xQ＝1x0，所以Q（1x0，－1x0）.
因为直线AB与切线l垂直，所以k1＝－1kPM，而kPM＝12x0，所以k1＝－2x0.
又O为坐标原点，所以k2＝yQxQ＝－x0.
所以k1k2＝2.当直线PD的斜率不存在时，P（1，1），Q（1，－1），此时k1＝－2，k2＝－1，所以k1k2＝2.
综上，k1k2为定值2.
3.[2024福州市一检]已知椭圆E：x24＋y23＝1的右焦点为F，左、右顶点分别为A，B.点C在E上，P（4，yP），Q（4，yQ）分别为直线AC，BC上的点.
（1）求yPyQ的值；
（2）设直线BP与E的另一个交点为D，求证：直线CD经过点F.
解析 解法一 （1）如图，依题意，A（－2，0），B（2，0）.
设C（x1，y1），则x124＋y123＝1，
直线AC的方程为y＝y1x1+2·（x＋2），令x＝4得yP＝6y1x1+2.
直线BC的方程为y＝y1x1－2（x－2），令x＝4得yQ＝2y1x1－2，
所以yPyQ＝12y12x12－4＝12×3（1－x124）x12－4＝－9，
即yP·yQ的值为－9.
（2）设D（x2，y2），P（4，t），则直线AP的方程为y＝t6（x＋2），直线BP的方程为y＝t2（x－2）.
由y＝t6（x+2),3x2+4y2=12，得（t2＋27）x2＋4t2x＋4t2－108＝0，
其判别式Δ1＞0，所以－2x1＝4t2－108t2+27，即x1＝54－2t227+t2，
故y1＝t6（x1＋2）＝18t27+t2.
由y＝t2（x－2),3x2+4y2=12，得（t2＋3）x2－4t2x＋4t2－12＝0，
其判别式Δ2＞0，
所以2x2＝4t2－12t2+3，即x2＝2t2－6t2+3，故y2＝t2（x2－2）＝－6tt2+3.
因为F（1，0），所以向量FC＝（x1－1，y1），FD＝（x2－1，y2），
则（x1－1）y2－（x2－1）y1＝27－3t227+t2·－6tt2+3－t2－9t2+3·18t27+t2＝－6t（27－3t2+3t2－27）（t2+3)(27+t2）＝0，
故FC与FD共线，
所以直线CD经过点F.
解法二 （1）依题意，A（－2，0），B（2，0）.
设C（x1，y1），则x124＋y123＝1，
所以kAC·kBC＝y1x1+2·y1x1－2＝y12x12－4＝3（1－x124）x12－4＝－34.
即－34＝kAP·kBQ＝yP4+2·yQ4－2，故yPyQ的值为－9.
（2）设D（x2，y2）.
要证直线CD经过点F（1，0），
只需证向量FC＝（x1－1，y1）与FD＝（x2－1，y2）共线，
即证（x1－1）y2＝（x2－1）y1. （*）
因为x124＋y123＝1＝（－2）24＋023，所以（x1+2)(x1－2）4＝－y123，
所以kAC＝y1x1+2＝－34·x1－2y1＝yP6，
同理可得kBD＝y2x2－2＝－34·x2+2y2＝yP2，
所以kACkBD＝（x2－2）y1（x1+2）y2＝13，即x1y2－3x2y1＋6y1＋2y2＝0， ①
同理可得－3x1y2＋x2y1＋2y1＋6y2＝0， ②
①－②得4x1y2－4x2y1＋4y1－4y2＝0，即（x1－1）y2＝（x2－1）y1.
所以（*）式成立，即直线CD经过点F.
4.[2024江西九校联考]已知抛物线C：y2＝2px（p＞0），直线x＝2y＋1交抛物线C于A，B两点，且△OAB的面积为23（O为坐标原点）.
（1）求实数p的值；
（2）过点D（2，0）作直线l交抛物线C于P，Q两点，点P关于x轴的对称点为P'，证明：直线P'Q过定点，并求出定点坐标.
解析 （1）易得直线x＝2y＋1过点（1，0），
设A（x1，y1），B（x2，y2），
由x＝2y+1，y2=2px，得y2－22py－2p＝0，
所以y1＋y2＝22p，y1y2＝－2p，
所以｜y1－y2｜＝（y1＋y2）2－4y1y2＝（22p）2－4×（－2p）＝22（p2＋p），所以△OAB的面积S＝12×1×｜y1－y2｜＝2（p2＋p）＝23，
又p＞0，所以p＝2（p＝－3＜0舍去）.
（2）由（1）得抛物线C的方程为y2＝4x.
设P（x3，y3），Q（x4，y4），不妨令y4＞y3，则P'（x3，－y3）.
设直线l的方程为x＝ty＋2，（直线l的另一种设法为y＝k（x－2），请注意对这两种设法的取舍）
由x＝ty+2，y2=4x，消去x，得y2－4ty－8＝0，
则y3＋y4＝4t，y3y4＝－8.
直线P'Q的方程为y－（－y3）＝y4－（－y3）x4－x3（x－x3），
即（x4－x3）y＋x4y3＝（y4＋y3）x－y4x3，
即（ty4－ty3）y＋（ty4＋2）y3＝（y4＋y3）x－y4（ty3＋2），
即t（y4－y3）y＝（y4＋y3）x－2ty4y3－2（y3＋y4），
即t（y4＋y3）2－4y4y3·y＝（y4＋y3）x－2ty4y3－2（y3＋y4），
即t（4t）2－4×（－8）·y＝4tx－2t×（－8）－2×4t，即tt2+2·y＝t（x＋2）.
令x+2=0，y=0，得x＝－2，y=0，
所以直线P'Q过定点，定点坐标为（－2，0）.
5.[2023南京六校联考]已知椭圆C：x25＋y24＝1的上、下顶点分别为A，B，过点P（0，3）且斜率为k（k＜0）的直线与椭圆C自上而下交于M，N两点，直线BM与AN交于点G.
（1）设AN，BN的斜率分别为k1，k2，求k1·k2的值；
（2）求证：点G在定直线上.
解析 （1）由已知，得A（0，2），B（0，－2），设M（x1，y1），N（x2，y2），
则k1·k2＝y2－2x2·y2+2x2＝y22－4x22，
又x225＋y224＝1，所以y22＝4（1－x225），
所以k1·k2＝4（1－x225）－4x22＝－45.
（2）由题意知直线PM的方程为y＝kx＋3（k＜0），
与椭圆方程联立，得y＝kx+3，4x2+5y2=20，
消去y，得（4＋5k2）x2＋30kx＋25＝0.
Δ＝900k2－100（4＋5k2）＝400（k2－1）＞0，则k＜－1，
所以x1＋x2＝－30k4+5k2，x1·x2＝254+5k2.
直线MB的方程为y＝y1+2x1x－2，
直线NA的方程为y＝y2－2x2x＋2，
联立，化简得y+2y－2＝x2（y1+2）（y2－2）x1.
解法一 y+2y－2＝－54·y2+2x2·y1+2x1＝－54·k2x1x2+5k（x1＋x2）+25x1x2＝－5，解得y＝43，
所以点G在定直线y＝43上.
解法二 易得x1＋x2x1x2＝－65k，
所以y+2y－2＝x2kx2+1·kx1+5x1＝kx1x2+5x2kx1x2＋x1＝－56（x1＋x2）+5x2－56（x1＋x2）＋x1＝－5，解得y＝43，
所以点G在定直线y＝43上.
6.[设问创新]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的右焦点为F（1，0），且过点A（－2，0）.
（1）求C的方程.
（2）点P，Q分别在C和直线x＝4上，OQ∥AP（O为坐标原点），M为AP的中点，求证：直线OM与直线QF的交点在某定曲线上.
解析 （1）由题意可知，A（－2，0）为椭圆C的左顶点，所以a＝2，又F（1，0）为C的右焦点，所以a2－b2＝1，所以b2＝3，
故椭圆C的方程为x24＋y23＝1.
（2）设P（x0，y0）（x0≠±2），则M（x0－22，y02），所以OM＝（x0－22，y02），直线AP的斜率k＝y0x0+2.
因为OQ∥AP，所以直线OQ的方程为y＝y0x0+2x，令x＝4，得Q（4，4y0x0+2），所以FQ＝（3，4y0x0+2）.
所以OM·FQ＝3（x0－2）2＋2y02x0+2＝3（x02－4）+4y022（x0+2） ①.
因为点P在椭圆C上，所以x024＋y023＝1，4y02＝12－3x02，
代入①，得OM·FQ＝0，所以OM⊥FQ，
所以直线OM与FQ的交点在以OF为直径的圆上，该圆的方程为（x－12）2＋y2＝14，
即直线OM与直线FQ的交点在定曲线（x－12）2＋y2＝14上.