高考数学复习核心专题突破(五)　微专题10　定点问题（导学案）

这是一份高考数学复习核心专题突破(五)　微专题10　定点问题（导学案），共9页。

第一步，把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零；
第二步，参数的系数全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组；
第三步，方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点，或者可以通过特例探求；
第四步，用一般化方法证明．
题型一
椭圆中的定点问题
[典例1](2022·烟台模拟)已知椭圆C： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a＞b＞0)的离心率为 eq \f(\r(2),2) ，其左、右焦点分别为F1，F2，T为椭圆C上任意一点，△TF1F2面积的最大值为1.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知A(0，1)，过点(0， eq \f(1,2) )的直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，直线AM，AN与x轴的交点分别为P，Q，证明：以PQ为直径的圆过定点．
【解题指南】(1)依题意可得 即可求出a，b，c，即可得解；
(2)设直线l的方程为y＝kx＋ eq \f(1,2) ，M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立直线与椭圆方程，消元、列出根与系数的关系，由直线AM，AN的方程，得到P，Q的坐标，即可得到以PQ为直径的圆的方程，再令x＝0，得到y2＝6，即可得解．
解析：(1)因为椭圆C的离心率为 eq \f(\r(2),2) ，所以 eq \f(c,a) ＝ eq \f(\r(2),2) .
又当T位于上顶点或者下顶点时，△TF1F2的面积最大，即bc＝1.
又a2＝b2＋c2，所以b＝c＝1，a＝ eq \r(2) .
所以椭圆C的标准方程为 eq \f(x2,2) ＋y2＝1.
(2)由题知，直线l的斜率存在，所以设直线l的方程为y＝kx＋ eq \f(1,2) ，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，将直线l代入椭圆C的方程得：(4k2＋2)x2＋4kx－3＝0，
由根与系数的关系得：x1＋x2＝ eq \f(－4k,4k2＋2) ，x1x2＝ eq \f(－3,4k2＋2) ，
直线AM的方程为y＝ eq \f(y1－1,x1) x＋1，直线AN的方程为y＝ eq \f(y2－1,x2) x＋1，
所以P( eq \f(－x1,y1－1) ，0)，Q( eq \f(－x2,y2－1) ，0)，
所以以PQ为直径的圆为(x＋ eq \f(x1,y1－1) )(x＋ eq \f(x2,y2－1) )＋y2＝0，
整理得x2＋y2＋( eq \f(x1,y1－1) ＋ eq \f(x2,y2－1) )x＋ eq \f(x1x2,（y1－1）（y2－1）) ＝0.①
因为 eq \f(x1x2,（y1－1）（y2－1）) ＝ eq \f(x1x2,（kx1－\f(1,2)）（kx2－\f(1,2)）)
＝ eq \f(4x1x2,4k2x1x2－2k（x1＋x2）＋1)
＝ eq \f(－12,－12k2＋8k2＋4k2＋2) ＝－6，
令①中的x＝0，可得y2＝6，
所以，以PQ为直径的圆过定点(0，± eq \r(6) ).
含有参数的圆过定点的解题策略
1．选取适当的参数；
2．求出适合题设条件的圆的方程；
3．化简圆的方程(将参数集中在一起)；
4．令某些值或系数为零，得出定点坐标．
(2022·汕头模拟)已知M(x0，0)，N(0，y0)两点分别在x轴和y轴上运动，且 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MN)) ＝1，若动点G满足 eq \(OG,\s\up6(→)) ＝2 eq \(OM,\s\up6(→)) ＋ eq \(ON,\s\up6(→)) ，动点G的轨迹为E.
(1)求E的方程；
(2)已知不垂直于x轴的直线l与轨迹E交于不同的A，B两点，Q( eq \f(4\r(3),3) ，0)总满足∠AQO＝∠BQO，证明：直线l过定点．
【解题指南】(1)根据平面向量的坐标运算可得x0＝ eq \f(x,2) ，y0＝y，结合 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MN)) ＝1和两点坐标求距离公式可得x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝1，将x0＝ eq \f(x,2) ，y0＝y代入计算即可；
(2)设直线l的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立椭圆方程并消去y，根据根与系数的关系表示出x1＋x2，x1x2，利用两点求斜率公式求出kAQ，kBQ，结合题意可得kAQ＝－kBQ，列出关于k和m的方程，化简计算即可．
解析：(1)因为 eq \(OG,\s\up6(→)) ＝2 eq \(OM,\s\up6(→)) ＋ eq \(ON,\s\up6(→)) ，
即(x，y)＝2(x0，0)＋(0，y0)＝(2x0，y0)，
所以x＝2x0，y＝y0，则x0＝ eq \f(x,2) ，y0＝y，
又 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MN)) ＝1，得x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝1，即( eq \f(x,2) )2＋y2＝1，
所以动点G的轨迹方程E为 eq \f(x2,4) ＋y2＝1；
(2)由题意知，设直线l的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1,y＝kx＋m)) ，消去y，得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
由Δ＝64k2m2－16(4k2＋1)(m2－1)>0，得m2<4k2＋1，
x1＋x2＝ eq \f(－8km,4k2＋1) ，x1x2＝ eq \f(4m2－4,4k2＋1) ，
直线AQ的斜率为kAQ＝ eq \f(y1,x1－\f(4\r(3),3)) ，直线BQ的斜率为kBQ＝ eq \f(y2,x2－\f(4\r(3),3)) ，
又∠AQO＝∠BQO，所以kAQ＝－kBQ，
即 eq \f(y1,x1－\f(4\r(3),3)) ＝－ eq \f(y2,x2－\f(4\r(3),3)) ，
整理，得y1x2＋x1y2－ eq \f(4\r(3),3) y1－ eq \f(4\r(3),3) y2＝0，
2kx1x2＋(m－ eq \f(4\r(3),3) k)(x1＋x2)－ eq \f(8\r(3),3) m＝0，
eq \f(8k（m2－1）,4k2＋1) － eq \f(8km2,4k2＋1) ＋ eq \f(32\r(3),3) · eq \f(k2m,4k2＋1) － eq \f(8\r(3),3) m＝0，
由4k2＋1≠0，化简得m＝－ eq \r(3) k，
所以y＝kx－ eq \r(3) k＝k(x－ eq \r(3) )，
故直线过定点( eq \r(3) ，0).
题型二 双曲线中的定点问题
[典例2](2023·佛山模拟)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(t∈R)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过定点．
【解题指南】(1)可设双曲线的方程为 eq \f(x2,9) － eq \f(y2,3) ＝λ(λ≠0)，将点P(3， eq \r(2) )代入求出λ，即可得解；
(2)可设B(x1，y1)，D(x2，y2)，A(x1，－y1)，直线BQ的方程为x＝my＋1，与C的方程联立，消x，利用根与系数的关系求得y1＋y2，y1y2，然后求出直线AD的方程，整理分析即可得出结论．
解析：(1)因为双曲线C的渐近线方程为y＝± eq \f(\r(3),3) x，
则可设双曲线的方程为 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)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过定点(3，0).
含有参数的直线过定点的解题策略
1．选取适当的参数；
2．求出适合题设条件的直线的方程；
3．化简直线的方程(将参数集中在一起)；
4．令某些值或系数为零，得出定点坐标．
在平面直角坐标系xOy中，动点Р与定点F(2，0)的距离和它到定直线l：x＝ eq \f(3,2) 的距离之比是常数 eq \f(2\r(3),3) ，记P的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程；
(2)设过点A( eq \r(3) ，0)两条互相垂直的直线分别与曲线E交于点M，N(异于点A)，求证：直线MN过定点．
解析：(1)设P(x，y)，因为P与定点F(2，0)的距离和它到定直线l：x＝ eq \f(3,2) 的距离之比是常数 eq \f(2\r(3),3) ，
所以 eq \f(\r(（x－2）2＋y2),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))) ＝ eq \f(2\r(3),3) ，
化简得 eq \f(x2,3) －y2＝1，
所以曲线E的方程为 eq \f(x2,3) －y2＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
当直线MN斜率不存在，直线AM，AN分别为y＝x－ eq \r(3) ，y＝－x＋ eq \r(3) ，
分别联立 eq \f(x2,3) －y2＝1，
解得M(2 eq \r(3) ， eq \r(3) )，N(2 eq \r(3) ，－ eq \r(3) )，
此时直线MN的方程为x＝2 eq \r(3) ，过点(2 eq \r(3) ，0)；
当直线MN斜率存在时，设其方程为y＝kx＋m(k≠± eq \f(\r(3),3) )，
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,3)－y2＝1,y＝kx＋m)) ，消去y得(1－3k2)x2－6kmx－3m2－3＝0，
所以Δ＝(－6km)2－4(1－3k2)(－3m2－3)>0，
即m2＋1－3k2>0，x1＋x2＝ eq \f(6km,1－3k2) ，x1x2＝ eq \f(－3m2－3,1－3k2) ，
因为AM⊥AN，
所以kAM·kAN＝ eq \f(y1,x1－\r(3)) · eq \f(y2,x2－\r(3)) ＝－1，即y1y2＝－(x1－ eq \r(3) )(x2－ eq \r(3) )，
即(kx1＋m)(kx2＋m)＝－(x1－ eq \r(3) )(x2－ eq \r(3) )，
即k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝－x1x2＋ eq \r(3) (x1＋x2)－3，
将x1＋x2＝ eq \f(6km,1－3k2) ，x1x2＝ eq \f(－3m2－3,1－3k2) 代入化简得：m2＋3 eq \r(3) km＋6k2＝0，
所以m＝－ eq \r(3) k或m＝－2 eq \r(3) k，
当m＝－ eq \r(3) k时，直线MN的方程为y＝kx－ eq \r(3) k(不符合题意舍去)，
当m＝－2 eq \r(3) k时，直线MN的方程为y＝k(x－2 eq \r(3) )，
直线MN恒过定点(2 eq \r(3) ，0)，
综上所述，直线MN过定点(2 eq \r(3) ，0).
题型三 抛物线中的定点问题
[典例3](1)直线l与抛物线C：y2＝2x交于A，B两点，O为坐标原点，若直线OA，OB的斜率分别为k1，k2，且满足k1k2＝ eq \f(2,3) ，则直线l过定点( )
A．(－3，0) B．(0，－3)
C．(3，0) D．(0，3)
解析：选A.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
因为k1k2＝ eq \f(2,3) ，所以 eq \f(y1,x1) · eq \f(y2,x2) ＝ eq \f(2,3) .
又y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝2x1，y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝2x2，所以y1y2＝6.
将直线l：x＝my＋b代入抛物线C：y2＝2x得y2－2my－2b＝0，
所以y1y2＝－2b＝6，得b＝－3，即直线l的方程为x＝my－3，
所以直线l过定点(－3，0).
(2)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)，直线x＝ eq \r(2) y＋1交抛物线C于A，B两点，且△OAB的面积为2 eq \r(3) (O为坐标原点).
①求实数p的值；
②过点D(2，0)作直线l交抛物线C于P，Q两点，点P关于x轴的对称点为P′.证明：直线P′Q经过定点，并求出定点坐标．
解析：①由题得直线x＝ eq \r(2) y＋1过点(1，0)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\r(2)y＋1，,y2＝2px，)) 得y2－2 eq \r(2) py－2p＝0，
所以y1＋y2＝2 eq \r(2) p，y1y2＝－2p，
所以 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(y1－y2)) ＝ eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)
＝ eq \r(（2\r(2)p）2－4×（－2p）) ＝2 eq \r(2（p2＋p）) .
所以△OAB的面积S＝ eq \f(1,2) ×1× eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(y1－y2)) ＝ eq \r(2（p2＋p）) ＝2 eq \r(3) ，
又p>0，解得p＝2(p＝－3<0舍去).所以p＝2.
②由①得抛物线C的方程为y2＝4x，
设P(x3，y3)，Q(x4，y4)，不妨令y4>y3，则P′(x3，－y3)，
设直线l的方程为x＝ty＋2，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ty＋2，,y2＝4x，)) 消去x得y2－4ty－8＝0，
则y3＋y4＝4t，y3y4＝－8，
则直线P′Q的方程为y－(－y3)＝ eq \f(y4＋y3,x4－x3) (x－x3)，
即(x4－x3)y＋x4y3＝(y4＋y3)x－y4x3，
则(ty4－ty3)y＋(ty4＋2)y3＝(y4＋y3)x－y4(ty3＋2)，
即t(y4－y3)y＝(y4＋y3)x－2ty4y3－2(y3＋y4)，
即t eq \r(（y4＋y3）2－4y4y3) ·y＝(y4＋y3)x－2ty4y3－2(y3＋y4)，
所以t eq \r(（4t）2－4×（－8）) ·y＝4tx－2t×(－8)－2×4t，
即t eq \r(t2＋2) ·y＝t(x＋2)，
令 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋2＝0，,y＝0，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－2，,y＝0，))
所以直线P′Q恒过定点(－2，0).
抛物线中过定点的解题策略
1．选取适当的参数；
2．求出适合题设条件的曲线方程；
3．化简曲线的方程(将参数集中在一起)；
4．令某些值或系数为零，得出定点坐标．
1．直线l与抛物线y2＝4x交于两不同点A，B，其中A(x1，y1)，B(x2，y2)，若y1y2＝－36，则直线l恒过点的坐标是____________．
解析：设直线l的方程为x＝my＋n，
则由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋n，,y2＝4x，)) 得y2－4my－4n＝0，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝4m，,y1y2＝－4n.))
又y1y2＝－36，所以－4n＝－36，
所以n＝9，所以直线l的方程为x＝my＋9，恒过(9，0).
答案：(9，0)
2．已知F为抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点，直线l：y＝2x＋1与C交于A，B两点，且 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AF)) ＋ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(BF)) ＝20.
(1)求C的方程；
(2)设动直线m平行于直线l，且与C交于M，N两点，直线AM与BN相交于点T，证明：点T在一条定直线上．
解析：(1)联立方程 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝2x＋1,x2＝2py)) ，
整理得x2－4px－2p＝0，
设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝4p，可得y1＋y2＝2(x1＋x2)＋2＝8p＋2，
由抛物线定义得 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AF)) ＋ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(BF)) ＝y1＋y2＋p＝8p＋2＋p＝9p＋2，
则9p＋2＝20，解得p＝2，
所以抛物线C的方程为x2＝4y.
(2)设点M(x3，y3)，N(x4，y4)，
因为 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＝4y3,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ＝4y4)) ，两式相减得(x3＋x4)(x3－x4)＝4(y3－y4)，
因为MN∥AB，则x3＋x4＝ eq \f(4（y3－y4）,x3－x4) ＝4kMN＝4kAB＝8，
设点T(x0，y0)， eq \(TM,\s\up6(→)) ＝λ eq \(TA,\s\up6(→)) (λ≠1)，
因为MN∥AB，
则 eq \(TN,\s\up6(→)) ＝λ eq \(TB,\s\up6(→)) ，可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x3－x0＝λ（x1－x0）,x4－x0＝λ（x2－x0）)) ，
两式相加得x3＋x4－2x0＝λ(x1＋x2－2x0)，
又因为x1＋x2＝4p＝8，则8－2x0＝λ(8－2x0)，
即(x0－4)(λ－1)＝0，
因为λ≠1，所以x0＝4，
所以点T在定直线x＝4上．