2027年高考数学一轮复习第八章　进阶篇　进阶4　定点问题学案含解析

这是一份2027年高考数学一轮复习第八章　进阶篇　进阶4　定点问题学案含解析，共8页。
直线过定点问题的通法是设出直线方程，通过根与系数的关系和已知条件找出相应的关系式，代入直线方程，将问题转化为过定点的直线系、曲线系或恒成立问题来求解，即可得到定点.
定点问题常见类型：①由斜率关系求定点；②由倾斜角关系求定点；③切点弦过定点；④相交弦过定点；⑤圆过定点.
题型一 直线过定点问题
例1 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，F1，F2分别是左、右焦点，P是椭圆C上一点，|PF1|的最大值为3，当P为椭圆上顶点时，△PF1F2为等边三角形.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设A，B分别是椭圆C的左、右顶点，若直线l与C交于点M，N，且kBM=3kAN.证明：直线l过定点.
(1)解 由题意得|PF1|的最大值为a+c=3，
又当P为椭圆上顶点时，△PF1F2为等边三角形，故a=2c，
联立a+c=3，a=2c，解得a=2，c=1，
因为b2=a2-c2=3，
所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1.
(2)证明 方法一 由(1)可知A(-2，0)，B(2，0)，
设直线AN的斜率为k，则直线BM的斜率为3k，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则直线AN的方程为y=k(x+2)，直线BM的方程为y=3k(x-2)，
联立y=k(x+2)，3x2+4y2=12，
化简得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0，Δ>0，
因为A(-2，0)，所以x2=6−8k23+4k2，y2=12k3+4k2，
即N6−8k23+4k2，12k3+4k2，联立y=3k(x−2)，3x2+4y2=12，
化简得(1+12k2)x2-48k2x+4(12k2-1)=0，Δ>0，
因为B(2，0)，所以x1=24k2−21+12k2，y1=−12k1+12k2，
即M24k2−21+12k2，−12k1+12k2，
当x1≠x2，即k2≠14时，
则kMN=12k3+4k2−−12k1+12k26−8k23+4k2−24k2−21+12k2=12k(16k2+4)12(1−16k4)=4k1−4k2，
所以直线MN的方程为
y-12k3+4k2=4k1−4k2x−6−8k23+4k2，
整理得y=4k1−4k2(x-1)，
所以直线l过定点(1，0).
当x1=x2时，易得kBM=3kAN成立，此时直线l为x=1，直线l也过定点(1，0).
综上，直线l过定点(1，0).
方法二 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
又由(1)知A(-2，0)，B(2，0)，
当A不与M重合，且B不与N重合，
即x1≠-2，且x2≠2时，易知x1≠2，且x2≠-2.
所以kAM=y1x1+2，kBM=y1x1−2，kAN=y2x2+2，
则有kAM·kBM=y1x1+2·y1x1−2=y12x12−4，
又x124+y123=1，则y12=34(4-x12)，
代入上式可得kAM·kBM=-34.
又因为kBM=3kAN，所以kAM·kAN=-14.
设直线MN的方程为x=my+t(t≠±2)，
联立x=my+t，x24+y23=1，
得(3m2+4)y2+6mty+3t2-12=0，
所以y1+y2=−6mt3m2+4，y1y2=3t2−123m2+4，
且Δ=36m2t2-4(3m2+4)×(3t2-12)>0⇒3m2+4-t2>0，
所以x1+x2=8t3m2+4，x1x2=4t2−12m23m2+4，
由kAM·kAN=y1x1+2·y2x2+2=y1y2(x1+2)(x2+2)=-14，
化简得3t2−124t2+16t+16=-14，且4t2+16t+16≠0，
即t≠-2，解得t=1，
所以直线l：x=my+1过定点(1，0).
当A与M重合，且B与N重合时，易得kBM=3kAN成立，此时直线l为y=0，直线l也过定点(1，0).
综上，直线l过定点(1，0).
思维升华 解析几何中定点问题的解题策略
(1)设线法：用两个参数表示直线方程.一般步骤为
①设直线方程为y=kx+m(或x=ny+t)，联立直线与圆锥曲线方程，得出根与系数的关系；
②结合根与系数的关系和已知条件，得到k，m或n，t的关系，或者解出m，t的值；
③将②的结果代入y=kx+m(或x=ny+t)，得到定点坐标.
(2)解点法：用一个参数表示直线方程.一般步骤为
①引进参数，根据已知条件，求出直线上的两个点A，B的坐标(含参数)；
②特殊位置入手，找到定点P(有时可考虑对称性)；
③证明A，B，P三点共线，从而直线AB过定点P.(其中一个方法)
跟踪训练1 已知点F(0，1)，P是平面上一动点，以|PF|为直径的圆与x轴相切，设动点P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的轨迹方程；
(2)已知点M(2，1)，A，B为不过点M的直线l与曲线C的交点，直线MA的斜率记为k1，直线MB的斜率记为k2，若k1·k2=12，求证：直线l过定点，并求出定点坐标.
解 (1)设P(x，y)，则PF的中点Qx2，y+12，即为圆心，以|PF|为直径的圆的半径为
x22+y+12−12=x24+(y−1)24，
因为以|PF|为直径的圆与x轴相切，
所以x24+(y−1)24=y+12，
化简可得x2=4y，
即曲线C的轨迹方程是x2=4y.
(2)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1≠2，x2≠2，
易知直线AB的斜率存在，
设直线AB的方程为y=kx+b，
联立y=kx+b，x2=4y，
得x2-4kx-4b=0，Δ=16k2+16b>0，
所以x1+x2=4k，x1x2=−4b，所以y1+y2=4k2+2b，y1y2=b2，
因为k1k2=y1−1x1−2·y2−1x2−2=12，
即2y1y2-2(y1+y2)+2=x1x2-2(x1+x2)+4，
即2b2-2(4k2+2b)+2=-4b-8k+4，
所以b2=(2k-1)2，
所以b=2k-1或b=-2k+1，
当b=-2k+1时，直线AB的方程为y=kx-2k+1，过定点M(2，1)，舍去；
当b=2k-1时，直线AB的方程为y=kx+2k-1=k(x+2)-1，过定点(-2，-1)，
所以直线l过定点(-2，-1).
题型二 圆过定点问题
例2 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上、下顶点分别为B2，B1，左、右焦点分别为F1，F2，四边形B1F1B2F2是面积为2的正方形.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知圆O：x2+y2=23的切线l与椭圆C相交于D，E两点，判断以DE为直径的圆是否经过定点？如果是，求出定点的坐标；如果不是，请说明理由.
解 (1)由题意可得b=c，12×2b×2c=2，a2=b2+c2，
解得a=2，b=1，c=1，
∴椭圆C的标准方程为x22+y2=1.
(2)由题意可知，圆O：x2+y2=23的圆心坐标为(0，0)，半径为63，∵630，
设D(x1，y1)，E(x2，y2)，
则x1+x2=−4km2k2+1，x1x2=2m2−22k2+1，
∴y1y2=(kx1+m)(kx2+m)
=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=m2−2k22k2+1，
∴OD·OE=x1x2+y1y2
=3m2−2k2−22k2+1=2(1+k2)−2k2−22k2+1=0，
即OD·OE=0，
∴以DE为直径的圆经过定点O(0，0)，
综上可知，以DE为直径的圆过定点(0，0).
思维升华 圆过定点问题的解题策略
(1)利用特殊情况寻找特殊点.
(2)引入参变量建立关于曲线的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点.
跟踪训练2 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；
(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.
解 (1)设动圆圆心为(x，y)，
依题意，x|2+22=(x−2)2+y2，即y2=4x，
所以曲线C的方程为y2=4x.
(2)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x=my+4，y2=4x，消去x并整理得y2-4my-16=0，Δ>0恒成立，
则y1+y2=4m，y1y2=−16，
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|=m2+1|y1-y2|
=m2+1·(y1+y2)2−4y1y2
=4(m2+1)(m2+4)，
则圆E的方程为[x-(2m2+4)]2+(y-2m)2
=4(m2+1)(m2+4)，
化简得4xm2+4ym-(x2-8x+y2)=0，
由4x=0，4y=0，−(x2−8x+y2)=0，得x=0，y=0，
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).
课时精练
[分值：34分]
1.(17分)已知抛物线C：x2=-2py(p>0)经过点(2，-1).
(1)求抛物线C的标准方程及其准线方程；(5分)
(2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于M，N两点，直线y=-1分别交直线OM，ON于A，B两点.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.(12分)
(1)解 将点(2，-1)代入抛物线方程得22=-2p×(-1)，可得p=2，
故抛物线C的标准方程为x2=-4y，其准线方程为y=1.
(2)证明 由题意知直线l的斜率存在，焦点坐标为(0，-1)，
设直线l的方程为y=kx-1(k≠0)，与抛物线方程x2=-4y联立可得x2+4kx-4=0，Δ=16k2+16>0，
故x1+x2=-4k，x1x2=-4，
设Mx1，−x124，Nx2，−x224，x1≠0，x2≠0，
则kOM=-x14，kON=-x24，
直线OM的方程为y=-x14x，与y=-1联立可得A4x1，−1，同理可得B4x2，−1，
易知以AB为直径的圆的圆心坐标为
2x1+2x2，−1，圆的半径为2x1−2x2，
且2x1+2x2=2(x1+x2)x1x2=2k，
2x1−2x2=2×(x1+x2)2−4x1x2|x1x2|=2k2+1，
则圆的方程为(x-2k)2+(y+1)2=4(k2+1)，
令x=0，整理可得y2+2y-3=0，
解得y1=-3，y2=1，
即以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点(0，-3)，(0，1).
2.(17分)已知双曲线C：x2a2-y2b2=1(a>0，b>0)的渐近线方程为y=±12x，点P(4，3)是C上一点.
(1)求C的方程；(5分)
(2)设M是直线x=1上的动点，A，B分别是C的左、右顶点，且直线MA，MB分别与C的右支交于R，Q两点(均异于点B)，证明：直线RQ过定点.(12分)
(1)解 由题知ba=12，①
将点P(4，3)代入C的方程，得16a2-3b2=1，②
联立①②，解得a=2，b=1，
则C的方程为x24-y2=1.
(2)证明 由(1)知，A(-2，0)，B(2，0)，
设M(1，y0)(y0≠0)，R(x1，y1)，Q(x2，y2)，
根据题意，直线RQ不垂直于y轴，
设直线RQ：x=ty+m(t≠±2，m≠±2，0)，
联立x=ty+m，x24−y2=1，
消去x得(t2-4)y2+2tmy+m2-4=0，
故Δ=4t2m2-4(t2-4)(m2-4)=16(t2+m2-4)>0，
则y1+y2=−2tmt2−4，y1y2=m2−4t2−4，
于是2ty1y2=-m2−4m(y1+y2)，
由R，A，M三点共线，
得直线MA，RA的斜率为y03=y1x1+2，
同理，由M，B，Q三点共线得-y0=y2x2−2，
两式消去y0得y2(x1+2)+3y1(x2-2)=0，
即y2(ty1+m+2)+3y1(ty2+m-2)=0，
整理得4ty1y2+3(m-2)y1+(m+2)y2=0，
即-2(m2−4)m(y1+y2)+3(m-2)y1+(m+2)y2=0，
则(m-4)[(m-2)y1-(m+2)y2]=0，
因此m=4或(m-2)y1-(m+2)y2=0，
若(m-2)y1-(m+2)y2=0，
又y1+y2=−2tmt2−4，
得y1=−(m+2)tt2−4，y2=−(m−2)tt2−4，
结合y1y2=m2−4t2−4，
可得(m2−4)t2(t2−4)2=m2−4t2−4，
即t2=t2-4，显然不成立，
即(m-2)y1-(m+2)y2≠0，
故m=4，满足Δ>0，直线RQ：x=ty+4，
所以直线RQ过定点(4，0).
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