《數(shù)學(xué)》復(fù)習(xí)人教A（新高考）-第8節(jié)微課1　定點問題-教師復(fù)習(xí)驗收卷

《數(shù)學(xué)》復(fù)習(xí)人教A（新高考）-第8節(jié)微課1定點問題-教師復(fù)習(xí)驗收卷《數(shù)學(xué)》復(fù)習(xí)人教A（新高考）-第8節(jié)微課1定點問題-教師復(fù)習(xí)驗收卷/《數(shù)學(xué)》復(fù)習(xí)人教A（新高考）-第8節(jié)微課1定點問題-教師復(fù)習(xí)驗收卷第8節(jié)圓錐曲線的綜合問題微課一定點問題題型一直線過定點問題【例1】已知拋物線C的頂點在原點,焦點在坐標(biāo)軸上,點A(1,2)為拋物線C上一點．(1)求拋物線C的方程;(2)若點B(1,－2)在拋物線C上,過點B作拋物線C的兩條弦BP與BQ,如kBP·kBQ＝－2,求證：直線PQ過定點．(1)解若拋物線的焦點在x軸上,設(shè)拋物線方程為y2＝ax,代入點A(1,2),可得a＝4,所以拋物線方程為y2＝4x.若拋物線的焦點在y軸上,設(shè)拋物線方程為x2＝my,代入點A(1,2),可得m＝eq\f(1,2),所以拋物線方程為x2＝eq\f(1,2)y.綜上所述,拋物線C的方程是y2＝4x或x2＝eq\f(1,2)y.(2)證明因為點B(1,－2)在拋物線C上,所以由(1)可得拋物線C的方程是y2＝4x.易知直線BP,BQ的斜率均存在,設(shè)直線BP的方程為y＋2＝k(x－1),將直線BP的方程代入y2＝4x,消去y,得k2x2－(2k2＋4k＋4)x＋(k＋2)2＝0.設(shè)P(x1,y1),則x1＝eq\f((k＋2)2,k2),所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f((k＋2)2,k2),\f(2k＋4,k))).用－eq\f(2,k)替換點P坐標(biāo)中的k,可得Q((k－1)2,2－2k),從而直線PQ的斜率為eq\f(\f(2k＋4,k)－2＋2k,\f((k＋2)2,k2)－(k－1)2)＝eq\f(2k3＋4k,－k4＋2k3＋4k＋4)＝eq\f(2k,－k2＋2k＋2),故直線PQ的方程是y－2＋2k＝eq\f(2k,－k2＋2k＋2)·[x－(k－1)2]．在上述方程中,令x＝3,解得y＝2,所以直線PQ恒過定點(3,2)．感悟升華圓錐曲線中定點問題的兩種解法(1)引進(jìn)參數(shù)法：引進(jìn)動點的坐標(biāo)或動線中系數(shù)為參數(shù)表示變化量,再研究變化的量與參數(shù)何時沒有關(guān)系,找到定點．(2)特殊到一般法,根據(jù)動點或動線的特殊情況探索出定點,再證明該定點與變量無關(guān)．【訓(xùn)練1】已知點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1,\f(3,2)))是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上一點,F1,F2分別是橢圓的左、右焦點,|PF1|＋|PF2|＝4.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)設(shè)直線l不經(jīng)過P點且與橢圓C相交于A,B兩點．若直線PA與直線PB的斜率之和為1,問：直線l是否過定點?證明你的結(jié)論．(1)解由|PF1|＋|PF2|＝4,得a＝2,又Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1,\f(3,2)))在橢圓上,代入橢圓方程有eq\f(1,a2)＋eq\f(9,4b2)＝1,解得b＝eq\r(3),所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)證明當(dāng)直線l的斜率不存在時,A(x1,y1),B(x1,－y1),k1＋k2＝eq\f(y1－\f(3,2)－y1－\f(3,2),x1＋1)＝1,解得x1＝－4,不符合題意;當(dāng)直線l的斜率存在時,設(shè)直線l的方程y＝kx＋m,A(x1,y1),B(x2,y2),由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m,,3x2＋4y2－12＝0,))整理得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0,x1＋x2＝eq\f(－8km,3＋4k2),x1x2＝eq\f(4m2－12,3＋4k2),Δ＝48(4k2－m2＋3)>0.由k1＋k2＝1,整理得(2k－1)x1x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋m－\f(5,2)))(x1＋x2)＋2m－4＝0,即(m－4k)(2m－2k當(dāng)m＝k＋eq\f(3,2)時,此時,直線l過P點,不符合題意;當(dāng)m＝4k時,Δ＝4k2－m2＋3>0有解,此時直線l：y＝k(x＋4)過定點(－4,0)．題型二其他曲線過定點問題【例2】(2021·重慶診斷)已知橢圓C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右頂點分別是雙曲線C2：eq\f(x2,m2)－y2＝1的左、右焦點,且C1與C2相交于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3),\f(\r(3),3))).(1)求橢圓C1的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)設(shè)直線l：y＝kx－eq\f(1,3)與橢圓C1交于A,B兩點,以線段AB為直徑的圓是否恒過定點?若恒過定點,求出該定點;若不恒過定點,請說明理由．解(1)將eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3),\f(\r(3),3)))代入eq\f(x2,m2)－y2＝1,解得m2＝1,∴a2＝m2＋1＝2,將eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3),\f(\r(3),3)))代入eq\f(x2,2)＋eq\f(y2,b2)＝1,解得b2＝1,∴橢圓C1的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx－\f(1,3),,\f(x2,2)＋y2＝1,))整理得(9＋18k2)x2－12kx－16＝0,∴x1＋x2＝eq\f(12k,9＋18k2),x1x2＝eq\f(－16,9＋18k2),Δ＝144k2＋64(9＋18k2)>0.由對稱性可知,以AB為直徑的圓若恒過定點,則定點必在y軸上．設(shè)定點為M(0,y0),則eq\o(MA,\s\up6(→))＝(x1,y1－y0),eq\o(MB,\s\up6(→))＝(x2,y2－y0)eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝x1x2＋(y1－y0)(y2－y0)＝x1x2＋y1y2－y0(y1＋y2)＋yeq\o\al(2,0)＝x1x2＋k2x1x2－eq\f(k,3)(x1＋x2)－y0eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(k(x1＋x2)－\f(2,3)))＋eq\f(1,9)＋yeq\o\al(2,0)＝(1＋k2)x1x2－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋y0))(x1＋x2)＋yeq\o\al(2,0)＋eq\f(2,3)y0＋eq\f(1,9)＝eq\f(18(yeq\o\al(2,0)－1)k2＋9yeq\o\al(2,0)＋6y0－15,9＋18k2)＝0,∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yeq\o\al(2,0)－1＝0,,9yeq\o\al(2,0)＋6y0－15＝0,))解得y0＝1,∴M(0,1),∴以線段AB為直徑的圓恒過定點(0,1)．感悟升華(1)定點問題,先猜后證,可先考慮運動圖形是否有對稱性及特殊(或極端)位置猜想,如直線的水平位置、豎直位置,即k＝0或k不存在時．(2)以曲線上的點為參數(shù),設(shè)點P(x1,y1),利用點在曲線f(x,y)＝0上,即f(x1,y1)＝0消參．【訓(xùn)練2】(2021·湖南三湘名校聯(lián)考)已知橢圓C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b≥1)的離心率為eq\f(\r(2),2),其上焦點到直線bx＋2ay－eq\r(2)＝0的距離為eq\f(\r(2),3).(1)求橢圓C的方程;(2)過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3),0))的直線l交橢圓C于A,B兩點．試探究以線段AB為直徑的圓是否過定點．若過,求出定點坐標(biāo);若不過,請說明理由．解(1)由題意得,e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2),又a2＝b2＋c2,所以a＝eq\r(2)b,c＝b.又eq\f(|2ac－\r(2)|,\r(4a2＋b2))＝eq\f(\r(2),3),a＞b≥1,所以b2＝1,a2＝2,故橢圓C的方程為eq\f(y2,2)＋x2＝1.(2)當(dāng)AB⊥x軸時,以線段AB為直徑的圓的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(16,9).當(dāng)AB⊥y軸時,以線段AB為直徑的圓的方程為x2＋y2＝1.可得兩圓交點為Q(－1,0)．由此可知,若以線段AB為直徑的圓恒過定點,則該定點為Q(－1,0)．下證Q(－1,0)符合題意．設(shè)直線l的斜率存在,且不為0,其方程為y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3))),代入eq\f(y2,2)＋x2＝1,并整理得(k2＋2)x2－eq\f(2,3)k2x＋eq\f(1,9)k2－2＝0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1＋x2＝eq\f(2k2,3(k2＋2)),x1x2＝eq\f(k2－18,9(k2＋2)),所以eq\o(QA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝x1x2＋x1＋x2＋1＋k2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,3)))＝(1＋k2)x1x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)k2))(x1＋x2)＋1＋eq\f(1,9)k2＝(1＋k2)·eq\f(k2－18,9(k2＋2))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)k2))·eq\f(2k2,3(k2＋2))＋1＋eq\f(1,9)k2＝0,故eq\o(QA,\s\up6(→))⊥eq\o(QB,\s\up6(→)),即Q(－1,0)在以線段AB為直徑的圓上．綜上,以線段AB為直徑的圓恒過定點(－1,0)．1．(2019·北京卷)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點為(1,0),且經(jīng)過點A(0,1)．(1)求橢圓C的方程;(2)設(shè)O為原點,直線l：y＝kx＋t(t≠±1)與橢圓C交于兩個不同點P,Q,直線AP與x軸交于點M,直線AQ與x軸交于點N.若|OM|·|ON|＝2,求證：直線l經(jīng)過定點．(1)解由題意,得b2＝1,c＝1,所以a2＝b2＋c2＝2.所以橢圓C的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)證明設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),則直線AP的方程為y＝eq\f(y1－1,x1)x＋1.令y＝0,得點M的橫坐標(biāo)xM＝－eq\f(x1,y1－1).又y1＝kx1＋t,從而|OM|＝|xM|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1,kx1＋t－1))).同理,|ON|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x2,kx2＋t－1))).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋t,,\f(x2,2)＋y2＝1,))得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0,則Δ＝(4kt)2－4(1＋2k2)(2t2－2)＝16k2－8t2＋8＞0,且x1＋x2＝－eq\f(4kt,1＋2k2),x1x2＝eq\f(2t2－2,1＋2k2).所以|OM|·|ON|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1,kx1＋t－1)))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x2,kx2＋t－1)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2,k2x1x2＋k(t－1)(x1＋x2)＋(t－1)2)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\f(2t2－2,1＋2k2),k2·\f(2t2－2,1＋2k2)＋k(t－1)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4kt,1＋2k2)))＋(t－1)2)))＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1＋t,1－t))).又|OM|·|ON|＝2,所以2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1＋t,1－t)))＝2.解得t＝0,滿足Δ＞0,所以直線l經(jīng)過定點(0,0)．2．(2021·深圳模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,\f(\r(3),2)))滿足|PF1|＋|PF2|＝2a,且S△PF1F2＝eq\f(3,2).(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)過點M(4,0)的直線l與C交于A(x1,y1),B(x2,y2)兩點,且y1y2≠0,問在x軸上是否存在定點N,使得直線NA,NB與y軸圍成的三角形始終為底邊在y軸上的等腰三角形?若存在,求出定點N的坐標(biāo);若不存在,請說明理由．解(1)因為|PF1|＋|PF2|＝2a,所以點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,\f(\r(3),2)))在橢圓C上．將eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,\f(\r(3),2)))代入eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1,得eq\f(1,a2)＋eq\f(3,4b2)＝1.①設(shè)橢圓C的焦距為2c,則S△PF1F2＝eq\f(1,2)·