2023届新高考数学真题解析几何专题讲义第15讲定比点差法解题赏析.pdf

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1、2023 届新高考数学真题解析几何专题讲义届新高考数学真题解析几何专题讲义第第 15 讲讲定比点差法定比点差法解题赏析解题赏析结论一：结论一：一般的，设椭圆22221xyab上两点1122(,),(,)A x yB xy，若定点00(,)M xy满足AMMB，则得到01012020(,)(,)xx yyxxyy，化简得210210(1)(1)xxxyyy（*）由22122222221112xyabxyab，得2212222222222112xyabxyab两式相减得 222112121212xxxxyyyyab 把（*）代入得00222(1)(1)11212xxxyyyab 化简得002211

2、212xxxyyyab 特别地，如果00y（或00 x），则可以得到方程组12020(1)(1)12xxxaxxx，继而求出点坐标，最近几年的浙江高考题中此问题出现比较多题题 1 1【20112011 年年.浙江卷浙江卷.理理 1717】设12,F F分别为椭圆2213xy的左右两个焦点，点,A B在椭圆上，若125F AF B；则点A的坐标是解析：由115F ABF 知，11222,52,xyxy，所以，121256 250 xxyy 把11,A x y，22,Bxy，代入2233xy得221122223333xyxy化简得，2211222233257575xyxy两式相减得，1212121

3、2(5)(5)3(5)(5)72xxxxyyyy 化简得，1256 2xx，联立1256 2xx，解得10 x，代入椭圆求得(0,1)A题题 2.【2018 浙江高考浙江高考 17】已知点0,1P，椭圆2214xym m上两点,A B满足2APPB ，则当m_时，点B横坐标的绝对值最大答案：答案：5解解：设1122(,),(,)A x yB xy，由于2APPB ，得到1220 xx，1223yy（*），由1122(,),(,)A x yB xy，均在椭圆上可以知道，2211222244xymxym，变形得2211222244444xymxym两式相减得，21212121(2)(2)(2)(2

4、)34xxxxyyyym把（*）式代入知2121(0)(2)(3)(2)34xxyym，化简得212yym，结合2123yy，解得234my，代入22224xym故222222314()4(5)444mxmymm 所以，当5m 时，22x有最大值 4，即点 B 的横坐标的绝对值最大值为 2题题 3 3【20152015 年北京文年北京文 2020】已知椭圆C：2233xy过点1,0D且不过点2,1E的直线与椭圆C交于A，B两点，直线AE与直线3x 交于点M（III）试判断直线BM与直线DE的位置关系，并说明理由解析：由题意不妨设ADDB，11,A x y，22,B xy1,0D1211xx，1

5、201yy点差法222211112222222222233333333xyxyxyxy212121212333xxxxyyyy1212121233 111xxyyxxyy123 1xx又121xx，解得12x112,1AExy，1,1MEMy，且A，E，M三点共线不妨设AEEM ，则有12x由AEEMADDB 得DE是AMB的等比分线，故/DE MB即直线BM与直线DE是平行关系小结小结 1：通过前三个例题，我们发现破解这类题的关键是通过方程组求出相应交点的坐标，因此这类题多数是：通过前三个例题，我们发现破解这类题的关键是通过方程组求出相应交点的坐标，因此这类题多数是相应定比分点的横坐标或纵坐

6、标为相应定比分点的横坐标或纵坐标为 0，如果不为，如果不为 0 或者相应的比值或者相应的比值不确定，又该如何求解呢？不确定，又该如何求解呢？结论结论 2：若AMMB,且ANNB ,则称,M N调和分割,A B，根据定义,A B也调和分割,M N，在椭圆或双曲线中，设,A B为椭圆或双曲线上两点，若存在两点,M N满足AMMB,且ANNB ，则一定有221PQPQx xy yab，即两个互相调和的定比分点坐标满足有心曲线的特征方程221PQPQx xy yab题题 4 4【20082008 安徽理】安徽理】编辑与方法提供：编辑与方法提供：浙江余姚韩水昌已知椭圆C：2224xy过点4,1P的动直线

7、l与椭圆C相交于两不同点A，B时，在线段AB上取点Q，满足APQBAQPB 证明：点Q总在某定直线上【解析】设点00,Q xy，11,A x y，22,B xy由题设，PA，PB，AQ，QB 均不为零不妨设0APAQPBQB 又P，A，Q，B四点共线，可设APPB ，0,1AQQB 由定比分点得到12124111xxPyy：12012011xxxQyyy：222211112222222222224242424xyxyxyxy21212121224 1xxxxyyyy12121212241111xxxxyyyy将P，Q坐标代入上式，得到004214xy 即点,Q x y总在定直线220 xy上巩

8、固练习巩固练习1.已知1F是双曲线2222:1(0,0)xxCabab的左焦点，点B的坐标为(0,)b，直线1FB与双曲线C的两条双曲线分别交于,P Q两点，若14QPPF,则双曲线C的离心率为解：设1122(,),(,)P x yQ xy，由于14QPPF，故121211(,)4(,)xxyycxy 得到1254xxc，1250yy（*），由1122(,),(,)P x yQ xy，均在渐近线22220 xyab上可以知道，22112222222200 xyabxyab，变形得221122222222252500 xyabxyab两式相减得，1212121222(5)(5)(5)(5)0 x

9、xxxyyyyab把（*）式代入知121222(5)(4)(5)(0)0 xxcyyab，化简得1250 xx，结合1254xxc，解得22xc，故222(2,),(,)55bcbcQcPcaa由1QPF Bkk,得8251235bcbbacac，所以32e 2.【2018.8 七彩阳光】直线l与椭圆22:12xCy相交于,A B两点，l与x轴、y轴分别相交于,C D两点，如果,C D是线段AB的两个三等分点，则直线l的斜率为_解解：设1122(,),(,),(,0),(0,)A x yB xyC aDb，由ADDC，得11(,)(,)x byab；由DCCB，得22(,)(,)xa yab所

10、以121220,20,xxyy（*）由221122221212xyxy，变形得22112222444212xyxy两式相减得12121212(2)(2)(2)(2)321xxxxyyyy把（*）式代入知221,5y故21,5y 所以2 2122(,),(,)5555BA，所以22k 3.已知椭圆C：22194xy过点0,3P的直线l与椭圆C相交于A，B两点（A，B两点可以重合），求PAPB的取值范围【解析】设点11,A x y，22,B xy可设APPB ，由定比分点得到12120131xxPyy：222211112222222222211949419494xyxyxyxy1212121221

11、94xxxxyyyy 1212121219 14 1xxxxyyyy 将P点坐标代入上式，得到12413yy又123 1yy，得到113566y由112,25,5y 1,55PAPB4.如图，椭圆C：22143xy过点2,1P作直线1l，2l分别交椭圆C于A，C，B，D四点，且直线AB的斜率为32，试判断直线AB与直线CD的位置关系【解析】设点11,A x y，22,B xy，33,C xy，44,D xy设APPC ，则由定比分点得到12122111xxPyy：又A，C在椭圆C：22143xy上，所以222211112222222333311439414394xyxyxyxy13132143

12、xxyy 又13214xx，13133yy三式相加得112733xy同理，设BPPD ，可得222733xy两式相减得1212233xxyy又直线AB的斜率为32，则121232yyxx 03，即/AB CD5.【2019 全国卷理 19】已知抛物线2:3Cyx的焦点为F，斜率为32的直线l与C的交点分别为AB，与x轴的交点为P（1）若4AFBF，求直线l的方程；（2）若3APPB ，求AB解：（1）设直线l的方程为：32yxm，与抛物线方程联立可得：22239330342yxxmxmyxm，设1122,A x yB xy，故12413xxm由抛物线定义可得：12431432AFBFxxpm，

13、解得78m 故直线方程为：3728yx（2）设直线l的方程为：3223yxmxym，与抛物线方程联立可得：22322023yxyymxym，设11220,0A x yB xyP x，故121222yyyym由3APPB 可得12030yy，可得122331yyy ，带入上式可得32m ，故直线方程为3322yx解得：53,3,13AB，故4 103AB 第第 16 讲讲定点问题定点问题一问题综述定点问题是常见的出题形式，解决这类问题的关键是引入变量表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量。1、解决直线过定点问题的基本步骤：（1）设出直线，（2）借助韦达

14、定理和已知条件找出k与m的一次函数关系式，（3）代入直线方程，得出定点。2、处理定点问题的技巧：（1）引进参数法，设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或者曲线系方程，而该方程与参数无关，得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点，即所求的定点。（2）特殊到一般法。从特殊位置入手，找到定点，再证明该定点与变量无关。3、其中共线问题是解析几何中常见问题之一，解决此类问题常利用向量共线定理，可以从两方面入手（1）共线向量坐标交叉相乘相等（2）直线上任意两点的向量存在倍数关系下面总结圆锥曲线中几种常见的定点模型二典例分析类型类型 1：“手电筒手电筒”模型模型手电筒模型：限定限定

15、AP 与与 BP 条件条件(如如APBPkk定值定值，APBPkk定值定值，则直线则直线 AB 过定点过定点(因三条直线形似手因三条直线形似手电筒，故名曰电筒，故名曰“手电筒模型手电筒模型”）【例 1-1】已知椭圆C：22143xy函若直线l：ykxm与椭圆C相交于A,B求两点（A,B不是左右顶点），且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点。求证：直线l过定点，并求出该定点坐标【解析】设1122(,),(,)A x yB xy，由223412ykxmxy得222(34)84(3)0kxmkxm22226416(34)(3)0m kkm 212122284(3),3434mkmxxx xkk 2222

16、1212121223(4)()()()34mky ykxm kxmk x xmk xxmk以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点(2,0)D1212121212121,12()4022yykky yx xxxxx 222222223(4)4(3)164071640343434mkmmkmmkkkkk解得1222,7kmk m 且满足22340km，当2mk 时，l：(2)yk x，直线过定点(2,0)D与已知矛盾当27km 时，l：2()7yk x，直线过定点2(,0)7综上可知：直线l过定点2(,0)7【方法小结】本题为”弦对定点张直角”的一个例子：圆锥曲线如椭圆上任意一点 P 做相互垂直的直线交

17、圆锥曲线于AB，则AB必过定点2222002222()()(,)x aby ababab(参考百度文库文章”圆锥曲线的弦对定点张直角的一组性质”)【例 1-2】（2017 全国理 20）已知椭圆 C：2222=1xyab（ab0），四点 P1（1，1），P2（0，1），P3（1，32），P4（1，32）中恰有三点在椭圆 C 上.（1）求 C 的方程；（2）设直线 l 不经过 P2点且与 C 相交于 A，B 两点.若直线 P2A 与直线 P2B 的斜率的和为1，证明：l 过定点.【解析】（1）由于3P，4P两点关于 y 轴对称，故由题设知 C 经过3P，4P两点.又由222211134abab知

18、，C 不经过点 P1，所以点 P2在 C 上.因此222111314bab，解得2241ab.故 C 的方程为2214xy.（2）设直线2P A与直线2PB的斜率分别为 k1，k2，如果 l 与 x 轴垂直，设 l：x=t，由题设知0t，且|2t，可得 A，B 的坐标分别为（t，242t），（t，242t）.则22124242122ttkktt，得2t，不符合题设.从而可设 l：ykxm（1m）.将ykxm代入2214xy得222(41)8440kxkmxm由题设可知22=16(41)0km.设1122(,),(,)A x yB xy，则122841kmxxk，21224441mx xk.而1

19、2121211yykkxx121211kxmkxmxx1212122(1)()kx xmxxx x.由题设121kk，故1212(21)(1)()0kx xmxx.即222448(21)(1)04141mkmkmkk.解得12mk.当且仅当1m时，0，欲使 l：12myxm，即11(2)2myx ，所以 l 过定点（2，1）【方法小结】本题为手电筒模型中APBPkk定值一个例子，由APBPkk定值得到 k 与 m 的一次关系，再代入直线方程，得到定点。类型类型 2：切点弦恒过定点：切点弦恒过定点【例 2-1】过椭圆2214xy的右准线l上任意一点M引椭圆的两条切线，切点为,A B（1）求证：直

20、线AB恒过定点（2）略【解析】有如下结论：圆222xyr上一点00(,)P xy处的切线方程为200 x xy yr，类比也有结论：椭圆22221(0)xyabab上一点00(,)P xy处的切线方程为00221x xy yab【解】（1）设11224 3(,t)(tR),A(x,y),B(x,y),3M则MA的方程为1114x xyy，点M在MA上11313xty同理可得22313xty由知AB的方程为313xty，即3(1)xty易知右焦点(3,0)F满足故直线AB恒过定点(3,0)F（2）略【例 2-2】（2019 全国文 21）已知曲线C：22xy，D 为直线12y=-上的动点，过 D

21、 作 C 的两条切线，切点分别为 A，B.（1）证明：直线 AB 过定点：（2）若以5(0,)2E为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求该圆的方程.【解】111,2D tA x y，则2112xy.由于yx，所以切线DA的斜率为1x，故11112yxxt.整理得1122+1=0.txy设22,B xy，同理可得2222+1=0txy.故直线AB的方程为2210txy.所以直线AB过定点1(0,)2.（2）略【方法小结】切点弦方程是指从圆锥曲线外一点可引两条切线，切点为,A B，连接两个切点AB所得方程具有相同的推导方法。切点弦性质可以作为结论，在考试中可以借鉴本题的书写步骤。切点

22、弦方程的推导简单，方程形式简洁，可以大大简化解题过程。类型类型 3：相交弦恒过定点：相交弦恒过定点【例 3】如图，已知直线l：1xmy，过椭圆C：22221(0)xyabab的右焦点F，且交椭圆C于,A B两点，点 A，B 在直线G：2xa上的射影依次为点,ED连接 AE，BD，试探索当m变化时，直线 AE，BD 是否交于一定点 N？若交于 N，求出 N 点的坐标，并证明，否则说明理由【解析】相交弦性质实质是切点弦过定点性质的拓展，结论同样适用，但是相交弦过定点涉及坐标较多，计算量相对较大，解题过程需要思路清晰，同时注意总结这类问题的通法.【解法一】2(1,0),(,0)Fka，先探索，当0m

23、 时，直线lox轴，则 ABED 为矩形，由对称性知，AE 与BD 交于定点21(,0)2aN，证明：设211221(,)(,)(,)A x y B xyE ay，当m变化时首先 AE 过定点 N22222210 xmyb xa ya b=+-=即2222222()2(1)0ab mymb yba222224(1)0(1)a b am ba 又12221,1122ANENyyKKaamy而222222121212122222222211()112(1)20()my y()1122()22ANENayymy yaambbaKKyymaaam bam bmy222222(1)()0ambmbam

24、b-=+ANENKK=A、N、E 三点共线，同理 B、N、D 三点共线AE与BD相交于定点21(,0)2aN+【解法二】本题也可以直接得出AE和BD的方程，令0y=，得与x轴交点M、N，然后两个坐标相减=0，计算量也不大。【方法小结】方法1采用归纳猜想证明，简化解题过程，是证明定点问题的一类通法，但是需要注意解答的严谨。类型类型 4：动圆恒过定点：动圆恒过定点动圆恒过定点问题实质是垂直向量问题，也可以理解为动圆恒过定点问题实质是垂直向量问题，也可以理解为“弦对定点张直角弦对定点张直角”的新应用的新应用【例 4-1】已知椭圆22221(0)xyabab的离心率为22，并且直线yxb是抛物线24y

25、x的一条切线.（1）求椭圆的方程（2）过点1(0,)3S-的动直线l交椭圆于,A B两点，试问在坐标平面上是否存在一个定点 T，使得以 AB 为直径的圆恒过定点 T?若存在，求出 T 的坐标，若不存在，说明理由【解】（1）由222(24)04yxbxbxbyx=+-+=由直线yxb与抛物线24yx相切得22(24)401bbb=-=22222221,222cabeabcaaa-=+=故所求椭圆为2212xy（2）当l与x轴平行时，以 AB 为直径的圆的方程为22214()()33xy+=当l与x轴垂直时，以 AB 为直径的圆的方程为221xy+=由2222214()()03311xyxyxy+

26、=镲眄镲=+=即两圆的公共点为(0，1)因此所求点 T 如果存在，只能是(0，1)，事实上.点(0，1)就是所求点，证明如下当l与x轴垂直时，以 AB 为直径的圆过 T(0，1)当l与x轴不垂直时，设直线l：13ykx=-由222213(189)1216012ykxkxkxxy=-+-=+=记点1122(,),(,)A x yB xy，则1221221218916189kxxkx xk+=+-=+又1122(x,y1),(,1)TATBxy=-=-1212121244(1)(1)(kx)(kx)33TA TBx xyyx x=+-=+-221212224161641216(1)()(1)039

27、18931899kkx xk xxkkkk-=+-+=+-+=+TATB即以 AB 为直径的圆恒过 T，故在坐标平面上存在 T(0，1)满足题意【例 4-2】（2019北京高考真题（理）已知抛物线 C：x2=2py 经过点（2，1）（）求抛物线 C 的方程及其准线方程；（）设 O 为原点，过抛物线 C 的焦点作斜率不为 0 的直线 l 交抛物线 C 于两点 M，N，直线 y=1 分别交直线 OM，ON 于点 A 和点 B.求证：以 AB 为直径的圆经过 y 轴上的两个定点【解】()将点2,1代入抛物线方程：2221p 可得：2p，故抛物线方程为：24xy，其准线方程为：1y.()很明显直线l的

28、斜率存在，焦点坐标为0,1，设直线方程为1ykx，与抛物线方程24xy 联立可得：2440 xkx.故：12124,4xxk x x .设221212,44xxMxN x，则12,44OMONxxkk ，直线OM的方程为14xyx，与1y 联立可得：14,1Ax，同理可得24,1Bx，易知以 AB 为直径的圆的圆心坐标为：1222,1xx，圆的半径为：1222xx，且：1212122222xxkxxx x，2121221212422221xxx xkxxx x，则圆的方程为：2222141xkyk，令0 x 整理可得：2230yy，解得：123,1yy，即以 AB 为直径的圆经过 y 轴上的两

29、个定点 0,3,0,1.【方法小结】圆过定点问题，可以先取特殊值或者极值，找出定点，再证明向量数量积等于0.三巩固练习1（2017 新课标）设O为坐标原点，动点M在椭圆C：2212xy上，过M做x轴的垂线，垂足为N，点P满足2NPNM （1）求点P的轨迹方程；（2）设点Q在直线3x 上，且1OP PQ 证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F2（2011 山东）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：2213xy+=如图所示，斜率为(0)k k 且不过原点的直线l交椭圆C于,A B两点，线段AB的中点为E，射线OE交椭圆C于点G，交直线3x=-于点(3,)Dm-（）求22mk+的最小值；（

30、）若2OGODOE=（i）求证：直线l过定点；（ii）试问点,B G能否关于x轴对称？若能，求出此时ABGD的外接圆方程；若不能，请说明理由3（2014 山东）已知抛物线2:2(0C ypx p=）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FAFD，当点A的横坐标为 3 时，ADF为正三角形。（）求C的方程；（）若直线1/ll，且1l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；（）ABE的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由4（2018黑龙江哈尔滨三中高二期中（文）曲线22:12xCy，直线:

31、10l ykxk关于直线1yx对称的直线为1l，直线l，1l与曲线C分别交于点A、M和A、N，记直线1l的斜率为1k（）求证：11k k；（）当k变化时，试问直线MN是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点坐标；若不恒过定点，请说明理由5（2016浙江高二期中）已知圆()22:44Cxy+=与x轴交于AB、两点，P是圆C上的动点，直线AP与PB分别与y轴交于MN、两点（1）若4,2P 时，求以MN为直径圆的面积；（2）当点P在圆C上运动时，问：以MN为直径的圆是否过定点？如果过定点，求出定点坐标；如果不过定点，说明理由6.（2017江西高考模拟（文）如图，已知直线:1(0)l ykxk关于直线1y

32、x对称的直线为1l，直线1,l l与椭圆22:14xEy分别交于点A、M和A、N，记直线1l的斜率为1k.（）求1k k的值；（）当k变化时，试问直线MN是否恒过定点?若恒过定点，求出该定点坐标；若不恒过定点，请说明理由.7（2019全国高三竞赛）如图，中心在坐标原点和焦点分别在x轴、y轴上的椭圆1C、2C均过点0,2M，且椭圆1C、2C的离心率均为22。过点M作两条斜率分别为k、k的直线，分别与椭圆1C、2C交于点P、Q。当4kk时，直线PQ是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由。8已知曲线2221:Cxyr(0)r 和22222:1xyCab(0)ab都过点(0,2)P

33、，且曲线2C的离心率为32.（1）求曲线1C和曲线2C的方程；（2）设点A，B分别在曲线1C，2C上，PA，PB的斜率分别为1k，2k，当1240kk时，问直线AB是否过定点?若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.【巩固练习参考答案】【巩固练习参考答案】1【解析】（1）设(,)P x y，00(,)M xy，则0(,0)N x，0(,)NPxxy，0(0.)NMy 由2NPNM 得0 xx，022yy因为00(,)M xy在C上，所以22122xy因此点P的轨迹方程为222xy（2）由题意知(1,0)F 设(3,)Qt，(,)P m n，则(3,)OQt，(1,)PFmn ，33OQ

34、 PFmtn ，(,)OPm n，(3,)PQm tn ，由1OP PQ 得2231mmtnn，又由（1）知222mn，故330mtn所以0OQ PF ，即OQPF 又过点P存在唯一直线垂直与OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F2【解析】（）设直线(0)lykxt k的方程为，由题意，0.t 由方程组22,1,3ykxtxy得222(31)6330kxktxt，由题意0，所以2231.kt 设1122(,),(,)A x yB xy，由韦达定理得1226,31ktxxk 所以1222.31tyyk由于 E 为线段 AB 的中点，因此223,3131EEkttxykk此时1.3EO

35、EEykxk 所以 OE 所在直线方程为1,3yxk 又由题设知 D（3，m），令x=3，得1mk，即mk=1，所以2222,mkmk当且仅当m=k=1 时上式等号成立，此时由0得02,t 因此当102mkt且时，22mk取最小值 2（）（i）由（I）知 OD 所在直线的方程为1,3yxk 将其代入椭圆 C 的方程，并由0,k 解得2231(,)3131kGkk又2231(,),(3,)31 31ktEDkkk，由距离公式及0t 得22222222222222223191|()(),313131191|(3)(),391|()(),313131kkOGkkkkODkkktttkOEkkk 由2

36、|,OGODOEtk得因此，直线l的方程为(1).yk x所以，直线(1,0).l恒过定点3【解析】（）由题意知(,0)2pF，设(,0)(0)D tt，则FD的中点为2(,0)4pt因为FAFD，由抛物线的定义可知322ppt，解得3tp或3t （舍去）由234pt，解得2p 所以抛物线C的方程为24yx（）（）由（）知(1,0)F，设0000(,)(0)A x yx y(,0)(0)DDD xx 因为FAFD，则011Dxx，由0Dx 得02Dxx，故0(2,0)D x，故直线AB的斜率02AByk 因为直线1l和直线AB平行，设直线1l的方程为02yyxb，代入抛物线的方程得200880

37、byyyy，由题意20064320byy，得02by 设(,)EEE xy，则20044,EEyxyy 当204y 时，0020044EAEEyyykxxy，可得直线AE的方程为000204()4yyyxxy，由2004yx，整理得0204(1)4yyxy，直线AE恒过点(1,0)F当204y 时，直线AE的方程为1x，过点(1,0)F，所以直线AE过定点(1,0)F（）由（）知直线AE过定点(1,0)F，所以000011(1)(1)2AEAFFExxxx。设直线AE的方程为1xmy，因为点00(,)A x y在直线AE上故001xmy设11(,)B x y，直线AB的方程为000()2yyy

38、xx 由于00y，可得0022xyxy，代入抛物线的方程得2008840yyxy 所以0108yyy，可求得1008yyy，10044xxx所以点B到直线AE的距离为00002484()11xm yxydm=004(1)xx=0014()xx则ABE的面积00001114()(2)162Sxxxx，当且仅当001xx即01x 时等号成立，所以ABE的面积的最小值为164（）证明：设直线l上任意一点,P x y关于直线1yx对称点为000,Pxy，直线l与直线1l的交点为0,1，:1l ykx，11:1lyk x，1ykx，0101ykx，由00122yyxx得002yyxx，由001yyxx，

39、得00yyxx，由得001 1xyyx，0010111 111yyyyy xyxkkxxx y；（）设点11,M x y，22,N xy，由221 22ykxxy，得221240kxkx，可得0 x 或2412kxk，即222421,1221kkMkk，由11kk，可将k换为1k，可得22242,22kkNkk，21MNMNMNyykkxxk，即直线MN：NMNNyykxx，可得222221422kkkyxkkk)，即为213kyxk，则当k变化时，直线MN过定点0,35试题分析：由直线AP方程6yx得0,6M，由2yx 得0,2N故所求面积为16（2）根 据 两 直 线 互 相 垂 直 设

40、出 直 线 AP，BP 的 方 程，写 出 以 MN 为 直 径 的 圆 的 方 程222223131kkxykk，令 y=0 得定点2 30，和2 3,0试题解析：（1）解析：当4,2P 时，直线AP方程是6yx，所以0,6M；直线BP方程是2yx ，所以0,2N，因此8MN 所以以MN为直径圆的面积是16（2）解法 1：设直线:6AP yk x交y轴于0,6Mk；同法可设直线1:2BP yxk 交y轴于20,Nk，线段MN的中点2310,kDk所以以MN为直径的圆的方程为：222223131kkxykk，展开后得2222 31120kxyyk，令0y，得2 3x ，则过定点2 30，和2

41、3,0解法 2：设0,0,MaNb，线段线段MN的中点0,2abD所以以MN为直径的圆的方程为：22222ababxy，展开后得220 xyab yab，考虑到PAPB，有1126 2a bab 22120 xyab y，令0y，得2 3x ，则过定点2 30，和2 3,0考点：直线与圆的综合应用6.【解析】试题分析：（）可以设直线1l的方程为11yk x，再设直线l上任意一点,P x y关于直线1yx对称点为000,Pxy，于是分别表示出01011,yykkxx，由直线对称性可知，0PP所在直线与1yx垂直，且0PP中点在1yx上，于是整理得出1k k的值；（）本问考查椭圆中直线过定点问题，

42、设11,M x y，将 AM方程与椭圆方程联立，可以求出点 M 的坐标，同理将直线 AN 方程与椭圆方程联立，可以求出点 N 的坐标，根据 M，N 两点坐标，可以求出直线 MN 的方程，从而判定直线 MN 是否过定点.试题解析：（）设直线l上任意一点,P x y关于直线1yx对称点为000,Pxy直线l与直线1l的交点为0,1，11:1,:1l ykxlyk x01011,yykkxx，由00122yyxx得002yyxx.由001yyxx 得00yyxx.，由得0011yxyx0000100111211yyyyxxxxkkxxxx.?y?x?D?O?C?B?A?P?N?M（）设点1122,M

43、 x yN xy，由12211114ykxxy得22114180kxkx，2841Mkxk，221441Mkyk.同理：122188414Nkkxkk，221221144414Nkkykk224222222144881414883833414MNMNMNkkyykkkkkkkxxkkkkk:MMNMMNyykxx，2222141841341kkkyxkkk 即：2222228111415341333 41kkkkyxxkkkk 当k变化时，直线MN过定点50,3.方法点睛：定点问题的探索与证明时一般考虑以下两种解法：（1）可以先设直线方程为ykxm，然后利用条件建立,k b的等量关系进行消元，

44、借助于直线系的思路找出定点；（2）从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关.7.【详解】注意到，椭圆1C、2C的标准方程分别为22221,1422xyyx；直线:2MPlykx，由22221214 20422xykxkxykx24 221Pkxk.则点2224 22 22,2121kkPkk.内饰地，点2222 22 22 2,2222kkQkk.因为4kk，所以，点2224 28 22,8181kkQkk.则2222228 222 221812124 24 28121PQkkkkkkkkkk.故2222 2214 21:2212212PQklyxyxkkkk 122yxk 直线PQ过定点

45、0,2.8.（1）将点 P 坐标代入曲线1C即可求得 r，得曲线1C的方程；将点 P 坐标代入曲线2C方程，结合椭圆离心率，即可求得曲线2C的标准方程。（2）设11,A x y、22,B xy和直线PA的方程、直线PB的方程，分别联立椭圆方程，用 k 表示出1212xxyy、，求得直线 AB 的斜率，表示出 AB 的直线方程，进而求得过的定点坐标。【详解】（1）曲线2221:Cxyr(0)r 和22222:1xyCab(0)ab都过点(0,2)P2r，2b，曲线1C的方程为224xy曲线2C的离心率为3222222314cbeaa 4a 曲线2C的方程221164xy，（2）设11,A x y，22,B xy，直线PA的方程为12yk x，代入到224xy，消去y，可得2211140kxk x，解得0 x 或112141kxk，21121221kyk，直线PB的方程为22yk x，代入到程221164xy，消去y，可得222214160kxk x，解得0 x 或22221614kxk，222228214kyk，124kk，直线AB的斜率212111yykxxk，故直线AB的方程为21122111224111kkyxkkk，即112yxk，所以直线AB恒过定点(0,2)