精品高中数学讲义圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题大题专项训练（30道）（教师版）.docx

高中数学讲义（选择性必修一） 圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题大题专项训练（30道）【人教A版2019选择性必修第一册】姓名：___________班级：___________考号：___________1．（2022·全国·高三专题练习）点A,B是椭圆E:x24+y23=1的左右顶点若直线l:y=k(x−1)与椭圆E交于M，N两点，求证：直线AM与直线BN的交点在一条定直线上．【解题思路】联立直线与椭圆方程，联立直线AN的方程与直线BM的方程，结合韦达定理，化简可求得直线AM与直线BN交点在定直线x＝4上．【解答过程】由题意得，A−2,0，B2,0，设Mx1,y1,Nx2,y2，联立x24+y23=1y=k(x−1)，化简得(3+4k2)x2−8k2x+4k2−12=0，所以x1+x2=8k23+4k2，x1x2=4k2−123+4k2，直线AM的方程为y=y1x1+2x+2，直线BN的方程为y=y2x2−2(x−2)，联立y=y1x1+2x+2y=y2x2−2(x−2)，即y=k(x1−1)x1+2x+2y=k(x2−1)x2−2(x−2)，解得x=2(2x1x2−3x1+x2)x1+3x2−4原式=22x1x2−3x1+x2+4x2x1+x2+2x2−4=22⋅4k2−123+4k2−3⋅8k23+4k2+4x28k23+4k2+2x2−4=2−16k2−243+4k2+4x2−8k2−123+4k2+2x2=4−8k2−123+4k2+2x2−8k2−123+4k2+2x2=4，故直线AM与直线BN交点在定直线x＝4上．2．（2022·河北省高二阶段练习）在平面直角坐标系中xOy，椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32，点(−3,12)在椭圆C上．(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A，B，点P，Q为椭圆上异于A，B的两动点，记直线AP的斜率为k1，直线QB的斜率为k2，已知k1=7k2．求证：直线PQ恒过x轴上一定点.【解题思路】（1）由题意列方程组求解；（2）设PQ直线方程，与椭圆方程联立，由题意列方程通过韦达定理化简求解，注意分类讨论直线PQ的斜率是否为0.【解答过程】（1）由题意可得{ca=32a2=b2+c23a2+14b2=1，解得{a2=4b2=1c2=3，所以椭圆C的方程为x24+y2=1．（2）依题意，点A(−2,0),B(2,0)，设P(x1,y1),Q(x2,y2)，因为若直线PQ的斜率为0，则点P，Q关于y轴对称，必有kAP=−kBQ，不合题意．所以直线PQ斜率必不为0，设其方程为x=ty+n(n≠±2)，与椭圆C联立{x24+y2=1x=ty+n，整理得：(t2+4)y2+2nty+n2−4=0，所以Δ=4t2n2−4(t2+4)(n2−4)>0，且{y1+y2=−2tnt2+4,y1y2=n2−4t2−4.因为点P(x1,y1)是椭圆上一点，即x124+y12=1，则kAP⋅kBP=y1x1+2⋅y1x1−2=y12x12−4=1−x124x12−4=−14，所以kAP=−14kBP=7kBQ，即28kBP⋅kBQ=−1因为28kBP⋅kBQ=28y1y2(x1−2)(x2−2)=28y1y2(ty1+n−2)(ty2+n−2)=28y1y2t2y1y2+t(n−2)(y1+y2)+(n−2)2=28(n2−4)t2+4t2(n2−4)t2+4−2t2n(n−2)t2+4+(n−2)2=28(n+2)t2(n+2)−2t2n+(n−2)(t2+4)=28(n+2)4(n−2)=7n+14n−2=−1，所以n=−32，此时Δ=16(t2+4−n2)=4(4t2+7)>0，故直线PQ：x=ty+32恒过x轴上一定点D(−32,0)．3．（2022·江西·模拟预测（理））已知抛物线C:x2=2py(p>0)，动直线l经过点（2，5）交C于A，B两点，O为坐标原点，当l垂直于y轴时，△OAB的面积为105．(1)求C的方程；(2)C上是否存在定点P，使得P在以AB为直径的圆上？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【解题思路】（1）根据当l垂直于y轴时，△ OAB的面积为105，由y=5与抛物线方程联立求解；（2）设l的方程为y=kx−2+5，与抛物线方程联立，根据P在以AB为直径的圆上，由PA⋅PB=0求解.【解答过程】(1)解：因为当l垂直于y轴时，△OAB的面积为105，联立y=5x2=2py，得x=±10p,y=5．所以△ OAB的面积为12×210p⋅5=105，解得p=2，所以C的方程为x2=4y．(2)由题知l的斜率存在，设l的方程为y=kx−2+5，A(x1,x124)，B(x2,x224)，假设存在点P（x0，x024），使得PA⋅PB=0，联立y=kx−2+5x2=4y，得x2−4kx+8k−20=0，则Δ=16k2−4(8k−20)=16(k−1)2+4>0，x1+x2=4k,x1x2=8k−20．又PA=x1−x0,x124−x024,PB=x2−x0,x224−x024，所以PA⃑⋅PB⃑=x1−x0x2−x0+x124−x024x224−x024，=x1−x0x2−x0x1+x0x2+x016+1=0，又x1≠x0且x2≠x0，所以x1+x0x2+x0+16=0，所以x1x2+x0x1+x2+x02+16=0，则x02+4kx0+8k−4=0，即x0+2x0+4k−2=0，所以当x0=−2时，无论k取何值等式都成立，将x0=−2代入x2=4y得y0=1，所以存在定点P（－2，1）符合题意．4．（2022·全国·高三专题练习）已知A , B是双曲线x2a2−y2b2=1(a>0 , b>0)上关于原点对称的两个点，点P在双曲线上．当PA和PB斜率存在时，求证：kPA⋅kPB为定值．【解题思路】设Px1,y1，Ax2,y2，得到x12a2−y12b2=1x22a2−y22b2=1，两式作差，结合斜率公式，即可求解.【解答过程】设Px1,y1，Ax2,y2，则B−x2,−y2，可得kPA=y1−y2x1−x2，kPB=y1+y2x1+x2，点A和点P在双曲线上，则有x12a2−y12b2=1x22a2−y22b2=1，两式作差得1a2x1+x2x1−x2−1b2y1+y2y1−y2=0，可得y1−y2x1−x2⋅y1+y2x1+x2=b2a2，即kPAkPB=b2a2．5．（2022·全国·高三专题练习）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的右焦点为Fc,0，离心率为2，直线x=a2c与双曲线C的一条渐近线交于点P，且PF=3．(1)求双曲线C的标准方程；(2)设Q为双曲线右支上的一个动点，证明：在x轴的负半轴上存在定点M，使得∠QFM=2∠QMF．【解题思路】（1）由双曲线的对称性可取渐近线y=bax，则可求出交点P的坐标，结合PF=3与离心率为2，即可列出方程组，即可求出答案；（2）设Qx0,y0x0≥1，讨论当∠QFM=90°时求出点M；当∠QFM≠90°，设出点M，由∠QFM=2∠QMF可知−kQF=2kQM1−k2QM，化简利用恒成立，即可求出点M的坐标.【解答过程】（1）根据双曲线的对称性，不妨设直线x=a2c与渐近线y=bax的交点为P，由x=a2cy=bax，得Pa2c,abc，因为PF=3，所以c−a2c2+0−abc2=3，即b2=3，又离心率为2，所以c2a2=a2+b2a2=4，故a2=1．所以双曲线C的标准方程为x2−y23=1．（2）由（1）知双曲线C的右焦点为F2,0．设Qx0,y0x0≥1，则x02−y023=1．①当x0=2时，y0=±3．因为∠QFM=2∠QMF=90°，所以∠QMF=45°，所以MF=QF=y0=3，所以M−1,0，符合题意．②当x0≠2时，设Mt,0t<0．tan∠QFM=−kQF=−y0x0−2，tan∠QMF=kQM=y0x0−t，因为∠QFM=2∠QMF，所以−y0x0−2=2×y0x0−t1−y0x0−t2（结合正切倍角公式）．（i）当y0≠0时，上式化简为3x02−y02−4+4tx0+4t+t2=0，又x02−y023=1，所以−(4+4t)x0+3+4t+t2=0，对任意x0≥1,x0≠2恒成立.所以−(4+4t)=03+4t+t2=0，解得t=−1，即M−1,0．（ii）当y0=0，t=−1时，即M−1,0也能满足∠QFM=2∠QMF．综上，在x轴的负半轴上存在定点M−1,0，使得∠QFM=2∠QMF．6．（2022·全国·高三阶段练习（理））如图，已知抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F，过点F的直线l交抛物线C于A，B两点，动点P满足△PAB的垂心为原点O.当直线l的倾斜角为30°时，AB=16.(1)求抛物线C的标准方程；(2)求证：点P在定直线上.【解题思路】（1）根据抛物线的定义及韦达定理可求解；（2）根据垂心建立斜率之间的关系，从而得到直线PA,PB，两直线联立得到点P的坐标，结合韦达定理，从而可得点P在定直线上.【解答过程】(1)设直线l的方程为x=my+p2，Ax1,y1，Bx2,y2.由x=my+p2,y2=2px,得y2−2pmy−p2=0.所以y1+y2=2pm，y1⋅y2=−p2.由抛物线定义，得AB=x1+x2+p=my1+y2+2p=2pm2+1.当直线l的倾斜角为30°时，m=1tan30°=3，AB=2pm2+1=8p=16.所以2p=4，即抛物线C的标准方程为y2=4x.(2)由（1），得y1+y2=4m，y1⋅y2=−4.因为△PAB的垂心为原点O，所以OA⊥PB，OB⊥PA.因为kBO=y2x2，所以kAP=−x2y2.所以直线AP的方程为y−y1=−x2y2x−x1，即y=−y24x+34y1.同理可得，直线BP的方程为y=−y14x+34y2.联立方程y=−y24x+34y1,y=−y14x+34y2,解得xp=−3,yp=34y1+y2=3m,即P−3,3m.所以点P在定直线x=−3上.7．（2022·黑龙江·高三开学考试）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的一条渐近线方程为y=13x，一个焦点到该渐近线的距离为39.(1)求C的方程；(2)设A，B是直线x=−9上关于x轴对称的两点，直线y=kx+9与C交于M，N两点，证明：直线AM与BN的交点在定直线上.【解题思路】（1）根据渐近线方程得到ba=13，结合点到直线距离公式求出c=42，利用c2=a2+b2求出a2,b2，写出双曲线方程；（2）联立直线与双曲线方程，写出两根之和，两根之积，表达出直线AM与BN的方程，联立后求得交点横坐标满足x=−13.【解答过程】（1）双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的渐近线方程为y=±bax，所以ba=13.又焦点c,0到直线y=13x的距离d=13c1+13=39，所以c=42，又c2=a2+b2，所以a2=3，b2=39，所以双曲线C的标准方程为x23−y239=1.（2）证明：联立方程组x23−y239=1,y=kx+9,消去y，并整理得13−k2x2−18k2x−327k2+13=013−k2≠0.设Mx1,y1，Nx2,y2，则x1+x2=18k213−k2，x1x2=−327k2+1313−k2.设A−9,t，B−9,−t（t≠0），则。