新高考数学二轮复习 第1部分 专题6 第3讲 母题突破2 定点问题（含解析）

这是一份新高考数学二轮复习 第1部分 专题6 第3讲 母题突破2 定点问题（含解析），共6页。试卷主要包含了如果l与x轴垂直，设l等内容，欢迎下载使用。

思路分析
❶l斜率k存在时写出l的方程
↓
❷联立l，C的方程，设而不求
↓
❸计算kPA，kPB并代入kPA＋kPB＝－1
↓
❹分析直线方程，找出定点
证明 设直线PA与直线PB的斜率分别为k1，k2.如果l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐标分别为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，\f(\r(4－t2),2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，－\f(\r(4－t2),2)))，
则k1＋k2＝eq \f(\r(4－t2)－2,2t)－eq \f(\r(4－t2)＋2,2t)＝－1，得t＝2，不符合题设．
从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)．将y＝kx＋m代入eq \f(x2,4)＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－eq \f(8km,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4m2－4,4k2＋1).
而k1＋k2＝eq \f(y1－1,x1)＋eq \f(y2－1,x2)
＝eq \f(kx1＋m－1,x1)＋eq \f(kx2＋m－1,x2)
＝eq \f(2kx1x2＋m－1x1＋x2,x1x2).
由题设k1＋k2＝－1，
故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0，
即(2k＋1)·eq \f(4m2－4,4k2＋1)＋(m－1)·eq \f(－8km,4k2＋1)＝0，
解得k＝－eq \f(m＋1,2).
当且仅当m>－1时，Δ>0，于是l：y＝－eq \f(m＋1,2)x＋m，
即y＋1＝－eq \f(m＋1,2)(x－2)，所以l过定点(2，－1)．
[子题1] 已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，直线l与抛物线C交于A，B两点，O是坐标原点．若点E(－2,0)，直线l不与坐标轴垂直，且∠AEO＝∠BEO，求证：直线l过定点．
证明 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意可设直线l的方程为x＝ny＋b(n≠0)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ny＋b，,y2＝4x，))得y2－4ny－4b＝0，
则y1＋y2＝4n，y1y2＝－4b.
由∠AEO＝∠BEO，得kEA＝－kEB，
即eq \f(y1,x1＋2)＝－eq \f(y2,x2＋2)，
整理得y1x2＋2y1＋x1y2＋2y2＝0，
即y1(ny2＋b)＋2y1＋(ny1＋b)y2＋2y2＝0，
整理得2ny1y2＋(b＋2)(y1＋y2)＝0，
即－8bn＋4(b＋2)n＝0，得b＝2，
故直线l的方程为x＝ny＋2(n≠0)，
所以直线l过定点(2,0)．
[子题2] (2020·湖南四校联考)已知抛物线C：y2＝4x与过点(2,0)的直线l交于M，N两点，若eq \(MP,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(MN,\s\up6(→))，PQ⊥y轴，垂足为Q，求证：以PQ为直径的圆过定点．
证明 由题意可知，直线l的斜率不为0，设其方程为x＝my＋2(m∈R)，
将x＝my＋2代入y2＝4x，消去x可得y2－4my－8＝0，
显然Δ＝16m2＋32>0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则y1＋y2＝4m，y1y2＝－8，
因为eq \(MP,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(MN,\s\up6(→))，所以P是线段MN的中点，
设P(xP，yP)，则xP＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(my1＋y2＋4,2)＝2m2＋2，
yP＝eq \f(y1＋y2,2)＝2m，
所以P(2m2＋2,2m)，
又PQ⊥y轴，垂足为Q，所以Q(0,2m)，
设以PQ为直径的圆经过点A(x0，y0)，
则eq \(AP,\s\up6(→))＝(2m2＋2－x0,2m－y0)，
eq \(AQ,\s\up6(→))＝(－x0,2m－y0)，
所以eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(AQ,\s\up6(→))＝0，即－x0(2m2＋2－x0)＋(2m－y0)2＝0，
化简可得(4－2x0)m2－4y0m＋xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)－2x0＝0，①
令eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4－2x0＝0，,4y0＝0，,x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)－2x0＝0，))可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝2，,y0＝0，))
所以当x0＝2，y0＝0时，对任意的m∈R，①式恒成立，
所以以PQ为直径的圆过定点，该定点的坐标为(2,0)．
规律方法 动线过定点问题的两大类型及解法
(1)动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．
(2)动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C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．
跟踪演练
1．(2020·北京东城区模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,2)＝1的右焦点为F，直线l：y＝kx＋m(k≠0)过点F，且与椭圆C交于P，Q两点，如果点P关于x轴的对称点为P′，求证：直线P′Q过x轴上的定点．
证明 ∵c＝eq \r(6－2)＝2，∴F(2,0)，
直线l：y＝kx＋m(k≠0)过点F，
∴m＝－2k，∴l：y＝k(x－2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋3y2＝6，,y＝kx－2，))得(3k2＋1)x2－12k2x＋12k2－6＝0.
依题意Δ>0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(12k2,3k2＋1)，x1x2＝eq \f(12k2－6,3k2＋1).
∵点P关于x轴的对称点为P′，则P′(x1，－y1)．
∴直线P′Q的方程可以设为y＋y1＝eq \f(y2＋y1,x2－x1)(x－x1)，
令y＝0，x＝eq \f(x2y1－x1y1,y1＋y2)＋x1＝eq \f(x2y1＋x1y2,y1＋y2)
＝eq \f(kx2x1－2＋kx1x2－2,kx1＋x2－4)＝eq \f(2x1x2－2x1＋x2,x1＋x2－4)
＝eq \f(2×\f(12k2－6,3k2＋1)－2×\f(12k2,3k2＋1),\f(12k2,3k2＋1)－4)＝3.
∴直线P′Q过x轴上的定点(3,0)．
2．已知P(0,2)是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个顶点，C的离心率e＝eq \f(\r(3),3).
(1)求椭圆的方程；
(2)过点P的两条直线l1，l2分别与C相交于不同于点P的A，B两点，若l1与l2的斜率之和为－4，则直线AB是否经过定点？若是，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
解 (1)由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝2，,\f(c,a)＝\f(\r(3),3)，,a2＝b2＋c2，))
解得a＝eq \r(6)，b＝2，c＝eq \r(2)，∴椭圆的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋t(t≠2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋t，,\f(x2,6)＋\f(y2,4)＝1，))消去y并整理，
可得(3k2＋2)x2＋6ktx＋3t2－12＝0，
∴Δ＝36(kt)2－4×(3k2＋2)(3t2－12)>0，
即24(6k2－t2＋4)>0，
则x1＋x2＝－eq \f(6kt,3k2＋2)，x1x2＝eq \f(3t2－12,3k2＋2)，
由l1与l2的斜率之和为－4，
可得eq \f(y1－2,x1)＋eq \f(y2－2,x2)＝－4，
又y1＝kx1＋t，y2＝kx2＋t，
∴eq \f(y1－2,x1)＋eq \f(y2－2,x2)＝eq \f(kx1＋t－2,x1)＋eq \f(kx2＋t－2,x2)
＝2k＋eq \f(t－2x1＋x2,x1x2)＝2k＋eq \f(t－2·\f(－6kt,3k2＋2),\f(3t2－12,3k2＋2))＝－4，
∵t≠2，化简可得t＝－k－2，
∴y＝kx－k－2＝k(x－1)－2，
∴直线AB经过定点(1，－2)．
当直线AB的斜率不存在时，设直线AB的方程为x＝m，A(m，y1)，B(m，y2)，
∴eq \f(y1－2,m)＋eq \f(y2－2,m)＝eq \f(y1＋y2－4,m)＝－4，
又点A，B均在椭圆上，
∴A，B关于x轴对称，∴y1＋y2＝0，∴m＝1，
故直线AB的方程为x＝1，也过点(1，－2)，
综上直线AB经过定点，定点为(1，－2)．
专题强化练
1．已知椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1，设直线l与椭圆C相交于A，B两点，D(0，－1)，若直线AD与直线BD的斜率之积为eq \f(1,6).证明：直线l恒过定点．
证明 ①当直线l斜率不存在时，设l：x＝m，A(m，yA)，B(m，－yA)，
因为点A(m，yA)在椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1上，
所以eq \f(m2,2)＋yeq \\al(2,A)＝1，即yeq \\al(2,A)＝1－eq \f(m2,2)，
所以kAD·kBD＝eq \f(yA＋1,m)·eq \f(－yA＋1,m)＝eq \f(1－y\\al(2,A),m2)＝eq \f(\f(m2,2),m2)＝eq \f(1,2)≠eq \f(1,6)，不满足题意．
②当直线l斜率存在时，设l：y＝kx＋b(b≠－1)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋b，,x2＋2y2－2＝0，))整理得
(1＋2k2)x2＋4kbx＋2b2－2＝0，
依题意得，Δ>0，
所以x1＋x2＝eq \f(－4kb,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2b2－2,1＋2k2)，
则kAD·kBD＝eq \f(y1＋1,x1)·eq \f(y2＋1,x2)
＝eq \f(kx1＋bkx2＋b＋[kx2＋x1＋2b]＋1,x1x2)
＝eq \f(k2x1x2＋kb＋kx1＋x2＋b2＋2b＋1,x1x2).
将x1＋x2＝eq \f(－4kb,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2b2－2,1＋2k2)，
代入上式化简得，kAD·kBD＝eq \f(y1＋1,x1)·eq \f(y2＋1,x2)＝eq \f(b＋12,2b＋1b－1)＝eq \f(1,6)，即eq \f(b＋1,b－1)＝eq \f(1,3)，解得b＝－2.
所以直线l恒过定点(0，－2)．
2．已知点H为抛物线C：x2＝4y的准线上任一点，过H作抛物线C的两条切线HA，HB，切点为A，B，证明直线AB过定点，并求△HAB面积的最小值．
解 设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，H(t，－1)，
由C：x2＝4y，即y＝eq \f(1,4)x2，得y′＝eq \f(1,2)x，
所以抛物线C：x2＝4y在点A(x1，y1)处的切线HA的方程为y－y1＝eq \f(x1,2)(x－x1)，即y＝eq \f(x1,2)x－eq \f(1,2)xeq \\al(2,1)＋y1，
因为y1＝eq \f(1,4)xeq \\al(2,1)，所以y＝eq \f(x1,2)x－y1，
因为H(t，－1)在切线HA上，所以－1＝eq \f(x1,2)t－y1，①
同理－1＝eq \f(x2,2)t－y2，②
综合①②得，点A(x1，y1)，B(x2，y2)的坐标满足方程
－1＝eq \f(x,2)t－y，即直线AB恒过抛物线的焦点F(0,1)，
当t＝0时，此时H(0，－1)，可知HF⊥AB，
|HF|＝2，|AB|＝4，S△HAB＝eq \f(1,2)×2×4＝4，
当t≠0时，此时直线HF的斜率为－eq \f(2,t)，得HF⊥AB，
于是S△HAB＝eq \f(1,2)×|HF|×|AB|，
而|HF|＝eq \r(t－02＋－1－12)＝eq \r(t2＋4)，
把直线y＝eq \f(t,2)x＋1代入C：x2＝4y中，消去x得
y2－(2＋t2)y＋1＝0，
|AB|＝y1＋y2＋2＝t2＋4，
即S△HAB＝eq \f(1,2)(t2＋4)eq \r(t2＋4)＝ SKIPIF 1 < 0 >4，
综上所述，当t＝0时，S△HAB最小，且最小值为4.