备战2024年高考数学一轮复习人教a选择性必修第一册第八章　平面解析几何第8节　直线与圆锥曲线中的定点与定值问题课时作业.docx

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1、第8节直线与圆锥曲线中的定点与定值问题 选题明细表 知识点、方法题号定点、定直线问题1,2,6定值问题3,4,51.已知点M在抛物线C1:x2=12y的准线l1上,动点A在C1上,C1在点A处的切线l2交y轴于点B,设MN=MA+MB,求证:点N在定直线上,并求该定直线的方程.解:抛物线x2=12y的准线l1的方程为y=-3,依题意设M(m,-3).抛物线C1的方程可化为y=x212,所以y=x6,设A(x1,y1),则以A为切点的切线l2的斜率k=x16,所以切线l2的方程为y=16x1(x-x1)+y1.令x=0,得y=-16x12+y1=-1612y1+y1=-y1,即点B坐标为(0,-

2、y1),所以MA=(x1-m,y1+3),MB=(-m,-y1+3),所以MN=MA+MB=(x1-2m,6),所以ON=OM+MN=(x1-m,3).设点N坐标为(x,y),则y=3,所以点N在定直线y=3上.2.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为32,直线x=1被椭圆截得的弦长为3.(1)求椭圆的标准方程;(2)设直线y=kx+m交椭圆C于A,B两点,且线段AB的中点M在直线x=1上,求证:线段AB的中垂线恒过定点.(1)解:由直线x=1被椭圆截得的弦长为3,得椭圆过点(1,32),即1a2+34b2=1,由e=ca=1-b2a2=32,得a2=4b2,所以a2=4,b

3、2=1,即椭圆的标准方程为x24+y2=1.(2)证明:由x24+y2=1,y=kx+m,消去y,得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0.由=64k2m2-4(1+4k2)(4m2-4)=-16m2+64k2+160,得m26),C1的左、右焦点F1,F2是双曲线C2的左、右顶点,C1的离心率为63,C2的离心率为2,点E在C2上,过点E和F1,F2分别作直线交椭圆C1于点F,G和点M,N,如图所示.(1)求C1,C2的方程;(2)求证:直线EF1和EF2的斜率之积为定值;(3)求证:1|FG|+1|MN|为定值.(1)解:由题意知,椭圆C1的离心率63=a2-6a,解得a2=18,所

4、以c2=12,所以F1(-23,0),F2(23,0).因为椭圆C1的左、右焦点F1,F2是双曲线C2的左、右顶点,所以设双曲线C2:x212-y2n2=1(n0),由C2的离心率2=12+n223,解得n2=12,所以椭圆C1的标准方程为x218+y26=1,双曲线C2的标准方程为x212-y212=1.(2)证明:因为点E在C2上,所以设E(x0,y0),则y02=x02-12,所以kEF1kEF2=y02x02-12=1,所以直线EF1和EF2的斜率之积为定值1.(3)证明:设直线EF1和EF2的斜率分别为k1,k2,则k1k2=1.设F(x1,y1),G(x2,y2),EF1:y=k1

5、(x+23)与C1方程联立,消去y,得(3k12+1)x2+123k12x+18(2k12-1)=0,x1+x2=-123k123k12+1,x1x2=18(2k12-1)3k12+1,则|FG|=(1+k12)(-123k123k12+1) 2-418(2k12-1)3k12+1=62(k12+1)3k12+1,同理,|MN|=62(k22+1)3k22+1=62(1k12+1)31k12+1=62(k12+1)3+k12,所以1|FG|+1|MN|=3k12+1+3+k1262(k12+1)=462=23.4.已知双曲线E:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的右焦点为F2,点F2到E的一

6、条渐近线的距离为2,过点F2的直线与E相交于A,B两点.当ABx轴时,|AB|=22.(1)求双曲线E的方程;(2)若M(32,0),N是直线x=1上一点,当B,M,N三点共线时,判断直线AN的斜率是否为定值.若是定值,求出该值;若不是定值,说明理由.解:(1)根据对称性,不妨设F2(c,0)到直线bx+ay=0的距离为2,则bca2+b2=bcc=b=2,令x=c,则c2a2-y2b2=1,解得y=b2a,所以当ABx轴时,|AB|=2b2a=22,则a=2.故双曲线E的方程为x22-y22=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2).当直线AB的斜率不为0时,设直线AB的方程为x=my

7、+2,联立得方程组x22-y22=1,x=my+2,消去x,得(m2-1)y2+4my+2=0,由=8(m2+1)0,m2-10,得m1,则y1+y2=-4mm2-1,y1y2=2m2-1,设N(1,t),因为B,M,N三点共线,所以t-12=y2x2-32,整理得t=-y22x2-3.因为y1-t=y1+y22x2-3=y1(2x2-3)+y22x2-3=y1(2my2+1)+y22x2-3=2my1y2+(y1+y2)2x2-3=0,所以kAN=y1-tx1-1=0,即直线AN的斜率为定值0.当直线AB的斜率为0时,A,B,M,N都在x轴上,则直线AN的斜率为定值0.综上所述,直线AN的斜

8、率为定值0.5.已知双曲线方程为x2a2-y2b2=1,F1,F2分别为双曲线的左、右焦点,离心率为2,点P为双曲线在第一象限上的一点,且满足PF1PF2=0,|PF1|PF2|=6.(1)求双曲线的标准方程;(2)过点F2作直线l交双曲线于A,B两点,则在x轴上是否存在定点Q(m,0)使得QAQB为定值?若存在,请求出m的值和该定值;若不存在,请说明理由.解:(1)由题意可得e=ca=2,可得c=2a,b2=c2-a2=3a2,所以b=3a,又因为PF1PF2=0,|PF1|PF2|=6,所以PF1PF2,由|PF1|-|PF2|=2a,得|PF1|2+|PF2|2-2|PF1|PF2|=4

9、a2,而|PF1|2+|PF2|2=4c2,所以4c2-12=4a2,可得b2=3,a2=1,所以双曲线的方程为x2-y23=1.(2)由(1)可得F2(2,0),假设存在Q(m,0)满足题意.当直线l的斜率为0时,方程为y=0,此时A(-1,0),B(1,0),则QAQB=m2-1;当l的斜率不为0时,设方程为x=ty+2,A(x1,y1),B(x2,y2),联立x=ty+2,3x2-y2=3,消去x,得(3t2-1)y2+12ty+9=0,因为有两个交点,所以3t2-10,且=(12t)2-49(3t2-1)=36(t2+1)0,所以y1+y2=-12t3t2-1,y1y2=93t2-1.

10、因为QAQB=(x1-m,y1)(x2-m,y2)=(ty1+2-m)(ty2+2-m)+y1y2=(t2+1)y1y2+(2-m)t(y1+y2)+(2-m)2=(t2+1)93t2-1+(2-m)t-12t3t2-1+(2-m)2=(12m-15)t2+93t2-1+(2-m)2,要使QAQB为定值,则12m-153=9-1,解得m=-1,则QAQB=0,所以Q(-1,0),定值为0.6.(2022江苏南京模拟)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a0,b0)的离心率为32,且经过M(1,32),经过定点T(1,0)斜率不为0的直线l交C于E,F两点,A,B分别为椭圆C的左、右顶点.(1)

11、求椭圆C的方程;(2)设直线AE与BF的斜率分别为k1,k2,求k1k2的值;(3)设直线AE与BF的交点为P,求证:点P在一条定直线上.(1)解:由题意可得ca=32,1a2+34b2=1,a2=b2+c2,解得a=2,b=1,c=3,所以椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)解:由(1)可知A(-2,0),B(2,0),设直线l的方程为x=my+1,则联立方程x=my+1,x24+y2=1,消去x,得(m2+4)y2+2my-3=0,设E(x1,y1),F(x2,y2),则y1+y2=-2mm2+4,y1y2=-3m2+4,所以y1+y2y1y2=2m3,即2my1y2=3(y1+y2),所以k1k2=y1(x2-2)(x1+2)y2=y1(my2-1)(my1+3)y2=my1y2-y1my1y2+3y2=32(y1+y2)-y132(y1+y2)+3y2=12y1+32y232y1+92y2=13.(3)证明:由(2)知,k1k2=13,由题意可得直线AE:y=k1(x+2),BF:y=k2(x-2),联立方程y=k1(x+2),y=k2(x-2),解得x=-2(k1+k2)k1-k2=-2(k1k2+1)k1k2-1=4,所以点P在定直线x=4上.