2027年高考数学一轮复习第八章　进阶篇　进阶6　定直线问题学案含解析

这是一份2027年高考数学一轮复习第八章　进阶篇　进阶6　定直线问题学案含解析，共7页。
解决定直线问题的核心在于确定定点的轨迹.主要方法有：
(1)设点法：设点的轨迹，通过已知点轨迹，消去参数，从而得到轨迹方程.
(2)待定系数法：设出含参数的直线方程，待定系数法求解出系数.
(3)验证法：通过特殊点位置求出直线方程，对一般位置再进行验证.
题型一 点在定直线上
例1 已知双曲线C：x2a2-y2b2=1(a>0，b>0)的左、右顶点分别为A1，A2，点P(2，1)在C上，且PA1，PA2的斜率之积为12.
(1)求C的方程；
(2)已知直线l与C交于M，N两点(均与P不重合)，与直线x=2交于点Q，且点M，N在直线x=2的两侧，若|MP|·|NQ|=|MQ|·|NP|，线段MN的中点为R，证明：点R在一条定直线上.
(1)解 由题意知A1(-a，0)，A2(a，0)，0b>0)，长轴长为4，焦点坐标为(±1，0).
(1)求椭圆C的方程；
(2)椭圆C的上、下顶点分别为A，B，过点P(0，3)的直线与椭圆交于异于A，B的两点M，N，直线BM，AN的交点G在一条定直线上，求出该定直线的方程.
解 (1)因为椭圆的长轴长为4，焦点坐标为(±1，0)，
所以2a=4,c=1,即a=2,c=1,
又b=a2−c2=3，
故椭圆C的方程为x24+y23=1.
(2)由题意得A(0，3)，B(0，-3)，
依题意直线MN的斜率存在且不为0，
设直线MN的方程为y=kx+3(k≠0)，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1≠0，x2≠0，
联立y=kx+3,x24+y23=1,
整理得(3+4k2)x2+24kx+24=0，
由Δ=576k2-96(3+4k2)>0，即k2>32，
所以x1+x2=−24k3+4k2，x1x2=243+4k2.
所以kx1x2=-(x1+x2)，
又直线AN的方程为y-3=y2−3x2x，
直线BM的方程为y+3=y1+3x1x，
联立y−3=y2−3x2x,y+3=y1+3x1x,
得y−3y+3=(y2−3)x1(y1+3)x2=(kx2+3−3)x1(kx1+3+3)x2
=kx1x2+(3−3)x1kx1x2+(3+3)x2，
代入kx1x2=-(x1+x2)，
可得y−3y+3=(2−3)x1−x2(2+3)x2−x1
=(2−3)x1−x2(2+3)x2−12+3x1=-12+3=-(2-3)，
所以y=1，即直线BM与AN的交点G在定直线y=1上.
题型二 三角形内心(外心、重心、垂心)在定直线上
例2 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，M(1，1)是椭圆C上一点，且点M到点F1，F2的距离之和为23.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)斜率为12的直线l与椭圆C交于A，B两点，则△MAB的外心是否在一条定直线上？若在，求出该直线的方程；若不在，请说明理由.
解 (1)由题意，得2a=23,1a2+1b2=1,解得a=3,b=62,
故椭圆C的标准方程为x23+y232=1.
(2)△MAB的外心在定直线2x-y-1=0上.理由如下：
由题意设直线l的方程为y=12x+t，
因为直线l不能过点M(1，1)，所以t≠12，
联立y=12x+t,x23+2y23=1,
得3x2+4tx+4t2-6=0，
所以Δ=16t2-12(4t2-6)>0，
即-32b>0)的两个焦点分别为F1(-2，0)，F2(2，0)，点M(23，3)在椭圆C上.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若过点P(-8，0)的直线与椭圆C交于A，B两点，求证：△ABF1的内心在一条定直线上.
(1)解 因为椭圆两个焦点分别为F1(-2，0)，F2(2，0)，
所以c=2，则a2=b2+4，①
又点M(23，3)在椭圆C上，
所以(23)2a2+(3)2b2=1.
即12a2+3b2=1，②
联立①②，解得a2=16，b2=12，
所以椭圆C的标准方程为x216+y212=1.
(2)证明 由题意可知直线AB的斜率存在，且不为0，
设直线AB的方程为x=my-8(m≠0)，
联立x=my−8,x216+y212=1,
得(3m2+4)y2-48my+144=0，
则Δ=(-48m)2-4(3m2+4)×144=576m2-2 304>0，得m2>4，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1+y2=48m3m2+4，y1y2=1443m2+4，
若直线AF1⊥x轴，则A(-2，±3)，
代入直线AB的方程得m=±2，与m2>4矛盾，不符合题意，故x1≠-2，
同理可得x2≠-2，
所以直线AF1，BF1的斜率一定存在，
设直线AF1，BF1的斜率分别为k1，k2.
所以k1+k2=y1x1+2+y2x2+2=y1my1−6+y2my2−6=y1(my2−6)+y2(my1−6)(my1−6)(my2−6)，
因为y1(my2-6)+y2(my1-6)=2my1y2-6(y1+y2)=2m×1443m2+4-6×48m3m2+4=0，
所以k1+k2=0恒成立，则直线AF1，BF1的倾斜角互补，
即∠AF1B的平分线为直线x=-2，
所以△ABF1的内心在定直线x=-2上.
极点、极线
1.极点与极线的定义
过点P(x0，y0)的动直线交圆锥曲线于A，B两点，过A，B的切线交点的轨迹叫做点P关于圆锥曲线的极线，点P叫做相应于此极线的极点，简称极.
一个极点与其对应的极线称作一对配极元素，它们之间的关系称作一对配极关系.
2.极点、极线与圆锥曲线的位置关系
如图(1)，若极点P在圆锥曲线外，则相应的极线l与点P的切点弦重合，即相应的极线l是由点P向圆锥曲线所引的两条切线的切点弦所在直线，极线l与圆锥曲线有两个交点；
如图(2)，若极点P在圆锥曲线内，则极线l是圆锥曲线经过点P的弦的两端点处的两条切线交点的轨迹，此时，极线l与圆锥曲线相离，它们无交点；
如图(3)，若极点P在圆锥曲线上，则相应的极线l与在点P处的切线重合，即相应的极线l就是圆锥曲线在点P处的切线，极线l与圆锥曲线有唯一交点.
典例 (1)(多选)已知点P是异于原点的一点，则下列关于极线方程的说法中，正确的是( )
A.已知点P(x0，y0)和圆C：x2+y2=r2，则关于点P的极线方程为x0x+y0y=r2
B.已知点P(x0，y0)在椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)外，则点P相应的极线方程为x0xa2+y0yb2=1
C.对于双曲线x2a2-y2b2=1，与点P(x0，y0)对应的极线方程为x0xa2+y0yb2=1
D.对于抛物线y2=2px，若点Pp2,0，则对应的极线为抛物线的准线
答案 ABD
解析 对于A，点P与圆的位置关系有三种，不妨设点P(x0，y0)在圆C的外部，
两切点分别为T1(x1，y1)，T2(x2，y2)，
两条切线的方程分别为xix+yiy=r2(i=1，2)，
∵P(x0，y0)在切线上，∴x0x1+y0y1=r2，
x0x2+y0y2=r2，
∴T1(x1，y1)，T2(x2，y2)在直线x0x+y0y=r2上，由两点确定一条直线知直线T1T2的方程为x0x+y0y=r2，A正确；
对于B，极线l与椭圆相交，且为由点P向椭圆所引两条切线的切点弦所在直线，设两切点分别为
A(x1，y1)，B(x2，y2)，两条切线的方程分别为
lPA：x1xa2+y1yb2=1，lPB：x2xa2+y2yb2=1，
∵P(x0，y0)在切线上，∴x1x0a2+y1y0b2=1,x2x0a2+y2y0b2=1,
即点A(x1，y1)，B(x2，y2)均满足x0xa2+y0yb2=1，
故切点弦AB所在直线方程，即为点P相应的极线方程，为x0xa2+y0yb2=1，B正确；
对于C，证明方法同椭圆，可得极线方程为x0xa2-y0yb2=1，C错误；
对于D，由阿基米德三角形的性质可知D正确.
(2)过椭圆C：x225+y29=1内一点M(3，2)，作直线AB与椭圆交于点A，B，作直线CD与椭圆交于点C，D，过A，B分别作椭圆的切线交于点P，过C，D分别作椭圆的切线交于点Q，则PQ所在的直线方程为 .
答案 3x25+2y9=1
解析 方法一 由题意知直线PQ为点M关于椭圆C的极线，所以直线PQ的方程为3x25+2y9=1.
方法二 由题意设P(x1，y1)，Q(x2，y2).
则直线AB为点P关于椭圆C的极线，
其方程为x1x25+y1y9=1.
又M(3，2)在直线AB上，
所以3x125+2y19=1，①
同理3x225+2y29=1，②
由①②可得直线PQ的方程是3x25+2y9=1.
课时精练
[分值：34分]
1.(17分)已知A(0，1)，F(0，-2)分别是双曲线C：y2a2-x2b2=1(a>0，b>0)的上顶点和下焦点.
(1)求C的标准方程；(5分)
(2)过F的直线与C的上、下支分别交于B，D两点(B异于A)，直线x=t平分线段BD且与C的下支交于点E，证明：直线AE与直线BD的交点在定直线上.(12分)
(1)解 由题意得a=1，c=2，
所以b=c2−a2=3，
所以C的标准方程为y2-x23=1.
(2)证明 由题意，直线BD的斜率存在，
设直线BD的方程为y=kx-2，B(x1，y1)，D(x2，y2).
联立y2−x23=1,y=kx−2,
消去y，得(3k2-1)x2-12kx+9=0，
由于x1，x2同号，即x1x2=93k2−1>0，
所以k2>13，Δ=36(k2+1)>0，
x1+x2=12k3k2−1,x1x2=93k2−1,
所以t=12(x1+x2)=6k3k2−1，
联立y2−x23=1,x=6k3k2−1,
解得y=±3k2+13k2−1，所以E6k3k2−1,−3k2+13k2−1，
所以直线AE的方程为y=1+3k2+13k2−1−6k3k2−1x+1，
即y=-kx+1，
联立y=−kx+1,y=kx−2,解得y=-12，
所以直线AE与直线BD的交点在定直线y=-12上.
2.(17分)已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点D1,32，其离心率e=32，点A为椭圆E的上顶点，过点A的两条直线l1，l2与椭圆E分别交于B，C两点，与直线x=t(t≠0)分别交于M，N两点，△AMN的重心为点G.
(1)求椭圆E的方程；(3分)
(2)求弦长|AB|的最大值；(4分)
(3)已知点P(-2，-1)，若BP=λCP，其中λ∈R且λ≠0，证明：当t在变化时，重心G在一条定直线上，并求出这条定直线方程.(10分)
解 (1)由e=32得ca=32，
又∵a2=b2+c2，∴a=2b，
由D1,32在椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)上，
得14b2+34b2=1，
∴b=1，a=2，∴椭圆E的方程为x24+y2=1.
(2)设B(x0，y0)，A(0，1)，
|AB|=x02+(y0−1)2=−4y02+4+(y0−1)2=−3y02−2y0+5=−3y0+132+163，其中y0∈(-1，1)，
∴当y0=-13时，|AB|取得最大值，最大值为433.
(3)由BP=λCP(λ∈R且λ≠0)知B，C，P三点共线，又P(-2，-1)，故直线BC的斜率存在且不为0，
∴设直线BC的方程为y+1=k(x+2)(k≠0)，
B(x1，y1)，C(x2，y2)，x1≠0，x2≠0，
联立y+1=k(x+2),x24+y2=1,消去y，整理得(4k2+1)x2+8k(2k-1)x+4(2k-1)2-4=0，
Δ=[8k(2k-1)]2-4(4k2+1)[4(2k-1)2-4]=64k>0，k>0，
则x1+x2=-8k(2k−1)4k2+1，x1x2=4(2k−1)2−44k2+1，
直线l1：y=y1−1x1x+1，
令x=t得yM=y1−1x1t+1，
∴Mt,y1−1x1t+1，
同理得Nt,y2−1x2t+1，
∴yG=yM+yN+13=t3y1−1x1+y2−1x2+1
=t3kx1+2k−2x1+kx2+2k−2x2+1
=t32k+2(k−1)·x1+x2x1x2+1
=t32k+2(k−1)·−8k(2k−1)4(2k−1)2−4+1
=t3(2k+1-2k)+1=t3+1，
又xG=xM+xN3=2t3，∴yG=12xG+1，
∴点G在定直线y=12x+1上.
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