最新版高考数学【一轮复习】精品讲义练习资料 (1)

这是一份最新版高考数学【一轮复习】精品讲义练习资料 (1)，共14页。试卷主要包含了))，待定系数法等内容，欢迎下载使用。
例1 (2024·惠州调研节选)已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，如图，椭圆C的左、右顶点分别为A，B，点M，N是椭圆上异于A，B的不同两点，直线BN的斜率为k(k≠0)，直线AM的斜率为3k，
求证：直线MN过定点.
证明 由于直线BN的斜率为k(k≠0)，B(2，0)，
故直线BN的方程为y＝k(x－2)，
联立得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－2），,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
整理得(4k2＋3)x2－16k2x＋16k2－12＝0，
所以xBxN＝eq \f(16k2－12,4k2＋3)，
所以xN＝eq \f(8k2－6,4k2＋3)，从而yN＝－eq \f(12k,4k2＋3)，
即Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k2－6,4k2＋3)，－\f(12k,4k2＋3))).
由于直线AM的斜率为3k，A(－2，0)，
故直线AM的方程为y＝3k(x＋2)，
联立得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝3k（x＋2），,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
整理可得(36k2＋3)x2＋144k2x＋144k2－12＝0，
即(12k2＋1)x2＋48k2x＋48k2－4＝0，
所以xAxM＝eq \f(48k2－4,12k2＋1)，
所以xM＝eq \f(－24k2＋2,12k2＋1)，从而yM＝eq \f(12k,12k2＋1)，
即Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－24k2＋2,12k2＋1)，\f(12k,12k2＋1))).
法一 当xM≠xN，即k≠±eq \f(1,2)时，
kMN＝eq \f(\f(12k,12k2＋1)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(12k,4k2＋3))),\f(－24k2＋2,12k2＋1)－\f(8k2－6,4k2＋3))＝eq \f(4k,－4k2＋1)，
所以直线MN的方程为
y－eq \f(－12k,4k2＋3)＝eq \f(4k,－4k2＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(8k2－6,4k2＋3)))，
整理得y＝eq \f(4k,－4k2＋1)(x＋1)，
故直线MN过定点P(－1，0).
当xM＝xN，即k＝±eq \f(1,2)，直线MN的方程为x＝－1，也过点P(－1，0).
综上可得，直线MN过定点P(－1，0).
法二 当xM＝xN时，即k＝±eq \f(1,2)时，
直线MN的方程为x＝－1，过点P(－1，0).
当k≠±eq \f(1,2)时，
kPM＝eq \f(\f(12k,12k2＋1)－0,\f(－24k2＋2,12k2＋1)－（－1）)＝eq \f(12k,－12k2＋3)＝eq \f(4k,－4k2＋1)，
kPN＝eq \f(\f(－12k,4k2＋3)－0,\f(8k2－6,4k2＋3)－（－1）)＝eq \f(－12k,12k2－3)＝eq \f(4k,－4k2＋1)，
故kPM＝kPN，所以直线MN过定点P(－1，0).
综上可得，直线MN过定点P(－1，0).
感悟提升 圆锥曲线中定点问题的两种解法
(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.或以曲线上的点为参数，设点P(x1，y1)，利用点在曲线f(x，y)＝0上，即f(x1，y1)＝0消参.
(2)特殊到一般法：定点问题，先猜后证，可先考虑运动图形是否有对称性及特殊(或极端)位置猜想，如直线的水平或竖直位置，即k＝0或k不存在.
训练1 (2023·全国乙卷)已知椭圆C：eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(5),3)，点A(－2，0)在C上.
(1)求C的方程；
(2)过点(－2，3)的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：线段MN的中点为定点.
(1)解 因为点A(－2，0)在C上，
所以eq \f(4,b2)＝1，得b2＝4.
因为椭圆的离心率e＝eq \f(c ,a)＝eq \f(\r(5),3)，所以c2＝eq \f(5,9)a2，
又a2＝b2＋c2＝4＋eq \f(5,9)a2，所以a2＝9，c2＝5，
故椭圆C的方程为eq \f(y2,9)＋eq \f(x2,4)＝1.
(2)证明 由题意知，直线PQ的斜率存在且不为0，
设lPQ：y－3＝k(x＋2)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y－3＝k（x＋2），,\f(y2,9)＋\f(x2,4)＝1，))
得(4k2＋9)x2＋(16k2＋24k)x＋16k2＋48k＝0，
故x1＋x2＝－eq \f(16k2＋24k,4k2＋9)，x1x2＝eq \f(16k2＋48k,4k2＋9).
直线AP：y＝eq \f(y1,x1＋2)(x＋2)，
令x＝0，解得yM＝eq \f(2y1,x1＋2)，同理得yN＝eq \f(2y2,x2＋2)，
则yM＋yN＝2eq \f(y1（x2＋2）＋y2（x1＋2）,（x1＋2）（x2＋2）)
＝2eq \f(（kx1＋2k＋3）（x2＋2）＋（kx2＋2k＋3）（x1＋2）,（x1＋2）（x2＋2）)
＝2eq \f(2kx1x2＋（4k＋3）（x1＋x2）＋8k＋12,x1x2＋2（x1＋x2）＋4)
＝2eq \f(2k（16k2＋48k）＋（4k＋3）（－16k2－24k）＋（8k＋12）（4k2＋9）,16k2＋48k＋2（－16k2－24k）＋4（4k2＋9）)
＝2×eq \f(108,36)＝6，
所以MN的中点的纵坐标为eq \f(yM＋yN,2)＝3，
所以MN的中点为定点(0，3).
题型二 定线问题
例2 (2023·新高考Ⅱ卷)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－2eq \r(5)，0)，离心率为eq \r(5).
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点(－4，0)的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P，证明：点P在定直线上.
(1)解 设双曲线的标准方程为
eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0).
由题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(e＝\f(c,a)＝\r(5)，,c2＝a2＋b2，,c＝2\r(5)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝4.))
所以双曲线C的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,16)＝1.
(2)证明 设直线MN的方程为x＝my－4，
M(x1，y1)，N(x2，y2).
易知A1(－2，0)，A2(2，0).
联立直线MN与双曲线C的方程，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my－4，,4x2－y2＝16.))
消去x并整理，得(4m2－1)y2－32my＋48＝0，
则y1＋y2＝eq \f(32m,4m2－1)，y1y2＝eq \f(48,4m2－1)，
且4m2－1≠0，Δ＝(－32m)2－4×48×(4m2－1)
＝256m2＋192>0.
直线MA1的方程为y＝eq \f(y1,x1＋2)(x＋2)，
直线NA2的方程为y＝eq \f(y2,x2－2)(x－2).
联立直线MA1与直线NA2的方程并消去y，得
eq \f(x＋2,x－2)＝eq \f(y2（x1＋2）,y1（x2－2）)＝eq \f(my1y2－2（y1＋y2）＋2y1,my1y2－6y1)
＝eq \f(m·\f(48,4m2－1)－2×\f(32m,4m2－1)＋2y1,m·\f(48,4m2－1)－6y1)
＝eq \f(－\f(16m,4m2－1)＋2y1,\f(48m,4m2－1)－6y1)＝－eq \f(1,3)，
所以x＝－1，即点P在定直线x＝－1上.
感悟提升 1.动点在定直线上是圆锥曲线的常规题型，设点法：通过已知点轨迹，消去参数，从而得到轨迹方程.
2.待定系数法：设出含参数的直线方程，待定系数求解出系数.
3.面对复杂问题时，可从特殊情况入手，以确定可能的定直线，然后再验证该直线对一般情况是否符合，属于“先猜再证”.
训练2 (2024·郑州调研节选)已知椭圆C：eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,6)＝1.A1，A2分别为椭圆C的左、右顶点.直线l：x＝my＋1与椭圆C交于P，Q两点，直线A1P与A2Q交于点S.当直线l变化时，点S是否恒在一条定直线上？若是，求此定直线方程；若不是，请说明理由.
解 当l⊥x轴时，
不妨令Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(4\r(3),3)))，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(4\r(3),3)))，
又A1(－3，0)，A2(3，0)，lA1P：y＝eq \f(\r(3),3)(x＋3)，
lA2Q：y＝eq \f(2\r(3),3)(x－3)，联立解得S(9，4eq \r(3)).
当l过椭圆的上顶点时，
y＝eq \r(6)－eq \r(6)x，P(0，eq \r(6))，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,5)，－\f(4\r(6),5)))，
lA1P：y＝eq \f(\r(6),3)(x＋3)，lA2Q：y＝eq \f(2\r(6),3)(x－3)，
联立解得S(9，4eq \r(6)).
若定直线存在，则方程应是x＝9.
下面给予证明.
把x＝my＋1代入椭圆方程，整理得
(2m2＋3)y2＋4my－16＝0，Δ＞0成立，
记P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则y1＋y2＝eq \f(－4m,2m2＋3)，y1y2＝eq \f(－16,2m2＋3).
lA1P：y＝eq \f(y1,x1＋3)(x＋3)，lA2Q：y＝eq \f(y2,x2－3)(x－3)，
当x＝9时，纵坐标y应相等，
则eq \f(12y1,x1＋3)＝eq \f(6y2,x2－3)，需eq \f(12y1,my1＋4)＝eq \f(6y2,my2－2)，
需2y1(my2－2)＝y2(my1＋4)，
需my1y2＝4(y1＋y2)，
∴m·eq \f(－16,2m2＋3)＝4×eq \f(－4m,2m2＋3)恒成立.
综上，定直线方程为x＝9.

题型三 定值问题
例3 (2024·合肥质检节选)已知椭圆E：eq \f(x2,4)＋y2＝1，且椭圆E的上、下顶点分别为A，B，右顶点为D，直线l过点D且垂直于x轴.如图，若点Q在椭圆E上(且在第一象限)，直线AQ与l交于点N，直线BQ与x轴交于点M，试问：|OM|＋2|DN|是否为定值？若是，请求出定值；若不是，请说明理由.
解 设Q(x0，y0)，
由点Q在椭圆E上(且在第一象限)可知
eq \f(xeq \\al(2,0),4)＋yeq \\al(2,0)＝1(x0>0，y0>0)，
因为D(2，0)，所以直线l：x＝2，
由已知得直线AQ，BQ的斜率存在，
则直线AQ：y＝eq \f(y0－1,x0)x＋1，
令x＝2得yN＝eq \f(2（y0－1）,x0)＋1，
直线BQ：y＝eq \f(y0＋1,x0)x－1，
令y＝0得xM＝eq \f(x0,y0＋1).
因为点Q在第一象限，
所以|DN|＝eq \f(2（y0－1）,x0)＋1，|OM|＝eq \f(x0,y0＋1)，
则|OM|＋2|DN|＝eq \f(x0,y0＋1)＋eq \f(4（y0－1）,x0)＋2
＝eq \f(xeq \\al(2,0)＋4yeq \\al(2,0)－4,x0（y0＋1）)＋2，
又eq \f(xeq \\al(2,0),4)＋yeq \\al(2,0)＝1，即xeq \\al(2,0)＋4yeq \\al(2,0)－4＝0，
所以|OM|＋2|DN|＝2.
所以|OM|＋2|DN|为定值，该定值为2.
感悟提升 圆锥曲线中定值问题的常见类型及解题策略
(1)求代数式为定值．依题设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式，化简即可得出定值．
(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得．
(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．
训练3 (2024·石家庄调研)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线l交椭圆于A，B两点，交y轴于点M，若|F1F2|＝2，△ABF2的周长为8.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)eq \(MA,\s\up6(→))＝λeq \(F1A,\s\up6(→))，eq \(MB,\s\up6(→))＝μeq \(F1B,\s\up6(→))，试分析λ＋μ是否为定值，若是，求出这个定值；否则，说明理由.
解 (1)因为△ABF2的周长为8，
所以4a＝8，解得a＝2，
由|F1F2|＝2，得2eq \r(a2－b2)＝2eq \r(4－b2)＝2，
所以b2＝3，
因此椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)由题意可知直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y＝k(x＋1)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x＋1），,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
整理得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，
显然Δ＞0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝－\f(8k2,3＋4k2)，,x1x2＝\f(4k2－12,3＋4k2).))
设M(0，k)，又F1(－1，0)，
所以eq \(MA,\s\up6(→))＝(x1，y1－k)，eq \(F1A,\s\up6(→))＝(x1＋1，y1)，
则λ＝eq \f(x1,x1＋1).
同理可得eq \(MB,\s\up6(→))＝(x2，y2－k)，eq \(F1B,\s\up6(→))＝(x2＋1，y2)，
则μ＝eq \f(x2,x2＋1).
所以λ＋μ＝eq \f(x1,x1＋1)＋eq \f(x2,x2＋1)＝eq \f(x1（x2＋1）＋x2（x1＋1）,（x1＋1）（x2＋1）)
＝eq \f(2x1x2＋x1＋x2,x1x2＋x1＋x2＋1)＝eq \f(2×\f(4k2－12,3＋4k2)－\f(8k2,3＋4k2),\f(4k2－12,3＋4k2)－\f(8k2,3＋4k2)＋1)
＝eq \f(8k2－24－8k2,4k2－12－8k2＋3＋4k2)＝eq \f(－24,－9)＝eq \f(8,3)，
所以λ＋μ为定值eq \f(8,3).
【A级 基础巩固】
1.已知双曲线C的渐近线方程为y＝±eq \f(\r(3),3)x，且过点P(3，eq \r(2)).
(1)求C的方程；
(2)设Q(1，0)，直线x＝t不经过P点且与C相交于A，B两点，若直线BQ与C交于另一点D，求证：直线AD过x轴上的一定点.
(1)解 因为渐近线方程为y＝±eq \f(\r(3),3)x，
所以可设双曲线C的方程为eq \f(x2,9)－eq \f(y2,3)＝λ(λ≠0)，
将点P(3，eq \r(2))代入得eq \f(9,9)－eq \f(2,3)＝λ，解得λ＝eq \f(1,3)，
所以双曲线C的方程为eq \f(x2,3)－y2＝1.
(2)证明 显然直线BQ的斜率不为零，
设直线BQ的方程为x＝my＋1，B(x1，y1)，
D(x2，y2)，A(x1，－y1)，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,3)－y2＝1，,x＝my＋1，))
消x整理得(m2－3)y2＋2my－2＝0.
依题意得m2－3≠0且Δ＝4m2＋8(m2－3)＞0，
即m2＞2且m2≠3，
y1＋y2＝－eq \f(2m,m2－3)，y1y2＝－eq \f(2,m2－3)，
直线AD的方程为y＋y1＝eq \f(y2＋y1,x2－x1)(x－x1)，
令y＝0，得x＝eq \f(（x2－x1）y1,y2＋y1)＋x1＝eq \f(x1y2＋x2y1,y2＋y1)
＝eq \f(（my1＋1）y2＋（my2＋1）y1,y2＋y1)＝eq \f(2my1y2＋（y1＋y2）,y2＋y1)
＝eq \f(2m·\f(－2,m2－3)－\f(2m,m2－3),\f(－2m,m2－3))＝eq \f(\f(－6m,m2－3),\f(－2m,m2－3))＝3.
所以直线AD过x轴上的定点(3，0).
2.(2024·辽宁名校联考节选)如图，已知双曲线C：eq \f(x2,2)－y2＝1的左、右顶点分别为A，B，P是C上异于左、右顶点的任意一点，记PA，PB的斜率分别为k1，k2.若点M满足MA⊥PA，MB⊥PB，记△MAB，△PAB的面积分别为S1，S2，试判断eq \f(S1,S2)是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
解 由题意得A(－eq \r(2)，0)，B(eq \r(2)，0)，
设P(x0，y0)(y0≠0)，则eq \f(xeq \\al(2,0),2)－yeq \\al(2,0)＝1，
k1＝eq \f(y0,x0＋\r(2))，k2＝eq \f(y0,x0－\r(2))，
所以直线MA的方程为y＝－eq \f(x0＋\r(2),y0)·(x＋eq \r(2))，
直线MB的方程为y＝－eq \f(x0－\r(2),y0)(x－eq \r(2))，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(x0＋\r(2),y0)（x＋\r(2)），,y＝－\f(x0－\r(2),y0)（x－\r(2)），))
解得y＝eq \f(xeq \\al(2,0)－2,y0)，即点M的纵坐标为yM＝eq \f(xeq \\al(2,0)－2,y0)，
所以eq \f(S1,S2)＝eq \f(\f(1,2)|AB|·|yM|,\f(1,2)|AB|·|y0|)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,0)－2,yeq \\al(2,0))))＝2，
即eq \f(S1,S2)为定值2.
3. (2024·武汉调研节选)已知椭圆E：eq \f(x2,4)＋y2＝1，设过点P(－1，－1)的动直线l与椭圆E交于M，N两点，T为y轴上的一点，设直线MT和NT的斜率分别为k1和k2，若eq \f(1,k1)＋eq \f(1,k2)为定值，求点T的坐标.
解 设点T的坐标为(0，t).
当直线l的斜率存在时，
设直线l的方程为y＝k(x＋1)－1，与eq \f(x2,4)＋y2＝1联立，消去y，
得(4k2＋1)x2＋8k(k－1)x＋4k(k－2)＝0.
因为动直线l与椭圆E有两个交点，
所以Δ＝48k2＋32k>0，得k>0，或k0)，过点(－2，0)的两条直线l1，l2分别交E于A，B两点和C，D两点.当l1的斜率为eq \f(2,3)时，|AB|＝eq \r(13).
(1)求E的标准方程；
(2)设G为直线AD与BC的交点，证明：点G必在定直线上.
解 (1)当l1的斜率为eq \f(2,3)时，
得l1的方程为y＝eq \f(2,3)(x＋2).
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝2px，,y＝\f(2,3)（x＋2），))消元并整理得，
y2－3py＋4p＝0，
由弦长公式及根与系数的关系得，
|AB|＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))\s\up12(2))×eq \r(（3p）2－16p)＝eq \r(13)，
即eq \r(9p2－16p)＝2，
解得p＝2或p＝－eq \f(2,9)(舍去)，
从而E的标准方程为y2＝4x.
(2)设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(yeq \\al(2,1),4)，y1))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(yeq \\al(2,2),4)，y2))，
得kAB＝eq \f(y2－y1,\f(yeq \\al(2,2),4)－\f(yeq \\al(2,1),4))＝eq \f(4,y1＋y2)，
则直线AB的方程为y＝eq \f(4,y1＋y2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(yeq \\al(2,1),4)))＋y1，
即4x－(y1＋y2)y＋y1y2＝0，
又直线AB过点(－2，0)，
所以将该点坐标代入直线AB的方程，得y1y2＝8.
设Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(yeq \\al(2,3),4)，y3))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(yeq \\al(2,4),4)，y4))，
同理可得y3y4＝8，
直线AD的方程为4x－(y1＋y4)y＋y1y4＝0，
直线BC的方程为4x－(y2＋y3)y＋y2y3＝0.
因为(－2，0)在抛物线E的对称轴上，
所以由对称性可知，交点G必在垂直于x轴的直线上，
所以只需证G的横坐标为定值即可.
因为直线AD与BC相交，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4x－（y1＋y4）y＋y1y4＝0，,4x－（y2＋y3）y＋y2y3＝0，))消去y，
解得x＝eq \f(y2y3（y1＋y4）－y1y4（y2＋y3）,4[（y2＋y3）－（y1＋y4）])
＝eq \f(y1y2y3＋y2y3y4－y1y2y4－y1y3y4,4[（y2＋y3）－（y1＋y4）])
＝eq \f(8y3＋8y2－8y4－8y1,4[（y2＋y3）－（y1＋y4）])＝2，
所以点G的横坐标为2，即直线AD与BC的交点G在定直线x＝2上.