2024高考數(shù)學(xué)一輪備考復(fù)習(xí)第9章解析幾何第8節(jié)直線與圓錐曲線的綜合問題第3課時圓錐曲線中的定點和定值問題課時跟蹤檢測文含解析新人教B版

PAGE第九章解析幾何第八節(jié)直線與圓錐曲線的綜合問題第3課時圓錐曲線中的定點和定值問題A級·基礎(chǔ)過關(guān)|固根基|1.已知圓M：x2＋(y－2)2＝1，直線l：y＝－1，動圓P與圓M相外切，且與直線l相切．設(shè)動圓圓心P的軌跡為E.(1)求E的方程；(2)若點A，B是E上的兩個動點，O為坐標(biāo)原點，且eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝－16，求證：直線AB恒過定點．解：(1)由題意知，動點P到定點M(0，2)的距離等于到定直線y＝－2的距離，所以依據(jù)拋物線的定義有x2＝8y.(2)證明：易知直線AB的斜率存在，設(shè)直線AB：y＝kx＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)．將直線AB的方程代入x2＝8y中，得x2－8kx－8b＝0，所以x1＋x2＝8k，x1x2＝－8b.則eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋eq\f(xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,2),64)＝－8b＋b2＝－16，解得b＝4，所以直線AB恒過定點(0，4)．2．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)過A(2，0)，B(0，1)兩點．(1)求橢圓C的方程及離心率；(2)設(shè)P為第三象限內(nèi)一點且在橢圓C上，直線PA與y軸交于點M，直線PB與x軸交于點N，求證：四邊形ABNM的面積為定值．解：(1)由題意知，a＝2，b＝1，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.因為c＝eq\r(a2－b2)＝eq\r(3)，所以橢圓C的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2).(2)證明：設(shè)P(x0，y0)(x0<0，y0<0)，則xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)＝4.因為A(2，0)，B(0，1)，所以直線PA的方程為y＝eq\f(y0,x0－2)(x－2)，令x＝0，得yM＝－eq\f(2y0,x0－2)，從而|BM|＝1－yM＝1＋eq\f(2y0,x0－2).又直線PB的方程為y＝eq\f(y0－1,x0)x＋1，令y＝0，得xN＝－eq\f(x0,y0－1)，從而|AN|＝2－xN＝2＋eq\f(x0,y0－1).所以四邊形ABNM的面積S＝eq\f(1,2)|AN|·|BM|＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(x0,y0－1)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2y0,x0－2)))＝eq\f(xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)＋4x0y0－4x0－8y0＋4,2（x0y0－x0－2y0＋2）)＝eq\f(2x0y0－2x0－4y0＋4,x0y0－x0－2y0＋2)＝2，所以四邊形ABNM的面積為定值2.3．橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過橢圓中心的弦PQ滿意|PQ|＝2，∠PF2Q＝90°，且△PF2Q的面積為1.(1)求橢圓C的方程；(2)直線l不經(jīng)過點A(0，1)，且與橢圓交于M，N兩點，若以MN為直徑的圓經(jīng)過點A，求證：直線l過定點，并求出該定點的坐標(biāo)．解：(1)由對稱性易知四邊形PF1QF2為平行四邊形，又∠PF2Q＝90°，所以?PF1QF2為矩形，所以|F1F2|＝|PQ|＝2，所以c因為S△PF1F2＝S△PF2Q＝1，所以|PF1|·|PF2|＝2，又|PF1|＋|PF2|＝2a，|PF1|2＋|PF2|2＝(2c)2＝4，所以a2＝2，所以所求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)證明：設(shè)l：y＝kx＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝kx＋m))得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2(m2－1)＝0，則x1＋x2＝eq\f(－4km,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(2（m2－1）,2k2＋1)，則y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝eq\f(2m,2k2＋1)，y1y2＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝eq\f(m2－2k2,2k2＋1).綜合題意知eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝(x1，y1－1)·(x2，y2－1)＝0，即3m2－又直線不過A(0，1)，所以m≠1，所以m＝－eq\f(1,3)，所以l：y＝kx－eq\f(1,3)，故l必過定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,3))).4.如圖所示，橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右頂點分別為A，B，焦距為2eq\r(2)，直線x＝－a與y＝b交于點D，且|BD|＝3eq\r(2)，過點B作直線l交直線x＝－a于點M，交橢圓于另一點P.(1)求橢圓的方程；(2)求證：eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))為定值．解：(1)由題可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(（2a）2＋b2)＝3\r(2)，,2c＝2\r(2)，,a2＝b2＋c2，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝2，))所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)證明：由(1)知A(－2，0)，B(2，0)．設(shè)M(－2，y0)，P(x1，y1)，則eq\o(OP,\s\up6(→))＝(x1，y1)，eq\o(OM,\s\up6(→))＝(－2，y0)．直線BM的方程為y＝－eq\f(y0,4)(x－2)，即y＝－eq\f(y0,4)x＋eq\f(1,2)y0，代入橢圓方程x2＋2y2＝4，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(yeq\o\al(2,0),8)))x2－eq\f(yeq\o\al(2,0),2)x＋eq\f(yeq\o\al(2,0),2)－4＝0，即(8＋yeq\o\al(2,0))x2－4yeq\o\al(2,0)x＋4yeq\o\al(2,0)－32＝0，由韋達(dá)定理得，2x1＝eq\f(4（yeq\o\al(2,0)－8）,yeq\o\al(2,0)＋8)，所以x1＝eq\f(2（yeq\o\al(2,0)－8）,yeq\o\al(2,0)＋8)，所以y1＝eq\f(8y0,yeq\o\al(2,0)＋8)，所以eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))＝－2x1＋y0y1＝－eq\f(4（yeq\o\al(2,0)－8）,yeq\o\al(2,0)＋8)＋eq\f(8yeq\o\al(2,0),yeq\o\al(2,0)＋8)＝eq\f(4yeq\o\al(2,0)＋32,yeq\o\al(2,0)＋8)＝4，即eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))為定值4.B級·素養(yǎng)提升|練實力|5.已知焦距為2eq\r(2)的橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右頂點為A，直線y＝eq\f(4,3)與橢圓C交于P，Q兩點(P在Q的左邊)，Q在x軸上的射影為B，且四邊形ABPQ是平行四邊形．(1)求橢圓C的方程；(2)斜率為k的直線l與橢圓C交于兩個不同的點M，N.若M是橢圓的左頂點，D是直線MN上一點，且DA⊥AM.點G是x軸上異于點M的點，且以DN為直徑的圓恒過直線AN和DG的交點，求證：點G是定點．解：(1)∵四邊形ABPQ是平行四邊形，∴|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝|eq\o(PQ,\s\up6(→))|.∵|eq\o(PQ,\s\up6(→))|＝2|eq\o(OB,\s\up6(→))|，∴|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝2|eq\o(OB,\s\up6(→))|，則點B的橫坐標(biāo)為eq\f(a,3)，∴點Q的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，\f(4,3)))，代入橢圓C的方程得b2＝2.又c2＝2，∴a2＝4，即橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)證明：設(shè)直線MN的方程為y＝k(x＋2)，N(x0，y0)，DA⊥AM，∴D(2，4k)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝k（x＋2），))消去y得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－4＝0，則－2x0＝eq\f(8k2－4,1＋2k2)，即x0＝eq\f(2－4k2,1＋2k2)，∴y0＝k(x0＋2)＝eq\f(4k,1＋2k2)，則Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－4k2,1＋2k2)，\f(4k,1＋2k2)))，設(shè)G(t，0)，則t≠－2，若以DN為直徑的圓恒過直線AN和DG的交點，則DG⊥AN，∴eq\o(GD,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝0恒成立．∵eq\o(GD,\s\up6(→))＝(2－t，4k)，eq\o(AN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－8k2,1＋2k2)，\f(4k,1＋2k2)))，∴eq\o(GD,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝(2－t)·eq\f(－8k2,1＋2k2)＋4k·eq\f(4k,1＋2k2)＝0恒成立，即eq\f(8k2t,1＋2k2)＝0恒成立，∴t＝0，∴點G是定點(0，0)．6．(2025屆西安市八校聯(lián)考)已知直線l：x＝my＋1過橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1的右焦點F，拋物線x2＝4eq\r(3)y的焦點為橢圓C的上頂點，且l交橢圓C于A，B兩點，點A，F(xiàn)，B在直線x＝4上的射影依次為D，K，E.(1)求橢圓C的方程；(2)若直線l交y軸于點M，且eq\o(MA,\s\up6(→))＝λ1eq\o(AF,\s\up6(→))，eq\o(MB,\s\up6(→))＝λ2eq\o(BF,\s\up6(→))，當(dāng)m改變時，證明：λ1＋λ2為定值；(3)當(dāng)m改變時，直線AE與BD是否相交于定點？若是，懇求出定點的坐標(biāo)，并賜予證明；否則，說明理由．解：(1)因為l：x＝my＋1過橢圓C的右焦點F，所以右焦點F(1，0)，即c＝1，即c2＝1.因為x2＝4eq\r(3)y的焦點(0，eq\r(3))為橢圓C的上頂點，所以b＝eq\r(3)，即b2＝3，所以a2＝b2＋c2＝4，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)證明：由題意知m≠0，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,3x2＋4y2－12＝0))得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝－eq\f(6m,3m2＋4)，y1y2＝－eq\f(9,3m2＋4).因為eq\o(MA,\s\up6(→))＝λ1eq\o(AF,\s\up6(→))，eq\o(MB,\s\up6(→))＝λ2eq\o(BF,\s\up6(→))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,m)))，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1＋\f(1,m)))＝λ1(1－x1，－y1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2＋\f(1,m)))＝λ2(1－x2，－y2)，所以λ1＝－1－eq\f(1,my1)，λ2＝－1－eq\f(1,my2)，所以λ1＋λ2＝－2－eq\f(y1＋y2,my1y2)＝－2－eq\f(6m,3m2＋4)÷eq\f(9m,3m2＋4)＝－eq\f(8,3).綜上所述，當(dāng)m改變時，λ1＋λ2為定值－eq\f(8,3).(3)當(dāng)m改變時，直線AE與BD相交于定點．當(dāng)m＝0時，直線l⊥x軸，則四邊形ABED為矩形，易知AE與BD相交于點Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))，猜想當(dāng)m改變時，直線AE與BD相交于定點Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))，證明如下：由(2)知eq\o(AN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)－x1，－y1))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－my1，－y1))，易知E(4，y2)，則eq\o(NE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，y2)).因為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\