2022年高考数学全程复习知识点同步学案第八章平面解析几何时定点定值问题.docx

精选学习资料 - - - - - - - - - 第 3 课时 定点、定值问题考点一 _定点问题 _ x ·高考 x 卷节选 已知抛物线 C：y22pxp0的焦点为 F, A 为 C 上异于原点的任意一点,过点 A 的直线 l 交 C 于另一点 B,交 x 轴的正半轴于点 D,且有 |FA| |FD |,当点 A 的横坐标为 3 时, ADF 为正三角形1求 C 的方程；2如直线 l 1 l,且 l1和 C 有且只有一个公共点 E,证明直线 AE 过定点,并求出定点坐标解 1由题意知 Fp 2,0p 2t设 Dt,0t 0,就 FD 的中点为 4, 0由于 |FA|FD |,由抛物线的定义知3p 2 tp 2,解得 t 3p 或 t 3舍去 p2t由4 3,解得 p 2.所以抛物线 C 的方程为 y 24x.2由1知 F1,0设 Ax0,y0x0y00,DxD,0xD0由于 |FA|FD |,就 |xD1|x01,由 xD0 得 xDx02,故 Dx02,0,故直线 AB 的斜率 kABy0 2.由于直线 l 1 和直线 AB 平行,名师归纳总结 设直线 l 1的方程为 yy0 2 xb,第 1 页,共 45 页代入抛物线方程得y2 8 y0y8b y00,由题意 64 y 032b y00,得 b 2 y0.设 ExE,yE,就 yE4 y0,xE 4 0.当 y2 04 时, kAEyEy04 y0 y0y 4 0 y 4 204y0y 2 04,xEx0可得直线 AE 的方程为 yy04y0 2 xx0y 04由 y2 04x0,整理可得 y4y0 2y 04x1,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 直线 AE 恒过点 F1,0当 y2 04 时,直线 AE 的方程为 x1,过点 F1,0,所以直线 AE 过定点 F1,0规律方法 圆锥曲线中定点问题的两种解法1引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量,再争论变化的量与参数何时没有关系,找到定点2特别到一般法：依据动点或动线的特别情形探究出定点,再证明该定点与变量无关21.x ·大庆市教学质量检测 已知椭圆 C：xa 2y 21a1的上顶点为 A,右焦点为 F,直线 AF 与圆 M：x3 2y1 23 相切1求椭圆 C 的方程；2如不过点 A 的动直线 l 与椭圆 C 交于 P,Q 两点,且 AP ·AQ 0,求证：直线 l 过定点,并求该定点的坐标解： 1圆 M 的圆心为 3, 1,半径 r3.由题意知 A0,1,Fc,0,名师归纳总结 直线 AF 的方程为x cy1,即 x cyc0.AP第 2 页,共 45 页由直线 AF 与圆 M 相切,得|3cc|3,解得 c 22,a 2c 21 3,c 212 故椭圆 C 的方程为x 3y 21.2法一： 由 AP ·AQ 0,知 APAQ,从而直线AP 与坐标轴不垂直,故可设直线的方程为 ykx1,直线 AQ 的方程为 y1 kx1.ykx1联立x 3y 22 1,整理得 13k2x 26kx0,解得 x0 或 x6k2,故点 P 的坐标为 6k 2,13k1 3k22,13k1 3k同理,点 Q 的坐标为 6k,k 2 3k23,k23直线l 的斜率为k 2313k2k21,k 2313k26k6k4kk 2313k2直线l 的方程为 yk 214k x6k k 2 3k 23,k 23即 yk 214k x1 2.直线l 过定点 0,1 2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 法二： 由AP ·AQ 0,知 APAQ,从而直线PQ 与 x 轴不垂直,故可设直线l 的方程为ykxtt 1,ykxt联立x 3y 22 1,整理得 13k2x 26ktx3t 2 10.设 Px1,y1, Qx2,y2,就 x1x2 6kt 2,x1x 213k3（t 21）.*2x1x2kt 1x1x2t122 13k由 6kt2413k 2× 3t 210,得 3k 2t 2 1.由AP ·AQ 0,得 AP ·AQ x1,y11 ·x2,y211k0.将* 代入,得 t1 2,直线l 过定点 0,1 2考点二 _定值问题 _ x ·高考江西卷 如图,已知抛物线C：x24y,过点M0, 2任作始终线与C相交于 A,B 两点,过点B 作 y 轴的平行线与直线AO 相交于点 DO 为坐标原点 1证明：动点D 在定直线上；2作 C 的任意一条切线 l不含 x 轴,与直线 y2 相交于点于点 N2,证明： |MN 2| 2|MN 1| 2 为定值,并求此定值N1,与 1中的定直线相交解1证明： 依题意可设AB 方程为 ykx2,代入 x24y,得 x24kx2,即 x 24kx80.设 Ax1,y1, Bx2,y2,就有 x1x2 8.直线 AO 的方程为 yy1 x1x；BD 的方程为 xx2.xx2,名师归纳总结 解得交点 D 的坐标为yy1x2 x1,0,设切线2 l 的方程为 yaxba 0,代入 x第 3 页,共 45 页2 留意到 x1x2 8 及 x 14y1,就有 yy1x1x2 x 18y1 4y1 2.因此 D 点在定直线y 2 上x 02依题设,切线l 的斜率存在且不等于4y,得 x24axb,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 即 x 24ax4b0.由 0,得 4a 216b0,化简整理得b a2.故切线 l 的方程可写为yaxa2.分别令 y2,y 2,得 N1,N2的坐标为N1 aa,2 ,N2 2 aa, 2 ,2就|MN 2| 2|MN 1| 22aa4 22aa28,即|MN 2| 2|MN 1| 2 为定值 8.规律方法 圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法 1特点：特点几何量不受动点或动线的影响而有固定的值2两大解法： 从特别入手,求出定值,再证明这个值与变量无关引进变量法：其解题流程为2.x ·长春市调研2 已知椭圆x a 22 yb 21ab 0的右焦点为F 21,0,点H2,210在椭圆上2b2 上,且 M 在 x 象限,过M 作圆 x 2y 2 b 2 的切线交椭圆于P,3 1求椭圆的方程；2如点 M 在圆 x 2y名师归纳总结 Q 两点,问：PF 2Q 的周长是否为定值？如是,求出定值；如不是,请说明理由第 4 页,共 45 页a 2b 2c 21解： 1由题意,得4 a 240 9b 21,a 2 9 2 2解得b 28,椭圆方程为x 9y 81.2 22设 Px1,y1,Qx2,y2,就x 9y 81|x1|3,12|PF2| 2x11 2y 21x11 281x 9 11 9x192,|PF 2|1 39x131 3x1.- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 连接 OM ,OP图略 ,由相切条件知：|PM|2|OP| 2|OM | 2 x2 1 y2 2 18 x 1 81x 9 181 9x 21,|PM |1 3x1,|PF 2| |PM|31 3x11 3x13,同理可求得 |QF2|QM |33x21 3x23,1|F 2P| |F 2Q|PQ|336 为定值考点三 _探究存在性问题 _ x ·高考 x 卷如图, O 为坐标原点,双曲线2 2圆 C2：y a 2x b 21a2b2 0均过点 P 2 3 3,1 ,且以点的四边形是面积为 2 的正方形2 2C1：x a 1y b 1 1a1 0,b10和椭C1 的两个顶点和 C2 的两个焦点为顶 1求 C1,C2的方程；C2 只有一个公共点,且|OA OB|2是否存在直线l,使得 l 与 C1交于 A,B 两点,与|AB |？证明你的结论解1设 C2 的焦距为 2c2,由题意知, 2c22,2a12.从而 a11,c21.2由于点 P 2 3 3,1 在双曲线 x 2y b 11 上,2所以2 3 31 b 11.故 b 2 13.由椭圆的定义知2a2233222 32（ 11）2（ 11）32 3.于是 a22 23,b 2a 2c2 22.故 C1,C2 的方程分别为2 2 2x 2 y 3 1,y 3x 21.2不存在符合题设条件的直线如直线 l 垂直于 x 轴,由于 l 与 C2 只有一个公共点,名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 45 页精选学习资料 - - - - - - - - - 所以直线 l 的方程为 x2或 x2.当 x2时,易知 A2,3, B 2,|.3,所以 |OA OB|22,|AB |2 3,此时, |OA OB |AB |.当 x2时,同理可知,|OA OB|AB如直线 l 不垂直于 x 轴,设 l 的方程为 ykx m.由ykxm,得 3k2x 22kmxm230.x2 2y 31当 l 与 C1 相交于 A, B 两点时,设 实根,从而 x1x22km 2,x1x23km23.k23Ax1,y1,Bx2,y2,就 x1,x2 是上述方程的两个于是 y1y2k2x1x2kmx1x2m23k23m 2.16k 2m282k23m 23k23ykxm由2 2y 3x 21,得 2k23x24kmx2m26 0.由于直线l 与 C2 只有一个公共点,所以上述方程的判别式 0.化简,得 2k 2m 23,因此 OA ·OB x1x2y1y2m 23 3k 23m 2 k 2 30,k 23 k 23 k 23于是 OA 2OB 22OA ·OB OA 2OB 22OA ·OB ,即|OA OB | 2|OA OB | 2,故 |OA OB | |AB|.综合 可知,不存在符合题设条件的直线规律方法 存在性问题,先假设存在,推证满意条件的结论,如结论正确就存在,如结论不正确就不存在解决存在性问题应留意以下几点：1当条件和结论不唯独时要分类争论；2当给出结论而要推导出存在的条件时,先假设成立,再推出条件；3当条件和结论都不知,按常规方法解题很难时,要思维开放,实行另外的途径点,离心率是3.x ·江西南昌模拟 已知椭圆E 的长轴的一个端点是抛物线y245x 的焦6 3 . 1求椭圆 E 的方程；名师归纳总结 2过点 C1, 0的动直线与椭圆相交于A,B 两点第 6 页,共 45 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 如线段 AB 中点的横坐标是1,求直线 AB 的方程；M 的坐标；如不存在,2在 x 轴上是否存在点M,使 MA ·MB 为常数？如存在,求出点请说明理由解： 1依据已知易知椭圆的焦点在 x 轴上,且 a5,又 cea3×6 53,30故 ba 2c 2510 353,2 2故所求椭圆 E 的方程为x 5y 51,3即 x 23y 25.2依题意知,直线 AB 的斜率存在,设直线 AB 的方程为 ykx1,将 ykx1代入 x 23y 25,消去 y 整理得 3k 21x 26k 2x3k 2 50.设 Ax1,y1, Bx2,y2, 36k 44（ 3k 21）（ 3k 2 5） 0,就 6k 2x1x2. 3k 2 1由线段 AB 中点的横坐标是12,得 x1x223k 3k2 1 21 2,解得 k±3,适合 . 3所以直线 AB 的方程为x3y10 或 x3y10.假设在 x 轴上存在点Mm,0,使 MA ·MB 为常数a当直线 AB 与 x 轴不垂直时,26k由知 x1x2,3k 213k 25x1x2.3k 21所以 MA ·MB x1mx2my1y2x1mx2mk 2x11x21k 21x1x2k 2mx1x2 k 2 m 2.将代入,整理得名师归纳总结 MA ·MB （6m1）k 25 2 m3k 212 m第 7 页,共 45 页（2m1 3）（ 3k 21） 2m14 33k 2 1- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - m 22m1 36m14.3（3k21）留意到 MA ·MB 是与 k 无关的常数,A,B 的坐标分别为 1,2,1,2,从而有 6m140,m7 3,此时 MA ·MB 4 9.b当直线 AB 与 x 轴垂直时,此时点33当 m7 3时,也有 MA ·MB 4 9.综上,在 x 轴上存在定点M7 3, 0,使 MA ·MB 为常数1x ·东北三校联合模拟 已知圆 M：x 2y2 21,直线 l：y 1,动圆 P 与圆 M相外切,且与直线 l 相切设动圆圆心 P 的轨迹为 E. 1求 E 的方程；2如点 A,B 是 E 上的两个动点,O 为坐标原点,且 OA · 16,求证：直线 AB恒过定点解： 1设 Px,y,就 x 2（ y 2）2y11. x 28y.所以 E 的方程为 x 28y.2证明： 易知直线 AB 的斜率存在,设直线AB：ykxb, Ax1,y1,Bx2,y2将直线 AB 的方程代入 x 28y 中,得 x 28kx8b0,所以 x1x2 8k,x1x2 8b.2 2OA ·OB x1x2y1y2x1x2x 64 8bb 1x 2 2 16. b4,所以直线 AB 恒过定点 0,42x ·x 省唐山市高三年级统考 已知抛物线 E：x 2 2pyp0,直线 ykx2 与 E 交于 A, B两点,且 OA ·OB 2,其中 O 为原点1求抛物线 E 的方程；2点 C 坐标为 0, 2,记直线 CA,CB 的斜率分别为 k1,k2,证明： k 1k 2 2 22k 2 为定值解： 1将 ykx2 代入 x 22py,得 x 22pkx4p0,其中 4p 2k 216p0.设 Ax1,y1, Bx2,y2,就名师归纳总结 x1 x2 2pk, x1x2 4p.第 8 页,共 45 页2 2OA ·OB x1x2y1y2x1x2 x 2p· x 2p 4p42. 2所以 p1 2,所以抛物线E 的方程为 x2y.- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 2证明： 由 1知, x1x2k,x1x2 2.k1y1 2 x1x2 12x1x2 1x1x2x1x1x2,同理 k2x2x1,F1,0,右顶点所以 k2 1k 2 22k 22x1x2 2 2x1 x2 2 8x1x216.3x ·山西省四校联考已知椭圆C：2 xa 22 yb 2 1ab0的右焦点为为 A,且 |AF|1. 1求椭圆 C 的标准方程；2如动直线 是否存在一个定点l：ykxm 与椭圆 C 有且只有一个交点P,且与直线x4 交于点 Q,问：Mt,0,使得 MP ·MQ 0.如存在,求出点M 的坐标；如不存在,请说明理由解： 1由 c1,ac1,得 a2,b2 2故椭圆 C 的标准方程为x 4y 31.3,2由ykx m,得 34k2x28kmx4m2x 0,3x24y 212 64k2m2 434k 24m 2x 0,即 m 234k 2.设 PxP,yP,就 xP即 P4k m, 3 m2 34k 4km 2 4k m,yPkxPm 4k m m 3 m,Mt,0,Q4,4km,MP 4k mt, 3 m,MQ 4t,4kmMP · MQ 4k m t ·4 t 3 m·4k m t 2 4t 3 4k m t 1 0 恒 成 立 , 故t1,即 t1.t 24t3 0存在点 M1,0符合题意1x ·高考 x 卷已知动圆过定点 A4, 0,且在 y 轴上截得弦 MN 的长为 8. 1求动圆圆心的轨迹 C 的方程；2已知点 B1,0,设不垂直于 x 轴的直线 l 与轨迹 C 交于不同的两点 P, Q,如 x轴是 PBQ 的角平分线,证明直线 l 过定点解： 1如图 ,设动圆圆心 O1x,y,由题意, |O1A|O1M|.当 O1 不在 y 轴上时,过 O1 作 O1HMN 交 MN 于 H,就 H 是 MN 的中点,名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 45 页精选学习资料 - - - - - - - - - |O1M|x24 2.又|O1A|（ x4）2 y 2, （ x4）2 y 2x 24 2.化简得, y 28xx 0当 O1 在 y 轴上时, O1 与 O 重合,点 O1的坐标 0,0也满意方程 y 28x,动圆圆心的轨迹 C 的方程为 y 28x.2证明： 如图 ,由题意,设直线 l 的方程为 ykxbk 0, Px1,y1,Qx2,y2,将 ykxb 代入 y 28x 中,得 k 2x 22bk8xb 20.其中 32kb64>0.由根与系数的关系得,x1x282bk,k22 x1x2b k 2.x 轴是 PBQ 的角平分线,y1 x11y2,x21即 y1x21y2x110,kx1bx2 1kx2 bx110,2kx1x2bkx1x22b0,将 代入 并整理得 2kb 2 kb8 2bk2k 2b0,k b.此时 >0,直线l 的方程为 ykx1,即直线 l 过定点 1,02x ·郑州市质量推测 已知平面上的动点 Rx,y及两定点 A2,0,B2,0,直线RA、RB的斜率分别为 k1、k2,且 k1k2 3 4,设动点 R 的轨迹为曲线 C. 1求曲线 C 的方程；2四边形 MNPQ 的四个顶点均在曲线 C 上,且 MQ NP, MQx 轴,如直线 MN 和直线 QP 交于点 S4,0问：四边形 MNPQ 两条对角线的交点是否为定点？如是,求出定点坐标；如不是,请说明理由y y解： 1由题知 x ±2,且 k1,k2x2 x22 2整理得,曲线 C 的方程为x 4y 31y 0,就y·x 2 y3 4,x22设 MP 与 x 轴交于 Dt,0,就直线 MP 的方程为 xmy tm 0设 Mx1,y1,Px2,y2,由对称性知Qx1, y1,Nx 2, y2,由3x 24y 2 12,消去 x 得3m xmy t24y 26mty3t2 x0,所以 483m 24t 20,名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 45 页精选学习资料 - - - - - - - - - y1 y26mt,3m 24y1·y23t212,kMS kNS,即y1y2,3m 24由 M、N、S三点共线知x14x24所以 y1my2t4y2my1t40,整理得 2my1y2t4y1y20,所以2m（3t 212） 6mt（t 4）0,3m 24即 24mt10,t1,所以直线 MP 过定点 D1,0,同理可得直线NQ 也过定点 D1,0,即四边形 MNPQ 两条对角线的交点是定点,且定点坐标为1,0kBD2 23. 已知椭圆x a 2y b 2 1ab0的离心率 e为2 2,且过点 2,2 1求椭圆的标准方程；2四边形 ABCD 的四个顶点都在椭圆上,且对角线 2b a 2. AC,BD 过原点 O,如 kAC·求证：四边形 ABCD 的面积为定值解： 1由题意 ec a2, 4 2b 221,又 a 2b 2c 2,2 2解得 a 28,b 24,故椭圆的标准方程为 x8y 41.2证明： 易知直线 AB 的斜率存在设直线 AB 的方程为 y kx m,Ax1,y1,Bx2,y2,名师归纳总结 联立ykxm,得1 2k2x24kmx2m 280,第 11 页,共 45 页x 2 2y28. 4km 2412k 22m 2 888k2m 2 40,x1x24km 2,12k由根与系数的关系得x1x22m 282.12k2kAC·kBDb a 21 2,y1y2 x1x2 1 2,y1y21 2x1x2 1 2·2m12k 282m 242.12k- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 又 y1y2kx1mkx2mk 2x1x2kmx1x2m2（x1x2）24x1x2k 22m 28 2km4km 2m 21 2k 12km 28k 22,12km 24212km 28k 22,m12k24m 28k2,4k 22m 2.设原点到直线AB 的距离为 d,就SAOB1 2|AB|·d11k2·|x2x1|·|m|2|m| 21k|m| 2（4km 2）12k24×2m 2812k2|m| 22 8m2）222,（12kS 四边形 ABCD 4SAOB82,即四边形 ABCD 的面积为定值第 4 讲 合情推理与演绎推理1推理 1定义：是依据一个或几个已知的判定来确定一个新的判定的思维过程2分类：推理合情推理 演绎推理2合情推理定义归纳推理类比推理由某类事物的部分对象具有某些特点,由两类对象具有某些类似特点和其中一推出该类事物的全部对象都具有这些特类对象的某些已知特点,推出另一类对征的推理,或者由个别事实概括出一般象也具有这些特点的推理结论的推理特点由部分到整体、由个别到一般的推理由特别到特别的推理3.演绎推理 1定义：从一般性的原理动身,推出某个特别情形下的结论,我们把这种推理称为演 绎推理2特点：演绎推理是由一般到特别的推理3模式：三段论大前提：已知的一般原理；小前提：所争论的特别情形；结论：依据一般原理,对特别情形做出的判定 .名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页,共 45 页精选学习资料 - - - - - - - - - 做一做 1数列 2, 5,x,20,x,47, 中的 x 等于 A28 B32 C33 D27 解析： 选 B. 由 523,x56,20 x9,就 x20x,因此 x32. 2推理“ 矩形是平行四边形；三角形不是平行四边形；三角形不是矩形” 中的小前提是 A BC D和解析： 选 B. 由演绎推理三段论可知,是大前提；1归纳推理与类比推理的步骤 1归纳推理的一般步骤：试验、观看 概括、推广 推测一般性结论2类比推理的一般步骤：观看、比较 联想、类比 猜想新结论2把握合情推理与演绎推理的三点是小前提； 是结论1合情推理包括归纳推理和类比推理,所得到的结论都不肯定正确,其结论的正确性是需要证明的2在进行类比推理时,要尽量从本质上去类比,不要被表面现象所困惑；否就只抓住一点表面现象甚至假象就去类比,就会犯机械类比的错误3应用三段论解决问题时,应第一明确什么是大前提,什么是小前提,假如大前提与推理形式是正确的,结论必定是正确的假如大前提错误,尽管推理形式是正确的,所得结论也是错误的做一做 3以下表述正确选项 归纳推理是由部分到整体的推理；归纳推理是由一般到一般的推理；演绎推理是由一般到特别的推理；类比推理是由特别到一般的推理；类比推理是由特别到特别的推理A BC D答案： D 4在平面上,如两个正三角形的边长的比为 12,就它们的面积比为 14.类似地,在空间中,如两个正四周体的棱长的比为 12,就它们的体积比为 _1解析：V1 V23S1h11S2·h1 h21 4× 1 21 8.3S2h2答案： 18 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页,共 45 页精选学习资料 - - - - - - - - - 考点一 _归纳推理 高频考点 _ 归纳推理是每年高考的常考内容,题型多为挑选题和填空题,难度稍大,属中高档题高考对归纳推理的考查常有以下三个命题角度：1数值的归纳；2代数式的归纳；3图形的归纳1x ·高考 x 卷观看以下等式：x1 x2 2 3 x2 23 2 6 x2 23 2 4 2 10 ,照此规律,第 n 个等式可为 _；x2x·高考 x 卷已知 fx1x,x0,如 f1xfx,fn1xff nx,n N ,就 f2 014x的表达式为 _3x·青岛模拟 某种平面分形图如下列图,一级分形图是由一点动身的三条线段,长度相等,两两夹角为 x0° ；二级分形图是在一级分形图的每条线段末端动身再生成两条长度为原先1 3的线段,且这两条线段与原线段两两夹角为 x0° , ,依此规律得到 n 级分形图n 级分形图中共有 _条线段解析 1观看等式可知,第 n 个式子为 x2 23 24 2 1 n 1n 2 1 n112 n1 n1n（n1）2 .x x2f1x1x x,f2x11xx12x x, f3x112xx13x x, ,由归纳推理得 f2 1x 12xx014x.1 2 014x3分形图的每条线段的末端动身再生成两条线段,由题图知,一级分形图有 33× 23条线段,二级分形图有 93× 2 23条线段,三级分形图中有 213× 2 33条线段,按此规律 n 级分形图中的线段条数 an3× 2 n3nN *答案 1x2 23 24 2 1 n1n 2 1 n1n（n1）2 2f 2 014x1 2 014x x33× 2 n3nN * 规律方法 1归纳是依据特别现象推断出一般现象,因而由归纳所得的结论超越了前提所包含的范畴；名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页,共 45 页