圓錐曲線過定點(diǎn)專題

1、全國名校高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)壓軸大題專題匯編(附詳解)專題8欲證直線過定點(diǎn)，結(jié)合特征方程驗(yàn)【題型綜述】直線過定點(diǎn)的解題策略一般有以下幾種：(1)如果題設(shè)條件沒有給出這個(gè)定點(diǎn)，那么，我們可以這樣思考：由于這個(gè)定點(diǎn)對(duì)符合要求的一些特殊情況必然成立，那么我們根據(jù)特殊情況先找到這個(gè)定點(diǎn)，再證明這個(gè)點(diǎn)與變量無關(guān).(2)直接推理、計(jì)算，找出參數(shù)之間的關(guān)系，并在計(jì)算過程中消去部分參數(shù)，將直線 方程化為點(diǎn)斜式方程，從而得到定點(diǎn).(3)若直線方程含多個(gè)參數(shù)并給出或能求 出參數(shù)滿足的方程，觀察直線方程特征與參數(shù)方程滿足的方程的特征，即可找出直線所過頂點(diǎn)坐標(biāo)，并帶入直線方程進(jìn)行檢驗(yàn).注意到繁難的代數(shù)運(yùn)算是此類問題的特點(diǎn)，設(shè)

2、而不求方法、整體思想和消元的思想的運(yùn)用可有效地簡化運(yùn)算【典例指引】類型一橢圓中直線過未知頂點(diǎn)問題2 2例1【課標(biāo)1,理20】已知橢圓C：務(wù)+占=1 (a>b>0),四點(diǎn)P (1,1 ), R(0,1 ), a bR (- 1,乎),P4( 1'¥)中恰有三點(diǎn)在橢圓C上.(1)求C的方程;(2)設(shè)直線I不經(jīng)過P2點(diǎn)且與C相交于A B兩點(diǎn).若直線P2A與直線PB的斜 率的和為-1，證明：I過定點(diǎn).全國名校高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)壓軸犬題專題匯編（附詳解）【解析】 由于耳，烏兩點(diǎn)關(guān)于y軸對(duì)稱，故由題設(shè)知C經(jīng)過/耳兩點(diǎn).又由土十卜7*帀*知'C不經(jīng)過點(diǎn)所以點(diǎn)円在C上./=4因

3、此k ，解得故C的方程為 + /=1-4 謖直線PiA與直線P遲的斜率分別為b b如果d與耳軸垂直，設(shè)n 由題設(shè)知“0,且|乍2,可得蟲，召的坐標(biāo)分別為也詳全國名校高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)壓軸大題專題匯編（附詳解）則氏十忑=迫壬_史手空=_1,得f = 2；不符合題設(shè)”從而可設(shè)h y = ia + jn (m*l).將* = Ax+ot代入=+屮=1得4(4ft? +l)i' + 8to9EC +-4 = 04m-4由題設(shè)可知-嵌+1） AO設(shè)川（兀打yi）j養(yǎng)5,力片則= -斗賈r JTUf尸而認(rèn)=心哥里二_切+用 一 1 fei + M-1ZfeCjXt +03 1(舟 + 舟)利用併刊3 =

4、 1可得坐標(biāo)關(guān)系加-加十科1,結(jié)合中的結(jié)論整理可得55帀？ = CI,即=CI,即0Q 5 P據(jù)此即可得出題中的結(jié)論。的結(jié)i試題解析：(1)設(shè)尸(兀刃山區(qū)也設(shè)呱盹=0),帀=(兀-耳必而=(0小卜由脅=旋昴得斗J二兀叫二¥0£)辭因?yàn)镸(z)在C上，所請(qǐng)+弓=1.因此點(diǎn)P的軌跡方程為y +於=2。)由題意知F 1,0。設(shè)QP &3¥mn P則跡方程為y+於=2。OQ =(-3衛(wèi)，PF1 m, n ,OQ PF 3 3m tn ,OP =(m,nqPQ3 m,t n 。由OP PQ訥得3m m2 tn n2 1，又由(1)知 m2 n22，故所以過點(diǎn)P且垂3

5、+3m-tn由=血利用麗可和用?！?#169;“可得坐標(biāo)關(guān)系 所以O(shè)Q PF 0，即OQ丄解，。賊過點(diǎn)軍存在唯一直線垂直于的誓Q+仔二如據(jù)覽心試題解析：設(shè)尸(兀刃皿區(qū)小,設(shè)何見0)5 :直于OC的直線I過聊左焦點(diǎn)哄。 W叮*呷丿利用卯理=1可得OQ S據(jù)此即可得類型三因點(diǎn)在定直線上問題?得兀二由肝二旋磁得兀二S二手嚴(yán)圓執(zhí)1試題解析：(1)設(shè)尸& a>b>0的離心率是23，拋物線齟的X2跡辱的焦點(diǎn) F是C的一個(gè)頂點(diǎn)二2由M =屜NM得兀=：(I )求橢圓C的方程;因?yàn)镸(耳片)在C上.(II )設(shè)P是E上的動(dòng)點(diǎn)，且位于第一象限，E在點(diǎn)P處的切線I與C交與不同的'I軌跡

6、方程為:全國名校高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)壓軸大題專題匯編(附詳解)兩點(diǎn)A, B,線段AB的中點(diǎn)為D,直線0D與過P且垂直于x軸的直線交于點(diǎn)M(i )求證：點(diǎn)M在定直線上;(ii )直線I與y軸交于點(diǎn)G,記PFG的面積為S， PDM的面積為S2，求§ 的S23Xi +X22m因此"丁=4訂1全國名校高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)壓軸大題專題匯編（附詳解）【解析】（I ）由題意知H滬=也可得：a = 2b. a因?yàn)椴段锞€E的焦點(diǎn)為尺0冷）所以 = 1& =彳所以榊11 C的方程為工2 +4于=1_（ID <0設(shè)P（昵蘭一X血aO）,由可得y =12所以直線/的斜率為聊 因此直線f的方程 2 學(xué)

7、噸r"即FF-£ £r2=_m_ 設(shè) A(xi ,yi), B(X2, y2), D(xo, yo)，聯(lián)立方程 mX 2x2 +4 y2 = 1得(4m2 +1)x2 -4m3x + m4 -1 = 0 , 34m1由 i >0，得 0vm< J2 +75 且捲 + X2 = m全國名校高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)壓軸大題專題匯編（附詳解）咳T得y廠顧邛'因?yàn)榭?一二，所臥直線02）方程為F"二；C兀 4/M41M聯(lián)立方程鬲得點(diǎn)皿的縱坐標(biāo)為溝=7,4即點(diǎn)M在定直卻上2（ii）由（i ）知直線1.對(duì)任意圓錐曲線，過其上任意一點(diǎn)作兩條直線，若直線斜率之積

8、為定值，兩直線交圓錐曲線于A,B 兩點(diǎn)，則直線AB過定點(diǎn).2.已知AB為過拋物線y* 2 = 2 px( pR)的焦點(diǎn)F的弦，Ag ydBy)，則 | AB x1 +x2 + p .方呈為y=mx-牛2 2 令X=O得y 一少，所以G（o晉）,又 P(m,所以Si21),F(0,丄),D ( j；.，T),221 4m2 +1 2(4m2 +1)112=-| GF I m = m(m +1),24m(2m2 +1)28(4m2 +1)，1S2 =2l PM 丨 |m-X0 卜2m3- m2所以 § = 24m二13S,(2m2 +1)2令十，則&十十+2 , 所以點(diǎn)P的坐標(biāo)為

9、（職），因此J的最大值為9，此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（¥ 類型四 拋物線中直線過定點(diǎn)問題當(dāng)2，即z時(shí)，s取得最大值4，此時(shí)m=¥，滿足>0,全國名校高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)壓軸大題專題匯編(附詳解)例4.【2013年高考理科陜西卷】已知?jiǎng)訄A過定點(diǎn)A(4,0),且在y軸上截得的弦MN的長為8.(I)求動(dòng)圓圓心的軌跡C的方程；(n)已知點(diǎn)B( 1,0),設(shè)不垂直于x軸的直線I與軌跡C交于不同的兩點(diǎn)P,Q,若x軸是NPBQ的角平分線，證明直線I過定點(diǎn).【解析】(I )設(shè)動(dòng)圓圓心C的坐標(biāo)為(i V)則(4一工尸+ (0-尸尸=梓+,整理得2=歸所臥J所求動(dòng)圓圓心的軌跡C的萬程為/=Kx ( &q

10、uot; 0(II)證明般至刼方程為卩二fac+b無立吁得H +2Afoc+滬二foe n-= & tvkx-ha1S鞏卷阿+切衛(wèi)厲,眺+,若罠軸S 4Q的角平分線，則_ 犧+b %+b _ （砌 +為（馬+1）斗 C盹+ b）（jq + l） _ 32+（血十兀J+ 2b 置*0碼十1十1（兩十1）（匝十1）（珂+1）（ Xq -Hl）m 汽? 譏 e 即花=b故直線1方程為F =何丸一1”直線1過走:點(diǎn).(1,0).【擴(kuò)展鏈接】4.已知直線y-yo =k(xxo)，當(dāng)k變動(dòng)時(shí)，直線恒過定點(diǎn)(ey。).【同步訓(xùn)練】1.已知橢圓的離心率 e近，左、右焦點(diǎn)分別為 Fi、F2,定點(diǎn)，P(2

11、, Jj),點(diǎn) 2F2在線段PF的中垂線上.(1)求橢圓C的方程;(2)設(shè)直線I : y=kx+m與橢圓C交于M N兩點(diǎn)，直線F2M HN的傾斜角分別為a、P且a +p = n，求證：直線I過定點(diǎn)，并求該定點(diǎn)的坐標(biāo).【思路點(diǎn)撥】(1)由橢圓的離心率求得aRjc,且丨FiF2丨=I PE丨，利用勾股._k p+iD定理即可求得c及a和b的值;(2)將直線代入橢圓方程，利用直線的斜率公式求得 葉小引如 由址F卅+知看0,結(jié)合韋達(dá)定理，即可求得 m二-2k.則直線MN過定點(diǎn)，該定點(diǎn)的坐標(biāo)為(2, 0).t詳細(xì)解析】 由橢圓C的離尤譚則3=屜， a 2橢圓C的左.右焦點(diǎn)分別為F1 (-C, 0), (

12、C 0),又點(diǎn)旳在線段PF1的中垂線上I FiFa I =丨蚯 I , /- (2c) L (V33 耳(2 - C)% 解得：貝Ij 3=2, bF-p=l,2 r二橢圓的方程為牙十/二1，(2)證明=由題意，知直線MN存在斜率，設(shè)其方程為尸lo+ni異2_由=1 消去y,得 Qk+l) xMknix-F2tn2 - 2=0. ykx+m2設(shè) M(711, yi.K N Csi, yj),則蠱-°號(hào)口，-2且芒？些Nm片嚴(yán)沖=0,即y心=0,化簡，得 2kxiX2+ (mT- k) (X1+X2)- 2m=02. 2kx21-( m- k) (-2kSl)-2m 整理得 m二-2k

13、.直線MN的方程為y=k (X-2),直線MN過定點(diǎn)，該定點(diǎn)的坐標(biāo)為(2, 0).2.已知焦距為2血的橢圓C:2 s+學(xué)2 a=1 (a>b>0)的右頂點(diǎn)為A,直線y弓與橢J圓C交于P、Q兩點(diǎn)(P在Q的左邊)，Q在X軸上的射影為B,且四邊形ABP(是平行四邊形.(1)求橢圓C的方程;(2)斜率為k的直線I與橢圓C交于兩個(gè)不同的點(diǎn) M N.(i )若直線I過原點(diǎn)且與坐標(biāo)軸不重合，E是直線3x+3y-2=0上一點(diǎn)，且 EMN是以E為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形，求 k的值(ii )若M是橢圓的左頂點(diǎn)，D是直線MN上一點(diǎn)，且 DAIAM點(diǎn)G是X軸上異于點(diǎn)M的點(diǎn)，且以DN為直徑的圓恒過直線 A

14、N和DG的交點(diǎn)，求證：點(diǎn)G是定點(diǎn).【思路點(diǎn)撥】(1)由題意可得cM，直線y代入橢圓方程，求得P, Q的橫坐標(biāo)，可得|AB|，由四邊形ABPQ是平行四邊形, 可得|AB|=|PQ|，解方程可得b,由a, b, c的關(guān)系可得a,進(jìn)而得到橢圓方程;(2) (i )由直線y=kx代入橢圓方程，求得 M的坐標(biāo)，由 EMN是以E為直角頂 點(diǎn)的等腰直角三角形，可設(shè) E (m -m),求出E到直線kx - y=0的距離d,由3題意可得OEL MN |OM|=d，解方程可得k的值；(ii )由M(- 2, 0),可得直線MN的方程為y=k (x+2)，代入橢圓方程，可得x 的方程，運(yùn)用韋達(dá)定理，可得 N的坐標(biāo)，

15、設(shè)G(t , 0), (t工-2),由題意可得D(2, 4k), A(2, 0),以DN為直徑的圓恒過直線 AN和DG的交點(diǎn)，可得ANL DG運(yùn)用兩直線垂直的條件，可得斜率之積為-1,解方程可得t=0 ,即可得到定點(diǎn).【詳細(xì)解析】(1)由題意可得2曰Ml即 皿，2直線=£代入橢圓方程可得冷+片13a解得薩±備匚叵耳9b由四邊形ABPQ是平行四邊形,arWlABh|PQl=2a hZHV 9b'解得 b=V2t2 2可得橢圓的方程為牛+卄42Ci)由直線尸kx代入橢圓方程，可得(H2Q)2kl+2k由EMN是以E為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形,IBIB2、IkitH-in

16、-v可設(shè)Elm.E到克線kx - y=0的距離為d _)3Vl+l?即有OE丄MN, |OM|二山2即為丄一-亠mk I3l+2k" Vl+l?由ni= 嚴(yán)，代入第二式=優(yōu)簡整理可得- 18t+8=O, 3d)解得或I，(ii )證明：由M (- 2, 0),可得直線MN的方程為y=k (x+2).代入橢圓方程可得，(1+2k2) x2+8k2x+8k2 - 4=0,可得-2+Xn= -l+2k2解得XN= Ik ,1+卅2yN=k ( Xn+2) = 4k ，即 Nl+2k1+2V4kl+2k),設(shè) G( t，0)，( t M- 2),由題意可得 D(2, 4k), A (2, 0

17、),以DN為直徑的圓恒過直線 AN和DG的交點(diǎn),全國名校高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)壓軸大題專題匯編（附詳解）可得ANL DG即有 kAN?kDG=- 1,即為業(yè)?玉=-1,2-4k2-4 k2 2-t 解得t=0 .3.已知橢圓E: 2；+尊:故點(diǎn)G是定點(diǎn)，即為原點(diǎn)（0, 0）.=1 （a>b>0）經(jīng)過點(diǎn)（1,3）,且離心率e=（1）求橢圓E的方程;（2）設(shè)橢圓E的右頂點(diǎn)為A,若直線I : y=kx+m與橢圓E相交于M N兩點(diǎn)（異于A點(diǎn)），且滿足MALNA試證明直線I經(jīng)過定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo).【思路點(diǎn)撥】（1）由題意的離心率公式e壬，求得a=2c, b2=3c2，將點(diǎn)代入橢圓a方程，即可求得

18、a和b的值，即可求得橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;（2）將直線方程代入橢圓方程，由題意可知 aS=0,由向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算及韋達(dá)定理，即可求得 m和k的關(guān)系，代入即可求得直線恒過定點(diǎn).【詳細(xì)解析】（1）由橢圓離心率e=4二則a=2c,-應(yīng)=3已a(bǔ) 22 2將（1,-習(xí)）代入橢圓方程i -+丄訂，解得；c=t則界=4, 2=3,34/ 3匚 22 2橢圓方程為牛二1估分）4（2）證明醫(yī)設(shè) M （S1, yi）, N（X2, yi）.'yks+m芷2 y2 1 整理得 C3Hk） x+Einkx+4 - 5） =0,則髯3+訃且 -54mP- 16（3+41?） Cm-3）>0,即頭41?-n

19、i 立 >6丁以MK為直徑的圓過橢圓的右頂點(diǎn)A'* AM丄AN,即両'耳，則 Cxi - 2, yiCsa - 2, 72）=0, SP yiyi+xpy - 2 （劉+也 +4=0,2 2 又 yiy2= ClKi+ui）（kx2十m） =kxixjfink Cxi+x2）十n?'（皿） 4（m'-3）+3（in-4k3-H4k+4=0,計(jì)4k23+4化簡得，7m+4k2+16mk=0解得m二-2k或m=-韋爼均滿足3+4k2 m> 0當(dāng) m二-2k 時(shí)，L: y=k （x - 2）, 當(dāng) m二-牛時(shí)，L; y=k （x-夸）， 綜上，直線I過定點(diǎn)

20、，定點(diǎn)坐標(biāo)為（Y，0）.直線過定點(diǎn)（2, 0）與已知矛盾; 直線過定點(diǎn)（Y,0）,34.已知橢圓Cs丄尹 a2 ,寧lG>b>0）的離心率為吉，左、右焦點(diǎn)分別為圓Fi、 F2, M是C上一點(diǎn)，|MFi|=2，且I真11甌I二-2而-申.（1）求橢圓C的方程;全國名校高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)壓軸大題專題匯編(附詳解)(2)當(dāng)過點(diǎn)P (4, 1)的動(dòng)直線I與橢圓C相交于不同兩點(diǎn)A, B時(shí)，線段AB上取點(diǎn)Q且Q滿足11疋I晅|二|屁I |PB |，證明點(diǎn)Q總在某定直線上，并求出該定,由余弦定理求出c=1 .由此直線.【思路點(diǎn)撥】(1)由已知得a=2c，且二卩町2二60° 能求出橢圓C的方程

21、.(2)設(shè)直線I的方程為y=kx+ (1 - 4k),代入橢圓方程，得(3+4k2) x2+ (8k-32k2) x+64k2 - 32k - 8=0,由此利用韋達(dá)定理、向量，結(jié)合已知條件能證明點(diǎn)Q總在某定直線上，并求出該定直線.【詳細(xì)解析】丁橢圓C, 十弓lG>b>o)的離心率為斗子b"2左、右焦點(diǎn)分別為圓m 打 耐是C上一點(diǎn),|mfi|=2,且IMF： I卩:八由已知得且ZRJIFpWO%在AF1F2M中，由余弦定理得：(2c) 2 二2+- 2)2-2X2cue 巧 0",解得則尸乙所以橢圓C的方程為弓斗二一證明：（2）由題意可得直線1的斜率存在，設(shè)直線

22、1 的方程為 y l=k （X - 4）,即 y=ict+ Cl" 4k）,代AffiS方程，整理得（3+4fc2）衛(wèi)+ （肚-3於）x+64k-S2k-8=0, 設(shè) A Cun yiL B （池，旳），n,i ,32k -8k64k-32k-8剛 X 1 + I 尸5 J H1 S =o 3+4k3+4k設(shè)Q （so, ya）,由運(yùn)I而I二I加I IPB |得;（4- S1）（網(wǎng)-E =（SI-S0）（4-（考慮線段在X軸上的射影即可）,-8hjo= C4+ho） tsi+sa） -于是8（4）1咤L律血警®uu 3+41,23+4k整理得 Ssjo - 2=（4- KO

23、）k,點(diǎn)Q總在直線3s+y-3-0±.2,1）在又k罟代入式得垣+心皿全國名校高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)壓軸大題專題匯編(附詳解)斜率均存在時(shí)，寫出直線 AB的方程，代入橢圓方程后化簡，利用根與系數(shù)關(guān)系求得M坐標(biāo)，同理求得N的坐標(biāo).進(jìn)一步分k工士 1和k=± 1求得直線MN的方程,0).從而說明直線MN過定點(diǎn)，當(dāng)弦AB或CD的斜率不存在時(shí)，易知，直線MN為X軸, 也過點(diǎn)(徑5詳細(xì)解析】1)由橢圓的離心率 則xWc, a 32 2 hXQ-Jm已將P代入橢圓方程：七+丄刁J3c 2c即一宀寸解得4X32c'則心用，bW2,2 2則橢圓方程；牛+專=1；(2)證明：由橢圓的右焦點(diǎn)F

24、(L 0), 當(dāng)弦AB, CD的斜率均存在時(shí). 設(shè)AE的斜率為k,則CD的斜率為-i.yi3p B (xa, y2)P 線段 AB 中點(diǎn) M網(wǎng),yo).k 直線AB的方程；y=t (X - 1),設(shè)A Cxi, "尸 k (x-1* * M 2,整理得：(31£?+2 )壬-61? s4丄+匚二13 S丄則 X1+X2二平,3k+2X1X2=3k+2XoJiy, yo=k (Xo - 1)=-23+22k3k+2于是M (V CDL AB 將點(diǎn)即得點(diǎn)N (冊(cè)'2k )3k+2).M坐標(biāo)中的k換為-匕k2k )全國名校高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)壓軸大題專題匯編（附詳解）當(dāng)kM士 1

25、時(shí)，直線MN的方程為y-2k=-5k(X -3加十33k J八加十3)令y=0,得x=邑，則直線MN過定點(diǎn)（色，0）;55-5當(dāng)k= 士 1時(shí)，易得直線MN的方程X也，也過點(diǎn)（3,55當(dāng)弦AB或CD的斜率不存在時(shí)，易知，直線 MN為X軸,0 )也過點(diǎn)（企0）.5綜上，直線MN必過定點(diǎn)（邑0）.2 26.已知橢圓C: X +4y =4.（1）求橢圓C的離心率;（2）橢圓C的長軸的兩個(gè)端點(diǎn)分別為 A, B,點(diǎn)P在直線x=1上運(yùn)動(dòng)，直線PAPB分別與橢圓C相交于MN兩個(gè)不同的點(diǎn),求證：直線MN與x軸的交點(diǎn)為定點(diǎn).【思路點(diǎn)撥】（1）求得橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，則a=2, b=1,則c£，利用橢圓的離

26、心率公式，即可求得橢圓 C的離心率;（2）設(shè)卩（1,t），由已知條件分別求出MN的坐標(biāo)，設(shè)定點(diǎn)為Q 再由kMcrkNQ,能證明直線MN經(jīng)過一定點(diǎn)Q（4, 0）.【詳細(xì)解析】（I）由橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，計(jì)+yJl，則丘2, b=l,則 <=V3f 橢圓的離心率e=-=,a 2證明橢圓C的左，右頂點(diǎn)分別為A,氏點(diǎn)P是直線口上的動(dòng)點(diǎn),/-A （ -2, 0）, B（2, 0）,設(shè) P （1, tL則皿7 J,直線 P4 U （x+2）,1+2 33y=y（K+2）聯(lián)立得;2 整理，得（4t+9）2£'+16v+l6m - 34thX丄21-'B I 貝ij SM-1A8

27、t 凈 鄧（ski+2） -吟 41+94t'+934±'+9則M （址宀4t+94V+92同理得到N-（8分）4t +1 4t +1由橢圓的對(duì)稱性可知這樣的定點(diǎn)在図軸不妨設(shè)這個(gè)定點(diǎn)為Q （叫0）,10分全國名校高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)壓軸大題專題匯編(附詳解)12t4t 4t+94t+l又叫M ，吩S&2infl ID4r+g4t+i/. (Em-32)- 6111+24=0, m=4.二直線MN經(jīng)過一定點(diǎn)Q (4, 0),直線MN與耳軸的交點(diǎn)為定點(diǎn)Q U, 0).2 ._2(2)過點(diǎn)P (0, 2)作直線I交橢圓于MN兩點(diǎn)，過M作平行于x軸的直線交橢圓于另外一點(diǎn) Q連

28、接NQ求證：直線NQ經(jīng)過一個(gè)定點(diǎn).【思路點(diǎn)撥】(1)由題意得：*c二 a亡 寺(a-c)= 衛(wèi)2十/解得a;7.在直角坐標(biāo)系xOy中，F(xiàn), A, B分別為橢圓務(wù)宀1(5>3的右焦點(diǎn)、右 a b頂點(diǎn)和上頂點(diǎn)，若02F扎 呂聞誓乙(1)求a的值;(2)設(shè)M(xi, yi), N (X2, y2),直線I的方程為y=kx+2，將y=kx+2代入橢圓全國名校高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)壓軸大題專題匯編（附詳解）方程得（3+4k2） msk"0'勺“誥,直線NQ的方程3+G，由對(duì)稱性可知，若過定點(diǎn)，則必在 y軸上，令x=0,即可.【詳細(xì)解析】C1）由題意得：c=a-c寺g罟.解得磊"的

29、值為（2）設(shè) M（XI, yi）, N（S3, yi）,直線 1的方程為 y=ks+2, 則 Q （ -口，yi）,將尸匕+2代入橢圓方程得（3+斗口）施+1 Gkx+4=0,-16k-4X 4 + DC p貞 5 I 1 X O =亍、3+4疋3+41?直線NQ的方程y-y二牛丄Cx+ 由對(duì)稱性可知，若過定點(diǎn)，則必在y軸上, 令EX何廠旳二莎打W尸 +匕二十我所以直線NQ經(jīng)過定點(diǎn)（0；.8.已知橢圓C :2（2）聯(lián)立直線和橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，得到關(guān)于y的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系得到直線的點(diǎn)斜式方程，再利用賦值法進(jìn)行求解【詳細(xì)解析】（1）V橢圓的左頂點(diǎn)IA在圓X2 + y2=12上，.,

30、= 2柘又橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)為吐3刖，.k=3二橢圓Q的方程為12A-+ =3x = my+3,< W Tfi "佃-y）譏和宀），測肓線與柵圖C方程K立+= 1123化簡并整理得（'+4護(hù)+6甲3 = 06m5+-Tm +4m +4由題設(shè)知"1（花廠旳）二直線舊/的方程為r-ji =程電&:-砧斯-兀1乃何一可）_坷旳+溝片_ e” +巧比+巧比令y = 0彳尋玄=為Xl + 比乃+乃-6jw-OJH宀4二直線MU過定點(diǎn)P代0.9.已知?jiǎng)訄AM恒過點(diǎn)（0, 1）,且與直線y=- 1相切.（1）求圓心M的軌跡方程;（2）動(dòng)直線I過點(diǎn)P （0,- 2）,且與點(diǎn)

31、M的軌跡交于B兩點(diǎn)，點(diǎn)C與點(diǎn)B關(guān)于y軸對(duì)稱，求證：直線AC恒過定點(diǎn).【思路點(diǎn)撥】（1）由題意可知圓心M的軌跡為以（0, 1）為焦點(diǎn)，直線y=- 1為準(zhǔn)線的拋物線，根據(jù)拋物線的方程即可求得圓心M的軌跡方程;（2）由題意可知直線I的斜率存在，設(shè)直線I的方程為：y=kx - 2, A（X1, yj ,B (X2, y2),則C(- X2, y2).代入拋物線方，由韋達(dá)定理及直線直線 AC的方程為：y - y2=-(X+X2),把根與系數(shù)的關(guān)系代入可得4y=( X2 - xi)X+8，令X=0,即可得出直線恒過定點(diǎn).【詳細(xì)解析】(1)v動(dòng)點(diǎn)M到直線y=- 1的距離等于到定點(diǎn)C(0,1 )的距離, 二動(dòng)

32、點(diǎn)M的軌跡為拋物線，且4=1，解得：p=2 ,動(dòng)點(diǎn)M的軌跡方程為X2=4y;(2)證明：由題意可知直線I的斜率存在,設(shè)直線 I 的方程為：y=kx - 2, A(Xi, yi), B (X2,目2),貝J C (- X2, y2).聯(lián)立v=lz-2-X =4y,化為 X2- 4kX+8=0 ,解得Q勵(lì)K - V2.SI規(guī)=8直線直線AC的方程為:y - yi-歹2歹1 (x+s2), p+x 1又丁- 2, y2=ks2 - 2, 4ky - 4k (kxi - 2) = Ckx2 - kxi) x+kxix2 -化為 4y=s+x2 (4k-xi),'-'si=+k- sa.

33、/. 4y= (X2 - XI) x+S, 令 s=0,則 y=2.:直線AC恒過一定點(diǎn)Co, 2)全國名校高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)壓軸大題專題匯編(附詳解)10.已知F是拋物線C: x2=4y的焦點(diǎn)，A (Xi, yi), B (X2,為拋物線C上不同的兩點(diǎn)，l1, l2分別是拋物線C在點(diǎn)A、點(diǎn)B處的切線，P( xo, yo)是11, I2的交點(diǎn).(1)當(dāng)直線AB經(jīng)過焦點(diǎn)F時(shí)，求證：點(diǎn)P在定直線上;（2）若|PF|=2，求|AF| ?|BF| 的值.【思路點(diǎn)撥】(1)當(dāng)直線AB經(jīng)過焦點(diǎn)F時(shí)，求出切線PA PB的方程，可得P的坐標(biāo)，即可證明：點(diǎn)P在定直線上;(2)設(shè)直線AB的方程為y=kx+m 代入C:

34、x2=4y得x2-4kx - 4m=Q求出P的坐標(biāo)，利用韋達(dá)定理，即可求|AF| ?|BF|的值.23弓2 覽1日n工1 Xy-y I =Ci-x ）, 即 尸2玄，【詳細(xì)解析】(1)證明：拋物線尸切線PA的方程為4同理切線PB的方程為 聯(lián)立得點(diǎn)P警)，設(shè)直線AB的方程為y=kx+1，代入C: x2=4y得x2 - 4kx- 4=0.所以xx二-4所以點(diǎn)P在直線y=- 1 上;(2)證明：設(shè)直線AB的方程為y=kx+m代入 C: x2=4y 得 x2 - 4kx - 4m=0 X1+x2=4k, X1X2二4m 所以 P （2k,- m）,PF I =j4/+（ni+l）Z2二（血1） Lq-

35、并2AT I |州 I二（卩+1）（旳+巧二他 X j+ttH-I） （k 切+硏1）二iTp+kGrH（s + £2）+ （時(shí)1）'=-4mk+4k2 （m+1） +4 - 4k2=4.11.已知?jiǎng)狱c(diǎn)C到點(diǎn)F (1, 0)的距離比到直線x= - 2的距離小1,動(dòng)點(diǎn)C的軌跡全國名校高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)壓軸大題專題匯編(附詳解)為E.(1)求曲線E的方程;(2)若直線I : y=kx+m(km<0)與曲線E相交于A, B兩個(gè)不同點(diǎn)，且玉忑巧,證明：直線I經(jīng)過一個(gè)定點(diǎn).【思路點(diǎn)撥】(1)根據(jù)拋物線的定義，即可求得曲線 E的方程;(2)設(shè)直線I的方程，代入拋物線方程，利用韋達(dá)定理及向

36、量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算，求得m=- 5k,即可求得直線I的方程，則直線I必經(jīng)過定點(diǎn)(5, 0).【詳細(xì)解析】(1)由題意可得動(dòng)點(diǎn)C到點(diǎn)F (1. 0)的距離等于到直線咒=-1的距離， 二曲線E是以點(diǎn)(b 0為焦點(diǎn)，直線規(guī)二-1為準(zhǔn)線的拋物線.設(shè)其方程為產(chǎn)(pAO), 號(hào)二1，二尸2,£二動(dòng)點(diǎn)C的軌跡E的方程為護(hù)二bu(2)證明：設(shè) A Csi, yi), B(X2, y2),由*jT叮玄I整理得 屁斗C21cin- 4), 4-Zkiii2 inIc2盂(i+k) K 詳 2+kin (X +瓦2+詁m 十孑"二5 km+4tin- 5k=&, in=k 111= - 又knYD, m=k:舍去，ni=- 5t,滿足A=16 CI - Jon)則直線1的方程為y=k (規(guī)-5),二直線1必經(jīng)過定點(diǎn)(気Oh12.已知?jiǎng)狱c(diǎn)M (x,y )滿足:J(x +1+y2 +J(x-1 卄y2 =2/2.(1)求動(dòng)點(diǎn)M的軌跡E的方程;(2)設(shè)過點(diǎn)N(-1,0 )的直線I與曲線E交于AB兩點(diǎn)，點(diǎn)A關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為C (點(diǎn)全國名校高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)壓軸大題專題匯編（附詳解）C與點(diǎn)B不重合），證明：直線BC恒過定點(diǎn)，并求該定點(diǎn)的坐標(biāo).【思路點(diǎn)撥】（1）動(dòng)點(diǎn)M到點(diǎn)P（ -1,