专题34 圆锥曲线大题14类题型专项训练(解答题140道专练文理通用)-备战2024年高考数学一轮复习考点(全国通用).docx
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1、专题34 圆锥曲线大题专项训练题型一、椭圆中的定点、定值1(2022年全国高考乙卷数学(理)试题)已知椭圆E的中心为坐标原点,对称轴为x轴、y轴,且过两点(1)求E的方程;(2)设过点的直线交E于M,N两点,过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T,点H满足证明:直线HN过定点【答案】(1);(2);【分析】(1)将给定点代入设出的方程求解即可;(2)设出直线方程,与椭圆C的方程联立,分情况讨论斜率是否存在,即可得解.【详解】(1)解:设椭圆E的方程为,过, 则,解得,所以椭圆E的方程为:.(2),所以,若过点的直线斜率不存在,直线.代入,可得,代入AB方程,可得,由得到.求得HN方程:,过点
2、.若过点的直线斜率存在,设.联立得,可得,且联立可得可求得此时,将,代入整理得,将代入,得显然成立,综上,可得直线HN过定点【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种:从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关;直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值.2(2021年全国新高考II卷数学试题)已知椭圆C的方程为,右焦点为,且离心率为(1)求椭圆C的方程;(2)设M,N是椭圆C上的两点,直线与曲线相切证明:M,N,F三点共线的充要条件是【答案】(1);(2)证明见解析.【分析】(1)由离心率公式可得,进而可得,即可得解;(2)必要性:由三点共线及直线与圆相切可得直线方程,联立直
3、线与椭圆方程可证;充分性:设直线,由直线与圆相切得,联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得,进而可得,即可得解.【详解】(1)由题意,椭圆半焦距且,所以,又,所以椭圆方程为;(2)由(1)得,曲线为,当直线的斜率不存在时,直线,不合题意;当直线的斜率存在时,设,必要性:若M,N,F三点共线,可设直线即,由直线与曲线相切可得,解得,联立可得,所以,所以,所以必要性成立;充分性:设直线即,由直线与曲线相切可得,所以,联立可得,所以,所以,化简得,所以,所以或,所以直线或,所以直线过点,M,N,F三点共线,充分性成立;所以M,N,F三点共线的充要条件是【点睛】关键点点睛:解决本题的关键是直线方程与椭圆方
4、程联立及韦达定理的应用,注意运算的准确性是解题的重中之重.3(2020年全国统一高考数学试卷(文科)(新课标)已知A、B分别为椭圆E:(a1)的左、右顶点,G为E的上顶点,P为直线x=6上的动点,PA与E的另一交点为C,PB与E的另一交点为D(1)求E的方程;(2)证明:直线CD过定点.【答案】(1);(2)证明详见解析.【分析】(1)由已知可得:, ,即可求得,结合已知即可求得:,问题得解.(2)方法一:设,可得直线的方程为:,联立直线的方程与椭圆方程即可求得点的坐标为,同理可得点的坐标为,当时,可表示出直线的方程,整理直线的方程可得:即可知直线过定点,当时,直线:,直线过点,命题得证.【详
5、解】(1)依据题意作出如下图象:由椭圆方程可得:, ,椭圆方程为:(2)方法一:设而求点法证明:设,则直线的方程为:,即:联立直线的方程与椭圆方程可得:,整理得:,解得:或将代入直线可得:所以点的坐标为.同理可得:点的坐标为当时,直线的方程为:,整理可得:整理得:所以直线过定点当时,直线:,直线过点故直线CD过定点方法二【最优解】:数形结合 设,则直线的方程为,即同理,可求直线的方程为则经过直线和直线的方程可写为可化为易知A,B,C,D四个点满足上述方程,同时A,B,C,D又在椭圆上,则有,代入式可得故,可得或其中表示直线,则表示直线令,得,即直线恒过点【整体点评】本题主要考查了椭圆的简单性质
6、及方程思想,还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力,属于难题.第二问的方法一最直接,但对运算能力要求严格;方法二曲线系的应用更多的体现了几何与代数结合的思想,二次曲线系的应用使得计算更为简单.4(2023年高考全国乙卷数学(理)真题)已知椭圆的离心率是,点在上(1)求的方程;(2)过点的直线交于两点,直线与轴的交点分别为,证明:线段的中点为定点【答案】(1);(2)证明见详解;【分析】(1)根据题意列式求解,进而可得结果;(2)设直线的方程,进而可求点的坐标,结合韦达定理验证为定值即可.【详解】(1)由题意可得,解得,所以椭圆方程为.(2)由题意可知:直线的斜率存在,设,联立方程,消去y得:
7、,则,解得,可得,因为,则直线,令,解得,即,同理可得,则,所以线段的中点是定点.【点睛】方法点睛:求解定值问题的三个步骤(1)由特例得出一个值,此值一般就是定值;(2)证明定值,有时可直接证明定值,有时将问题转化为代数式,可证明该代数式与参数(某些变量)无关;也可令系数等于零,得出定值;(3)得出结论5(2020年新高考全国卷数学高考试题(山东)已知椭圆C:的离心率为,且过点(1)求的方程:(2)点,在上,且,为垂足证明:存在定点,使得为定值【答案】(1);(2)详见解析.【分析】(1)由题意得到关于的方程组,求解方程组即可确定椭圆方程.(2)方法一:设出点,的坐标,在斜率存在时设方程为,
8、联立直线方程与椭圆方程,根据已知条件,已得到的关系,进而得直线恒过定点,在直线斜率不存在时要单独验证,然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置.【详解】(1)由题意可得:,解得:,故椭圆方程为:.(2)方法一:通性通法设点,若直线斜率存在时,设直线的方程为:,代入椭圆方程消去并整理得:,可得,因为,所以,即,根据,代入整理可得:,所以,整理化简得,因为不在直线上,所以,故,于是的方程为,所以直线过定点直线过定点.当直线的斜率不存在时,可得,由得:,得,结合可得:, 解得:或(舍).此时直线过点.令为的中点,即,若与不重合,则由题设知是的斜边,故,若与重合,则,故存在点,使得为定值.方
9、法二【最优解】:平移坐标系将原坐标系平移,原来的O点平移至点A处,则在新的坐标系下椭圆的方程为,设直线的方程为将直线方程与椭圆方程联立得,即,化简得,即设,因为则,即代入直线方程中得则在新坐标系下直线过定点,则在原坐标系下直线过定点又,D在以为直径的圆上的中点即为圆心Q经检验,直线垂直于x轴时也成立故存在,使得方法三:建立曲线系A点处的切线方程为,即设直线的方程为,直线的方程为,直线的方程为由题意得则过A,M,N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线可表示为(其中为系数)用直线及点A处的切线可表示为(其中为系数)即对比项、x项及y项系数得将代入,消去并化简得,即故直线的方程为,直线过定点又,D在以为
10、直径的圆上中点即为圆心Q经检验,直线垂直于x轴时也成立故存在,使得方法四:设若直线的斜率不存在,则因为,则,即由,解得或(舍)所以直线的方程为若直线的斜率存在,设直线的方程为,则令,则又,令,则因为,所以,即或当时,直线的方程为所以直线恒过,不合题意;当时,直线的方程为,所以直线恒过综上,直线恒过,所以又因为,即,所以点D在以线段为直径的圆上运动取线段的中点为,则所以存在定点Q,使得为定值【整体点评】(2)方法一:设出直线方程,然后与椭圆方程联立,通过题目条件可知直线过定点,再根据平面几何知识可知定点即为的中点,该法也是本题的通性通法;方法二:通过坐标系平移,将原来的O点平移至点A处,设直线的
11、方程为,再通过与椭圆方程联立,构建齐次式,由韦达定理求出的关系,从而可知直线过定点,从而可知定点即为的中点,该法是本题的最优解;方法三:设直线,再利用过点的曲线系,根据比较对应项系数可求出的关系,从而求出直线过定点,故可知定点即为的中点;方法四:同方法一,只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值,简化了求解以及的计算6(2017年全国普通高等学校招生统一考试理科数学(新课标1卷)已知椭圆C:(ab0),四点(1,1),(0,1),(1,),(1,)中恰有三点在椭圆C上.()求C的方程;()设直线不经过点且与C相交于A,B两点.若直线与直线的斜率的和为1,证明:过定点.【答案】(1) ;(
12、2)证明见解析.【详解】试题分析:(1)根据,两点关于轴对称,由椭圆的对称性可知C经过,两点.另外由知,C不经过点,所以点在C上.因此在椭圆上,代入其标准方程,即可求出C的方程;(2)先设直线与直线的斜率分别为,再设直线的方程,当与轴垂直时,通过计算,不满足题意,再设:(),将代入,写出判别式,利用根与系数的关系表示出,进而表示出,根据列出等式表示出和的关系,从而判断出直线恒过定点.试题解析:(1)由于,两点关于轴对称,故由题设知C经过,两点.又由知,C不经过点,所以点在C上.因此,解得.故C的方程为.(2)设直线与直线的斜率分别为,如果与轴垂直,设:,由题设知,且,可得A,B的坐标分别为(t
13、,),(t,).则,得,不符合题设.从而可设:().将代入得由题设可知.设,则,.而.由题设,故.即.解得.当且仅当时,欲使:,即,所以过定点(2,)点睛:椭圆的对称性是椭圆的一个重要性质,判断点是否在椭圆上,可以通过这一方法进行判断;证明直线过定点的关键是设出直线方程,通过一定关系转化,找出两个参数之间的关系式,从而可以判断过定点情况.另外,在设直线方程之前,若题设中未告知,则一定要讨论直线斜率不存在和存在两种情况,其通法是联立方程,求判别式,利用根与系数的关系,再根据题设关系进行化简.7已知椭圆C:(ab0)的左右焦点分别为,点满足,且的面积为.(1)求椭圆C的方程;(2)设椭圆C的上顶点
14、为P,不过点P的直线l交C于A,B两点,若,证明直线l恒过定点.【答案】(1);(2)证明见解析.【分析】(1)由可得,由题意点在椭圆上,将点坐标代入椭圆,结合可得答案.(2) 由题意,根据条件直线的斜率必存在,设直线的方程为,,将直线的方程与椭圆方程联立,得出韦达定理,由,则,将韦达定理代入,可得出答案.【详解】(1)由,则,所以又,则点在椭圆上所以,又 联立解得 所以椭圆C的方程;(2)由题意,根据条件直线的斜率必存在设直线的方程为, 由 ,得所以 (*)由,则 所以,即,即或(舍)将代入(*)成立.所以直线的方程为,所以直线恒过点8(2019年北京市高考数学试卷(文科)已知椭圆的右焦点为
15、,且经过点.()求椭圆C的方程;()设O为原点,直线与椭圆C交于两个不同点P,Q,直线AP与x轴交于点M,直线AQ与x轴交于点N,若|OM|ON|=2,求证:直线l经过定点.【答案】();()见解析.【分析】()由题意确定a,b的值即可确定椭圆方程;()设出直线方程,联立直线方程与椭圆方程确定OM,ON的表达式,结合韦达定理确定t的值即可证明直线恒过定点.【详解】()因为椭圆的右焦点为,所以;因为椭圆经过点,所以,所以,故椭圆的方程为.()设联立得,.直线,令得,即;同理可得.因为,所以;,解之得,所以直线方程为,所以直线恒过定点.【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时,要注意:(1)注意观察应用
16、题设中的每一个条件,明确确定直线、椭圆的条件;(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力,重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题9已知点在椭圆上,椭圆C的左右焦点分别为,的面积为.(1)求椭圆C的方程;(2)设点A,B在椭圆C上,直线PA,PB均与圆相切,记直线PA,PB的斜率分别为,.(i)证明:;(ii)证明:直线AB过定点.【答案】(1);(2)(i)证明见解析;(ii)证明见解析【分析】(1)利用,结合三角形的面积公式,求出,即可求椭圆的方程.(2) (i)设直线的方程为,直线的方程为,由题意可知,可得是方程的两根,利用韦达定理即可证明.(ii)设直线的方
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