专题3.8 欲证直线过定点结合特征方程验-2020届高考数学压轴题讲义(解答题)(解析版)

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资源描述

1、专题8 欲证直线过定点,结合特征方程验【题型综述】直线过定点的解题策略一般有以下几种:(1)如果题设条件没有给出这个定点,那么,我们可以这样思考:由于这个定点对符合要求的一些特殊情况必然成立,那么我们根据特殊情况先找到这个定点,再证明这个点与变量无关.(2)直接推理、计算,找出参数之间的关系,并在计算过程中消去部分参数,将直线方程化为点斜式方程,从而得到定点.(3)若直线方程含多个参数并给出或能求出参数满足的方程,观察直线方程特征与参数方程满足的方程的特征,即可找出直线所过顶点坐标,并带入直线方程进行检验.注意到繁难的代数运算是此类问题的特点,设而不求方法、整体思想和消元的思想的运用可有效地简

2、化运算.【典例指引】类型一 椭圆中直线过未知顶点问题例1 【2017课标1,理20】已知椭圆C:(ab0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3(1,),P4(1,)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.类型二 椭圆中直线过已知定点问题例2. 【2017课标II,理】设O为坐标原点,动点M在椭圆C:上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P满足。(1) 求点P的轨迹方程;(2)设点Q在直线上,且,证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F。 【解析】(1)设出点P的坐标,利用得到点P与

3、点,M坐标之间的关系即可求得轨迹方程为。学科&网(2)由题意知。设,则,。由得,又由(1)知,故。学科&网所以,即。又过点P存在唯一直线垂直于OQ,所以过点P且垂直于OQ的直线过C的左焦点F。来源:学_科_网类型三 点在定直线上问题例3【2016高考山东理数】平面直角坐标系中,椭圆C:的离心率是,抛物线E:的焦点F是C的一个顶点.(I)求椭圆C的方程;(II)设P是E上的动点,且位于第一象限,E在点P处的切线与C交与不同的两点A,B,线段AB的中点为D,直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M.(i)求证:点M在定直线上;(ii)直线与y轴交于点G,记的面积为,的面积为,求 的最大值及取得最大

4、值时点P的坐标.设,联立方程得,由,得且,因此,学科&网(ii)由(i)知直线方程为,令得,所以,又,所以,所以,令,则,当,即时,取得最大值,此时,满足,学科&网所以点的坐标为,因此的最大值为,此时点的坐标为.类型四 抛物线中直线过定点问题例4.【2013年高考理科陕西卷】已知动圆过定点A(4,0), 且在y轴上截得的弦MN的长为8. () 求动圆圆心的轨迹C的方程; () 已知点B(1,0), 设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P, Q, 若x轴是的角平分线, 证明直线l过定点. 【扩展链接】1. 对任意圆锥曲线,过其上任意一点作两条直线,若直线斜率之积为定值,两直线交圆锥曲线于

5、两点,则直线过定点.2.已知为过抛物线=的焦点的弦,则.3.已知为过椭圆的焦点的弦,则.来源:学|科|网4.已知直线,当变动时,直线恒过定点.【新题展示】1【2019福建备考关键问题指导系列适应性练习】设为坐标原点,动圆过定点, 且被轴截得的弦长是8()求圆心的轨迹的方程;()设是轨迹上的动点,直线的倾斜角之和为,求证:直线过定点【思路引导】()设动圆圆心,由题设条件,利用圆中的特殊三角形,推导出点P的轨迹方程;()设出直线AB的方程为,与联立,消元得到,利用韦达定理,最后得到直线AB恒过定点【解析】()设动圆半径为由动圆被轴截得的弦长是8得消去得故圆心的轨迹的方程() 设直线, ,联立方程得

6、,消去得,则, 设直线的倾斜角分别是 ,同理, ,故直线过定点2【2019河南郑州1月质量预测】设点为圆上的动点,点在轴上的投影为,动点满足,动点的轨迹为()求的方程;()设的左顶点为,若直线与曲线交于两点,(,不是左右顶点),且满足,求证:直线恒过定点,并求出该定点的坐标【思路引导】()设P(x,y),M(x0,y0),由已知条件建立二者之间的关系,利用坐标转移法可得轨迹方程;(2)由向量条件结合矩形对角线相等可得DA,DB垂直,斜率之积为1,再联立直线与椭圆方程,得根与系数关系,逐步求解得证【解析】()设点,由题意可知,即,又点在圆上 代入得即轨迹的方程为()由()可知,设,联立 得 即,

7、 又 即即 解得,且均满足即当时,的方程为,直线恒过,与已知矛盾;当,的方程为,直线恒过所以,直线过定点,定点坐标为3【2019新疆乌鲁木齐一模】椭圆的中心在坐标原点,焦点在坐标轴上,过的长轴,短轴端点的一条直线方程是(1)求椭圆的方程;(2)过点作直线交椭圆于,两点,若点关于轴的对称点为,证明直线过定点【思路引导】(1)对于,当时,即,当,即,再写出椭圆的方程;(2)设直线,(),设,两点的坐标分别为,则,代入椭圆方程,即根据韦达定理,直线方程,求出直线过定点,【解析】(1)对于,当时,即,当,即,椭圆的方程为,(2)证明:设直线,(),设,两点的坐标分别为,则,联立直线与椭圆得,得,解得,

8、直线 ,令,得 ,直线过定点4【2019福建漳州下学期第二次质量监测】设O为坐标原点,动点M在椭圆C:上,该椭圆的左顶点A到直线的距离为求椭圆C的标准方程;若线段MN平行于y轴,满足,动点P在直线上,满足,证明:过点N且垂直于OP的直线过椭圆C的右焦点F【思路引导】(1)根据点到直线的距离公式即可求出a的值,可得椭圆方程,(2)由题意M(m,n),N(m,),P(2,t),根据(2)0,可得y12n,由2,可得2m+2nt6,再根据向量的运算可得0,即可证明【解析】(1)由题意: , 椭圆的标准方程为: (2)设, ,则, ,即,解 , ,即:,得 即直线的方程为: , 设过点且垂直于直线为,

9、 直线的方程: ,即直线过定点,即直线恒过椭圆的右焦点5【2019河北衡水十三中学质检】已知抛物线:,过其焦点作斜率为1的直线交抛物线于,两点,且线段的中点的纵坐标为4(1)求抛物线的标准方程;(2)若不过原点且斜率存在的直线与抛物线相交于、两点,且求证:直线过定点,并求出该定点的坐标【思路引导】(1)根据线段的中点的纵坐标为4,直线的斜率为1,利用抛物线的方程,求解,即可得到抛物线的方程;(2)设直线:,联立方程组,利用根与系数的关系,求得,再由得,即可得到结论【解析】(1)设,两点的坐标分别为,则,两式相减得即,又线段的中点的纵坐标为4,直线的斜率为1,即抛物线的标准方程为(2)设直线:与

10、抛物线:交于点,则,由得,即,来源:Z.xx.k.Com直线为,过定点6【2019黑龙江大庆二模】已知椭圆的离心率为,短轴长为4(1)求椭圆的方程;(2)过点作两条直线,分别交椭圆于两点(异于),当直线,的斜率之和为4时,直线恒过定点,求出定点的坐标【思路引导】(1)首先根据题中所给的条件,得到所满足的等量关系式,求解即可;(2)分直线AB的斜率存在与不存在两种情况进行讨论,写出直线的方程,将其与椭圆方程联立,根据题中的条件,求得,从而求得直线所过的定点为,当直线AB斜率不存在时,验证也过该点,得证【解析】(1)由题意知:,解得,所以椭圆方程为(2)当直线的斜率存在时,设直线方程为,由,得,联

11、立,消去得,由题意知二次方程有两个不等实根,代入得,整理得,所以直线恒过定点当直线的斜率不存在时,设直线的方程为,其中,由,得,当直线的斜率不存在时,直线也过定点综上所述,直线恒过定点7【2019福建漳州班第一次质检】已知动圆过点且与直线相切,圆心的轨迹为曲线 (1)求曲线的方程;(2)若是曲线上的两个点且直线过的外心,其中为坐标原点,求证:直线过定点【思路引导】(1)根据抛物线定义,可知曲线方程为抛物线,进而利用定义求得抛物线的方程。(2)设出A、B坐标,设出AB方程,联立抛物线,结合韦达定理表示出与,利用垂直关系求得m的值,进而求出定点坐标。【解析】解法一:(1)由题意可知等于点到直线的距

12、离,所以曲线是以为焦点,以直线为准线的抛物线,所以曲线的方程为 解法二:(1)设,由题意可知等于点到直线的距离,所以,整理得曲线的方程为(2)设直线,代入,得,设,则,因为直线过的外心,所以, =0所以,所以或,因为直线不过点,所以,所以,所以直线,所以直线过定点8【2019湖北十堰元月调研】设是圆上的任意一点,是过点且与轴垂直的直线,是直线与轴的交点,点在直线上,且满足当点在圆上运动时,记点的轨迹为曲线(1)求曲线的方程;(2)已知直线与曲线交于,两点,点关于轴的对称点为,证明:直线过定点【思路引导】(1)点A在圆x2+y216上运动,引起点Q的运动,可由4|BQ|3|BA|,得到点A和点Q

13、坐标之间的关系式,由点A的坐标满足圆的方程得到点Q坐标满足的方程;(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),则M(x1,y1),将直线方程与椭圆方程联立,写出韦达定理,求出直线MN的方程,即可判断出所过的定点【解析】(1)设,因为,在直线上,所以,因为点在圆上运动,所以将式代入式即得曲线的方程为(2)设,则,联立,得,所以,因为直线的斜率,所以为令,得 ,所以直线过定点【同步训练】1已知椭圆的离心率e=,左、右焦点分别为F1、F2,定点,P(2,),点F2在线段PF1的中垂线上(1)求椭圆C的方程;(2)设直线l:y=kx+m与椭圆C交于M、N两点,直线F2M、F2N的倾斜角分别为、且+=,

14、求证:直线l过定点,并求该定点的坐标【思路点拨】(1)由椭圆的离心率求得a=c,且丨F1F2丨=丨PF2丨,利用勾股定理即可求得c及a和b的值;(2)将直线代入椭圆方程,利用直线的斜率公式求得=,=,由+=0,结合韦达定理,即可求得m=2k则直线MN过定点,该定点的坐标为(2,0)且=,=由已知+=,得+=0,即+=0,化简,得2kx1x2+(mk)(x1+x2)2m=0,2k(mk)()2m整理得m=2k直线MN的方程为y=k(x2),直线MN过定点,该定点的坐标为(2,0)学科&网2.已知焦距为2的椭圆C:+=1(ab0)的右顶点为A,直线y=与椭圆C交于P、Q两点(P在Q的左边),Q在x

15、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(i)若直线l过原点且与坐标轴不重合,E是直线3x+3y2=0上一点,且EMN是以E为直角顶点的等腰直角三角形,求k的值(ii)若M是椭圆的左顶点,D是直线MN上一点,且DAAM,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【思路点拨】(1)由题意可得c=,直线y=代入椭圆方程,求得P,Q的横坐标,可得|AB|,由四边形ABPQ是平行四边形,可得|AB|=|PQ|,解方程可得b,由a,b,c的关系可得a,进而得到椭圆方程;(2)(i)由

16、直线y=kx代入椭圆方程,求得M的坐标,由EMN是以E为直角顶点的等腰直角三角形,可设E(m,m),求出E到直线kxy=0的距离d,由题意可得OEMN,|OM|=d,解方程可得k的值;(ii)由M(2,0),可得直线MN的方程为y=k(x+2),代入椭圆方程,可得x的方程,运用韦达定理,可得N的坐标,设G(t,0),(t2),由题意可得D(2,4k),A(2,0),以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点,可得ANDG,运用两直线垂直的条件,可得斜率之积为1,解方程可得t=0,即可得到定点(ii)证明:由M(2,0),可得直线MN的方程为y=k(x+2),代入椭圆方程可得,(1+2k2)x2+

17、8k2x+8k24=0,可得2+xN=,来源:学。科。网解得xN=,yN=k(xN+2)=,即N(,),设G(t,0),(t2),由题意可得D(2,4k),A(2,0),以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点,学科&网可得ANDG,即有kANkDG=1,即为=1,解得t=0学科&网故点G是定点,即为原点(0,0)3.已知椭圆E:+=1(ab0)经过点(1,),且离心率e=(1)求椭圆E的方程;(2)设椭圆E的右顶点为A,若直线l:y=kx+m与椭圆E相交于M、N两点(异于A点),且满足MANA,试证明直线l经过定点,并求出该定点的坐标【思路点拨】(1)由题意的离心率公式e=,求得a=2c,b

18、2=3c2,将点代入椭圆方程,即可求得a和b的值,即可求得椭圆C的标准方程;(2)将直线方程代入椭圆方程,由题意可知=0,由向量数量积的坐标运算及韦达定理,即可求得m和k的关系,代入即可求得直线恒过定点+2+4=0,化简得,7m2+4k2+16mk=0解得m=2k或m=且均满足3+4k2m20当m=2k时,L:y=k(x2),直线过定点(2,0)与已知矛盾;当m=时,L;y=k(x),直线过定点(,0),综上,直线l过定点,定点坐标为(,0)4.已知椭圆的离心率为,左、右焦点分别为圆F1、F2,M是C上一点,|MF1|=2,且(1)求椭圆C的方程;来源:学,科,网(2)当过点P(4,1)的动直

19、线l与椭圆C相交于不同两点A,B时,线段AB上取点Q,且Q满足,证明点Q总在某定直线上,并求出该定直线【思路点拨】(1)由已知得a=2c,且,由余弦定理求出c=1由此能求出椭圆C的方程(2)设直线l的方程为y=kx+(14k),代入椭圆方程,得(3+4k2)x2+(8k32k2)x+64k232k8=0,由此利用韦达定理、向量,结合已知条件能证明点Q总在某定直线上,并求出该定直线 5.已知椭圆C的方程为+=1(ab0),离心率e=,点P(,1)在椭圆C上(1)求椭圆C的方程;(2)过C的右焦点F作两条弦AB,CD,满足=0,且=2,=2,求证:直线MN过定点,并求出此定点【思路点拨】(1)由a

20、=c,则b2=a2c2=2c2,将P代入椭圆方程,即可求得a和b的值,求得椭圆方程(2)然后分弦AB,CD的斜率均存在和弦AB或CD的斜率不存在两种情况求解当斜率均存在时,写出直线AB的方程,代入椭圆方程后化简,利用根与系数关系求得M坐标,同理求得N的坐标进一步分k1和k=1求得直线MN的方程,从而说明直线MN过定点,当弦AB或CD的斜率不存在时,易知,直线MN为x轴,也过点(,0)则x1+x2=,x1x2=,x0=,y0=k(x01)=,于是M(,)CDAB,将点M坐标中的k换为,即得点N(,)当k1时,直线MN的方程为y=(x)令y=0,得x=,则直线MN过定点(,0);当k=1时,易得直

21、线MN的方程x=,也过点(,0)当弦AB或CD的斜率不存在时,易知,直线MN为x轴,也过点(,0)综上,直线MN必过定点(,0)学科&网6.已知椭圆C:x2+4y2=4(1)求椭圆C的离心率;(2)椭圆C的长轴的两个端点分别为A,B,点P在直线x=1上运动,直线PA,PB分别与椭圆C相交于M,N两个不同的点,求证:直线MN与x轴的交点为定点【思路点拨】(1)求得椭圆的标准方程,则a=2,b=1,则c=,利用椭圆的离心率公式,即可求得椭圆C的离心率;(2)设P(1,t),由已知条件分别求出M,N的坐标,设定点为Q,再由kMQ=kNQ,能证明直线MN经过一定点Q(4,0) 7.在直角坐标系xOy

22、中,F,A,B 分别为椭圆 的右焦点、右顶点和上顶点,若(1)求a的值;(2)过点P(0,2)作直线l 交椭圆于M,N 两点,过M 作平行于x 轴的直线交椭圆于另外一点Q,连接NQ,求证:直线NQ 经过一个定点【思路点拨】(1)由题意得:,解得a;(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),直线l 的方程为y=kx+2,将y=kx+2 代入椭圆方程得(3+4k2)x2+16kx+4=0,直线NQ 的方程,由对称性可知,若过定点,则必在y 轴上,令x=0,即可 8.已知椭圆的一个焦点为,其左顶点在圆上(1)求椭圆的方程;(2)直线交椭圆于两点,设点关于轴的对称点为 (点与点不重合),证明:直线过

23、x轴上的一定点,并求出定点坐标【思路点拨】(1)利用点在椭圆上和几何要素间的关系求其标准方程;(2)联立直线和椭圆的标准方程,得到关于的一元二次方程,利用根与系数的关系得到直线的点斜式方程,再利用赋值法进行求解.【详细解析】(1)椭圆的左顶点在圆上,又椭圆的一个焦点为, 椭圆的方程为 9.已知动圆M恒过点(0,1),且与直线y=1相切(1)求圆心M的轨迹方程;(2)动直线l过点P(0,2),且与点M的轨迹交于A、B两点,点C与点B关于y轴对称,求证:直线AC恒过定点【思路点拨】(1)由题意可知圆心M的轨迹为以(0,1)为焦点,直线y=1为准线的抛物线,根据抛物线的方程即可求得圆心M的轨迹方程;

24、(2)由题意可知直线l的斜率存在,设直线l的方程为:y=kx2,A(x1,y1),B(x2,y2),则C(x2,y2)代入抛物线方,由韦达定理及直线直线AC的方程为:yy2=(x+x2),把根与系数的关系代入可得4y=(x2x1)x+8,令x=0,即可得出直线恒过定点【详细解析】(1)动点M到直线y=1的距离等于到定点C(0,1)的距离,动点M的轨迹为抛物线,且=1,解得:p=2,动点M的轨迹方程为x2=4y;(2)证明:由题意可知直线l的斜率存在,设直线l的方程为:y=kx2,A(x1,y1),B(x2,y2),则C(x2,y2)联立,化为x24kx+8=0, 10.已知F是抛物线C:x2=

25、4y的焦点,A(x1,y1),B(x2,y2)为抛物线C上不同的两点,l1,l2分别是抛物线C在点A、点B处的切线,P(x0,y0)是l1,l2的交点(1)当直线AB经过焦点F时,求证:点P在定直线上;(2)若|PF|=2,求|AF|BF|的值【思路点拨】(1)当直线AB经过焦点F时,求出切线PA,PB的方程,可得P的坐标,即可证明:点P在定直线上;(2)设直线AB的方程为y=kx+m,代入C:x2=4y得x24kx4m=0,求出P的坐标,利用韦达定理,即可求|AF|BF|的值【详细解析】(1)证明:抛物线,则,切线PA的方程为,即,同理切线PB的方程为,联立得点P,设直线AB的方程为y=kx

26、+1,代入C:x2=4y得x24kx4=0所以x1x2=4所以点P在直线y=1上;(2)证明:设直线AB的方程为y=kx+m,代入C:x2=4y得x24kx4m=0x1+x2=4k,x1x2=4m,所以P(2k,m),=4mk2+4k2(m+1)+44k2=411.已知动点C到点F(1,0)的距离比到直线x=2的距离小1,动点C的轨迹为E(1)求曲线E的方程;(2)若直线l:y=kx+m(km0)与曲线E相交于A,B两个不同点,且,证明:直线l经过一个定点【思路点拨】(1)根据抛物线的定义,即可求得曲线E的方程;(2)设直线l的方程,代入抛物线方程,利用韦达定理及向量数量积的坐标运算,求得m=5k,即可求得直线l的方程,则直线l必经过定点(5,0) 12.已知动点满足: .(1)求动点的轨迹的方程;(2)设过点的直线与曲线交于两点,点关于轴的对称点为(点与点不重合),证明:直线恒过定点,并求该定点的坐标.【思路点拨】(1)动点到点, 的距离之和为,且,所以动点的轨迹为椭圆,从而可求动点的轨迹的方程;(2)直线的方程为: ,由得,根据韦达定理可得,直线的方程为,即可证明其过定点.

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