圆锥曲线定点定值定线专题练习-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

作业大赛参赛作品 一、作品基础信息 项目 填写内容 作品名称 【圆锥曲线定点定值定线专题练习】 学段学科 【高中】【数学】 适用年级 【高二年级】 教材版本 【人教A版】 对应内容 【选修一第三章 圆锥曲线的方程/专题/模块，或课时名称】 作业类型 【备考复习作业】 完成时长 总时长 120分钟 设计者 【黄悦洋】 二、设计背景与意图 1. 课标与教材分析 · 课标要求：掌握圆锥曲线的性质，并能够熟练应用结论 · 教材地位：高考常考大题类型 · 教学重难点：复杂运算过程以及方法处理 2. 学情分析 维度 具体描述 已有基础 圆锥曲线现有概念和基础 现有困惑 缺乏锻炼思考钻研题目能力 差异分析 实现薄弱学生能力拔高 3. 设计意图（一段话讲清即可） 解决学生在圆锥曲线专题上运算能力薄弱，缺乏题目锻炼，在圆锥曲线上思维缺乏的问题 三、作业目标 目标维度 编号 具体目标 对应核心素养 评价证据 知识理解 A 识记/复述/解释/辨别概念性知识 知识记忆能力 概念复述 能力运用 B 运用联立，韦达定理等方法/策略解决定点定值定线问题 运算能力 计算准确 思维发展 C 比较、概括、推理、评价、创新题型并实现举一反三 钻研能力 创意思维体现 四、作业内容与目标对应表 题号 题型 题目概要 对应作业目标编号 设计意图 1，2 解答题 定点问题 ABC 熟练掌握圆锥曲线典型方法的运用，提高计算思维能力 3，4 解答题 定值问题 5，6 解答题 定线问题 五、试题详情 　圆锥曲线的定点问题 1.(15分)已知F是椭圆C:+=1(a>b>0)的右焦点,点A在C上,FA⊥x轴,直线l与x轴不重合,l与C交于P,Q两点,∠PFA=∠QFA. (1)求C的方程; (2)证明:l过定点. 2.(15分)已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左顶点A(-1,0)到其渐近线的距离为.过右焦点F的直线分别交双曲线的左、右两支及直线l:x=于N,M,P三点,过N作平行于x轴的直线交直线AP于点G,点G满足=. (1)求C的方程; (2)证明:直线MH过定点. 　圆锥曲线的定值问题 3.(15分)已知动点M(x,y)与定点F(3,0)的距离与它到定直线l:x=的距离的比是常数. (1)求动点M的轨迹; (2)过上述轨迹上一点P作轨迹的切线与两直线y=±x分别交于A、B两点,证明:三角形AOB的面积是定值. 4.(15分)在平面直角坐标系xOy中,已知抛物线Γ:y2=4x的焦点为F,直线l1与Γ交于A,B两点. (1)若l1过F,另一条过F的直线l2与Γ交于D,E两点(A,D在x轴上方),直线AE,BD分别交直线x=1于R,T两点,证明:F为RT的中点; (2)若Γ上存在点C,使得·=·=0,证明:·为定值. 　圆锥曲线的定线问题 5.(13分)已知抛物线E的顶点为坐标原点O,焦点为(1,0),过点M(2,0)的直线与E交于A,B两点,过点B作y轴的垂线与直线OA相交于点P. (1)求E的方程; (2)证明:点P在定直线l上; 6.(17分)已知平面直角坐标系xOy中,圆A的方程为x2+(y-1)2=16,点B的坐标为(0,-1),点P是圆上任意一点,线段BP的垂直平分线交半径AP于点Q,当点P在圆上运动时,点Q的轨迹为曲线E. (1)求点Q的轨迹E的方程; (2)过点A作一条直线l与点Q的轨迹E相交于M,N两点,满足=μ,点H满足=μ,问:点H是否在一条定直线上,若是,求出这条直线方程,若不是,请说明理由. 六、答案与解析 　圆锥曲线的定点问题 1.(1)解　由已知 解得a2=4,b2=3, 所以C的方程为+=1. (2)证明　由(1)知点F(1,0). 显然l的斜率存在,设l的方程为 y=kx+m,P(x1,y1),Q(x2,y2), 由消去y整理得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0, 由直线l与椭圆C交于P,Q两点,得 Δ=(8km)2-16(3+4k2)(m2-3) =48(4k2-m2+3)>0, 则x1+x2=,x1x2=. 由∠PFA=∠QFA,得直线PF,QF的斜率互为相反数, 即+= = =0, 因此(kx1+m)(x2-1)+(kx2+m)(x1-1)=0, 整理得2kx1x2-(k-m)(x1+x2)-2m=0, 则2k·-(k-m)·-2m=0, 化简得m=-4k, 所以直线l的方程为y=k(x-4),即l过定点(4,0). 2.(1)解　由已知a=1,C的一条渐近线方程为bx-y=0, 则点A到渐近线的距离为=, 所以b2=3,所以双曲线C的方程是x2-=1. (2)证明　由(1)知双曲线C的右焦点F(2,0), 由题意直线PF的斜率不为0,故可设直线PF的方程为x=my+2. 因为直线PF与双曲线的左、右两支分别交于N,M两点, 所以m∈∪, 设M(x1,y1),N(x2,y2), 将直线PF的方程代入x2-=1中,得到(3m2-1)y2+12my+9=0, 则y1+y2=-,y1y2=, 所以my1y2=-(y1+y2). 由可得P, 所以直线AP的方程为y=-(x+1), 又直线GN的方程是y=y2,与直线AP的方程联立可得G(-1-my2,y2), 又=,所以H的坐标是 (-2-x2-2my2,y2), 故直线MH的方程是: y-y1=(x-x1), 令y=0,由x1=my1+2,x2=my2+2, 得x= ===-1, 所以直线MH过定点(-1,0). 　圆锥曲线的定值问题 3.(1)解　根据题意得=, 则可得=, 将上式两边平方, 得(x-3)2+y2=2, 整理得x2-6x+18+y2=2x2-6x+9, 所以x2-y2=9,即-=1, 所以动点M的轨迹为双曲线-=1. (2)证明　设点M坐标为(x0,y0),曲线在点M处的切线方程为y-y0=k(x-x0), 与双曲线方程联立 消去y可得x2-[k(x-x0)+y0]2=9, 整理得(1-k2)x2+(2k2x0-2ky0)x-k2+2ky0x0--9=0, 所以1-k2≠0且Δ=(2k2x0-2ky0)2-4(1-k2)(-k2+2ky0x0--9)=0, 解得k=,代入y-y0=k(x-x0), 得y0y-=x0x-, 所以切线方程为x0x-y0y=9, 与y=x联立得xA=,与y=-x联立得xB=, 故S△AOB=|xA·xB| ===9,为定值. 4.证明　(1)由题意设A(a2,2a),B(b2,2b),D(d2,2d),E(e2,2e). 设l1:x=my+1,与抛物线方程联立,得y2-4my-4=0, 则yAyB=4ab=-4,即ab=-1,同理可得de=-1. 又因为AE:2x-(a+e)y+2ae=0, 令x=1,得yR=, 同理yT=, 将b=-,d=-代入得 yT==-=-yR, 所以F为RT的中点. (2)设C(c2,2c), 由·=0,得(1-b2)(c+a)-4b=0,① 由·=0,得(1-a2)(b+c)-4a=0,② ①×(1-a2)-②×(1-b2), 得(1-a2)(1-b2)(a-b)-4b(1-a2)+4a(1-b2)=0, 即[(a2-1)(b2-1)+4ab+4](a-b)=0. 因为a≠b, 所以(a2-1)(b2-1)+4ab+4=0, 则·=(a2-1)(b2-1)+4ab=-4, 即·为定值-4. 　圆锥曲线的定线问题 5.(1)解　由题意设抛物线E的标准方程为y2=2px(p>0), 则=1,可得p=2, 故抛物线E的标准方程为y2=4x. (2)证明　由已知直线AB不与x轴重合,设直线AB的方程为x=my+2,点A(x1,y1),B(x2,y2), 联立可得y2-4my-8=0, Δ=16m2+32>0, 则y1+y2=4m,y1y2=-8, 直线BP的方程为y=y2,直线OA的方程为y=x=x=, 联立直线BP,OA的方程得 可得=y2,所以x==-2. 因此,点P在定直线l:x=-2上. 6.解　(1)由已知,|QA|+|QB|=|QA|+|QP|=|AP|=4>|AB|=2, 故点Q的轨迹E是以A(0,1),B(0,-1)为焦点,长轴长为4的椭圆. 设此椭圆的方程为+=1(a>b>0),则a=2,c=1,b=, 则椭圆方程为+=1,即为点Q的轨迹E的方程. (2)如图, 设M(x1,y1),N(x2,y2),H(x3,y3),A(0,1), 由=μ,可得(-x1,1-y1)=μ(x2,y2-1), 则x1+μx2=0, 即μ=-.① 由=μ可得 (x1-x3,y1-y3)=μ(x2-x3,y2-y3), 则x1-x3=μ(x2-x3),即μ=,② 所以-=,整理得x3=.③ 当直线l的斜率存在时,设直线的方程为y=kx+1, 联立消去y得(3k2+4)x2+6kx-9=0, 则Δ=36k2+36(3k2+4)>0, x1x2=,x1+x2=, 代入③得x3=,又因为y3=kx3+1, 所以y3=4. 直线l的斜率不存在时, 不妨取M(0,2),N(0,-2), 则|AM|=1,|AN|=3, 则μ=,=,解得y3=4, 综上可得,点H在一条定直线上,这条直线方程为y=4. 学科网（北京）股份有限公司 $