板块六 习题讲评（四）定点与定线问题 课时验收评价-【新高考方案】2026年高考数学二轮复习专题增分方略配套课件

该高中数学高考复习课件聚焦解析几何核心考点，涵盖轨迹方程、直线与圆锥曲线位置关系、定点定值问题等高考高频内容，对接高考评价体系，通过具体题目梳理考点权重，归纳轨迹推导、定点证明等常考题型，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于“真题训练+方法提炼+素养培养”，如以椭圆、抛物线真题为例，详解联立方程、韦达定理应用等技巧，培养学生数学思维与模型观念。帮助学生掌握解题模板，教师可据此精准指导，提升复习效率与得分率。

课时验收评价 1 2 3 4 1.（15分）已知平面内一动圆过点P（2，0），且在y轴上截得弦长为4，动圆圆心的轨迹为曲线C. （1）求曲线C的方程；（5分） 解：设动圆圆心为（x，y）， 依题意， =，即y2=4x， 所以曲线C的方程为y2=4x. 1 2 3 4 （2）若过点Q（4，0）的直线l与曲线C交于点M，N，问：以线段MN为直径的圆是否过定点?若过定点，求出这个定点；若不过定点，请说明理由.（10分） 解：依题意，直线l不垂直于y轴，设直线l的方程为 x=my+4，M（x1，y1），N（x2，y2）， 由消去x并整理得 y2-4my-16=0，Δ>0恒成立， 1 2 3 4 则设以线段MN为直径的圆的圆心为E（xE，yE）， 则yE=2m，xE=2m2+4，即E（2m2+4，2m）， |MN|=|y1-y2|=· =4， 则圆E的方程为[x-（2m2+4）]2+（y-2m）2=4（m2+1）（m2+4）， 1 2 3 4 化简得4xm2+4ym-（x2-8x+y2）=0， 由得 因此对于∀m∈R，圆E恒过原点， 所以以线段MN为直径的圆过定点（0，0）. 1 2 3 4 2.（15分）（2025·榆林模拟）已知焦距为2且焦点在x轴上的椭圆E经过点A（2，1）.直线l：y=kx+m不过点A.若l与E相交于两点M，N，且以MN为直径的圆过点A. （1）求椭圆E的标准方程；（5分） 思维路径：（1）设椭圆方程为+=1（a>b>0），根据焦距及经过点 A（2，1）列出方程组即可求解； 1 2 3 4 解：设椭圆方程为+=1（a>b>0）. 因为焦距为2，所以2c=2，即c2=a2-b2=3， 由解得a2=6，b2=3. 故椭圆E方程为+=1. 1 2 3 4 （2）求证：点（k，m）在定直线上.（10分） 思维路径：（2）由直线方程和椭圆方程求得根与系数的关系，由以MN为直径的圆过点A得出·=0，化简整理即可证明. 解：证明：设点M（x1，y1），N（x2，y2），由 得（1+2k2）x2+4kmx+2m2-6=0，由Δ=16k2m2-4（1+2k2）（2m2-6）>0得6k2-m2+3>0，则x1+x2=-，x1x2=. 因为以MN为直径的圆过点A，所以AM⊥AN， 1 2 3 4 即·=（x1-2）（x2-2）+（y1-1）（y2-1）=0， 整理可得y1y2-（y1+y2）+1=-x1x2+2（x1+x2）-4　①， 将y1+y2=k（x1+x2）+2m=，y1y2=k2（x1x2）+km（x1+x2）+m2=， 代入①式化简可得4k2+8km+（m-1）（3m+1）=0， 即（2k+m-1）（2k+3m+1）=0，因为直线l不过点A， 所以2k+m≠1，即2k+3m+1=0.所以点（k，m）在定直线2x+3y+1=0上. 1 2 3 4 3.（15分）（2025·鞍山二模）已知点A（-2，0），B（2，0），P是平面内一动点，PQ⊥AB，垂足Q位于线段AB上且不与点A，B重合，4|PQ|2=3|AQ|·|QB|. （1）求动点P的轨迹C的方程；（5分） 思维路径：（1）先设P（x，y），Q（x，0）（-2<x<2），接着由4|PQ|2=3|AQ|·|QB|列方程化简即可得解； 解：由题可设P（x，y），Q（x，0）（-2<x<2）， 因为4|PQ|2=3|AQ|·|QB|，所以4y2=3|x+2||x-2|=3|x2-4|=3（4-x2）， 整理得+=1，即动点P的轨迹C的方程为+=1（-2<x<2）. 1 2 3 4 （2）过点D（1，0）且与曲线C相交的两条线段分别为EF和MN，EF⊥MN（直线EF，MN的斜率均存在，且点E，F，M，N都在曲线C上），若G，H分别是EF和MN的中点，求证：直线GH过定点.（10分） 思维路径：（2）由题先设直线EF的方程为y=k（x-1）（k≠0），接着与曲线C方程联立，利用根与系数的关系和中点坐标公式求出点G坐标，同理求出点H的坐标，从而求出直线GH的斜率，再利用点斜式计算y=0时x的值即可得解. 解：证明：由题可设直线EF的方程为y=k（x-1）（k≠0）， E（x1，y1），F（x2，y2）， 1 2 3 4 联立⇒（3+4k2）x2-8k2x+4k2-12=0， 所以x1+x2=，x1x2=，y1+y2=k（x1+x2）-2k=， 所以EF的中点为G，因为EF⊥MN，所以直线MN方程为y=-（x-1）（k≠0），同理可得MN中点坐标为H， 1 2 3 4 当k=±1时，易得直线GH：x=； 当k≠±1时，直线GH斜率为kGH==， 所以直线GH的方程为y-=， 令y=0⇒x=+=.所以直线GH过定点. 1 2 3 4 4.（17分）已知双曲线Γ：-=1（a>0，b>0）过点P（，），渐近线方程为y=±x. （1）求Γ的方程；（3分） 解：由题意，得=，则b=a　①， 将点P（，）代入双曲线方程，得-=1　②， 联立①②解得故Γ的方程为x2-=1. 1 2 3 4 （2）已知点A（1，0），过点Q（1，2）作动直线l与双曲线右支交于不同的两点B，C，在线段BC上取异于点B，C的点H. ①当H为BC中点时，△AQH的面积为7，求直线l的斜率；（8分） ②直线AB，AH，AC分别与y轴交于点D，E，F，若E为DF中点，证明：点H恒在一条定直线上.（6分） 解：①若直线l的斜率不存在，则直线l与双曲线右支只有一个交点，不符合题意，故直线l的斜率存在.设直线l的方程为y-2=k（x-1）， 与x2-=1联立得（3-k2）x2+（2k2-4k）x-k2+4k-7=0. 1 2 3 4 设B（x1，y1），C（x2，y2），由题意，得 解得k<-.因为H为BC中点，所以xH=. 由S△AQH=|AQ||xH-1|=-1=7，得7k2+2k-24=（7k-12）（k+2）=0. 又k<-，解得k=-2，所以直线l的斜率为-2. 1 2 3 4 ②证明：设直线AB的方程为y=（x-1），令x=0，得yD=. 同理可得，yE=，yF=.因为E为DF中点，所以2yE=yD+yF， 即=+. 又因为点B，C，H都在直线l上， 所以=， 1 2 3 4 整理，得2k+=2k+， 代入根与系数的关系，得xH=， 所以yH=k（xH-1）+2=. 因为3xH-2yH=3·-2·==3， 所以点H恒在定直线3x-2y-3=0上. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $