2024高考数学一轮备考复习第9章解析几何第8节直线与圆锥曲线的综合问题第3课时圆锥曲线中的定点和定值问题课时跟踪检测文含解析新人教B版

PAGE第九章解析几何第八节直线与圆锥曲线的综合问题第3课时圆锥曲线中的定点和定值问题A级·基础过关|固根基|1.已知圆M：x2＋(y－2)2＝1，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)若点A，B是E上的两个动点，O为坐标原点，且eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝－16，求证：直线AB恒过定点．解：(1)由题意知，动点P到定点M(0，2)的距离等于到定直线y＝－2的距离，所以依据抛物线的定义有x2＝8y.(2)证明：易知直线AB的斜率存在，设直线AB：y＝kx＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)．将直线AB的方程代入x2＝8y中，得x2－8kx－8b＝0，所以x1＋x2＝8k，x1x2＝－8b.则eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋eq\f(xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,2),64)＝－8b＋b2＝－16，解得b＝4，所以直线AB恒过定点(0，4)．2．已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)过A(2，0)，B(0，1)两点．(1)求椭圆C的方程及离心率；(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值．解：(1)由题意知，a＝2，b＝1，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.因为c＝eq\r(a2－b2)＝eq\r(3)，所以椭圆C的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2).(2)证明：设P(x0，y0)(x0<0，y0<0)，则xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)＝4.因为A(2，0)，B(0，1)，所以直线PA的方程为y＝eq\f(y0,x0－2)(x－2)，令x＝0，得yM＝－eq\f(2y0,x0－2)，从而|BM|＝1－yM＝1＋eq\f(2y0,x0－2).又直线PB的方程为y＝eq\f(y0－1,x0)x＋1，令y＝0，得xN＝－eq\f(x0,y0－1)，从而|AN|＝2－xN＝2＋eq\f(x0,y0－1).所以四边形ABNM的面积S＝eq\f(1,2)|AN|·|BM|＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(x0,y0－1)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2y0,x0－2)))＝eq\f(xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)＋4x0y0－4x0－8y0＋4,2（x0y0－x0－2y0＋2）)＝eq\f(2x0y0－2x0－4y0＋4,x0y0－x0－2y0＋2)＝2，所以四边形ABNM的面积为定值2.3．椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过椭圆中心的弦PQ满意|PQ|＝2，∠PF2Q＝90°，且△PF2Q的面积为1.(1)求椭圆C的方程；(2)直线l不经过点A(0，1)，且与椭圆交于M，N两点，若以MN为直径的圆经过点A，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．解：(1)由对称性易知四边形PF1QF2为平行四边形，又∠PF2Q＝90°，所以▱PF1QF2为矩形，所以|F1F2|＝|PQ|＝2，所以c因为S△PF1F2＝S△PF2Q＝1，所以|PF1|·|PF2|＝2，又|PF1|＋|PF2|＝2a，|PF1|2＋|PF2|2＝(2c)2＝4，所以a2＝2，所以所求椭圆C的标准方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)证明：设l：y＝kx＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝kx＋m))得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2(m2－1)＝0，则x1＋x2＝eq\f(－4km,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(2（m2－1）,2k2＋1)，则y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝eq\f(2m,2k2＋1)，y1y2＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝eq\f(m2－2k2,2k2＋1).综合题意知eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝(x1，y1－1)·(x2，y2－1)＝0，即3m2－又直线不过A(0，1)，所以m≠1，所以m＝－eq\f(1,3)，所以l：y＝kx－eq\f(1,3)，故l必过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,3))).4.如图所示，椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，焦距为2eq\r(2)，直线x＝－a与y＝b交于点D，且|BD|＝3eq\r(2)，过点B作直线l交直线x＝－a于点M，交椭圆于另一点P.(1)求椭圆的方程；(2)求证：eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))为定值．解：(1)由题可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(（2a）2＋b2)＝3\r(2)，,2c＝2\r(2)，,a2＝b2＋c2，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝2，))所以椭圆的标准方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)证明：由(1)知A(－2，0)，B(2，0)．设M(－2，y0)，P(x1，y1)，则eq\o(OP,\s\up6(→))＝(x1，y1)，eq\o(OM,\s\up6(→))＝(－2，y0)．直线BM的方程为y＝－eq\f(y0,4)(x－2)，即y＝－eq\f(y0,4)x＋eq\f(1,2)y0，代入椭圆方程x2＋2y2＝4，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(yeq\o\al(2,0),8)))x2－eq\f(yeq\o\al(2,0),2)x＋eq\f(yeq\o\al(2,0),2)－4＝0，即(8＋yeq\o\al(2,0))x2－4yeq\o\al(2,0)x＋4yeq\o\al(2,0)－32＝0，由韦达定理得，2x1＝eq\f(4（yeq\o\al(2,0)－8）,yeq\o\al(2,0)＋8)，所以x1＝eq\f(2（yeq\o\al(2,0)－8）,yeq\o\al(2,0)＋8)，所以y1＝eq\f(8y0,yeq\o\al(2,0)＋8)，所以eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))＝－2x1＋y0y1＝－eq\f(4（yeq\o\al(2,0)－8）,yeq\o\al(2,0)＋8)＋eq\f(8yeq\o\al(2,0),yeq\o\al(2,0)＋8)＝eq\f(4yeq\o\al(2,0)＋32,yeq\o\al(2,0)＋8)＝4，即eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))为定值4.B级·素养提升|练实力|5.已知焦距为2eq\r(2)的椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右顶点为A，直线y＝eq\f(4,3)与椭圆C交于P，Q两点(P在Q的左边)，Q在x轴上的射影为B，且四边形ABPQ是平行四边形．(1)求椭圆C的方程；(2)斜率为k的直线l与椭圆C交于两个不同的点M，N.若M是椭圆的左顶点，D是直线MN上一点，且DA⊥AM.点G是x轴上异于点M的点，且以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，求证：点G是定点．解：(1)∵四边形ABPQ是平行四边形，∴|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝|eq\o(PQ,\s\up6(→))|.∵|eq\o(PQ,\s\up6(→))|＝2|eq\o(OB,\s\up6(→))|，∴|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝2|eq\o(OB,\s\up6(→))|，则点B的横坐标为eq\f(a,3)，∴点Q的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，\f(4,3)))，代入椭圆C的方程得b2＝2.又c2＝2，∴a2＝4，即椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)证明：设直线MN的方程为y＝k(x＋2)，N(x0，y0)，DA⊥AM，∴D(2，4k)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝k（x＋2），))消去y得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－4＝0，则－2x0＝eq\f(8k2－4,1＋2k2)，即x0＝eq\f(2－4k2,1＋2k2)，∴y0＝k(x0＋2)＝eq\f(4k,1＋2k2)，则Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－4k2,1＋2k2)，\f(4k,1＋2k2)))，设G(t，0)，则t≠－2，若以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，则DG⊥AN，∴eq\o(GD,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝0恒成立．∵eq\o(GD,\s\up6(→))＝(2－t，4k)，eq\o(AN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－8k2,1＋2k2)，\f(4k,1＋2k2)))，∴eq\o(GD,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝(2－t)·eq\f(－8k2,1＋2k2)＋4k·eq\f(4k,1＋2k2)＝0恒成立，即eq\f(8k2t,1＋2k2)＝0恒成立，∴t＝0，∴点G是定点(0，0)．6．(2025届西安市八校联考)已知直线l：x＝my＋1过椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1的右焦点F，抛物线x2＝4eq\r(3)y的焦点为椭圆C的上顶点，且l交椭圆C于A，B两点，点A，F，B在直线x＝4上的射影依次为D，K，E.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l交y轴于点M，且eq\o(MA,\s\up6(→))＝λ1eq\o(AF,\s\up6(→))，eq\o(MB,\s\up6(→))＝λ2eq\o(BF,\s\up6(→))，当m改变时，证明：λ1＋λ2为定值；(3)当m改变时，直线AE与BD是否相交于定点？若是，恳求出定点的坐标，并赐予证明；否则，说明理由．解：(1)因为l：x＝my＋1过椭圆C的右焦点F，所以右焦点F(1，0)，即c＝1，即c2＝1.因为x2＝4eq\r(3)y的焦点(0，eq\r(3))为椭圆C的上顶点，所以b＝eq\r(3)，即b2＝3，所以a2＝b2＋c2＝4，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)证明：由题意知m≠0，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,3x2＋4y2－12＝0))得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝－eq\f(6m,3m2＋4)，y1y2＝－eq\f(9,3m2＋4).因为eq\o(MA,\s\up6(→))＝λ1eq\o(AF,\s\up6(→))，eq\o(MB,\s\up6(→))＝λ2eq\o(BF,\s\up6(→))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,m)))，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1＋\f(1,m)))＝λ1(1－x1，－y1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2＋\f(1,m)))＝λ2(1－x2，－y2)，所以λ1＝－1－eq\f(1,my1)，λ2＝－1－eq\f(1,my2)，所以λ1＋λ2＝－2－eq\f(y1＋y2,my1y2)＝－2－eq\f(6m,3m2＋4)÷eq\f(9m,3m2＋4)＝－eq\f(8,3).综上所述，当m改变时，λ1＋λ2为定值－eq\f(8,3).(3)当m改变时，直线AE与BD相交于定点．当m＝0时，直线l⊥x轴，则四边形ABED为矩形，易知AE与BD相交于点Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))，猜想当m改变时，直线AE与BD相交于定点Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))，证明如下：由(2)知eq\o(AN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)－x1，－y1))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－my1，－y1))，易知E(4，y2)，则eq\o(NE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，y2)).因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\