备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第九章 平面解析几何 高考难点突破课二 圆锥曲线的综合问题 第一课时 定点问题

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第一课时　定点问题

题型一　直线过定点问题
例1 (2020·全国Ⅰ卷)已知A，B分别为椭圆E：＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，·＝8，P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.
(1)求E的方程；
(2)证明：直线CD过定点.
(1)解　由题设得A(－a，0)，B(a，0)，G(0，1).
则＝(a，1)，＝(a，－1).
由·＝8，得a2－1＝8，
解得a＝3或a＝－3(舍去).
所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)证明　设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t).
若t≠0，设直线CD的方程为x＝my＋n，由题意可知－30)上一点，F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，|PF1|＋|PF2|＝4.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线l不经过P点且与椭圆C相交于A，B两点.若直线PA与直线PB的斜率之和为1，问：直线l是否过定点？证明你的结论.
解　(1)由|PF1|＋|PF2|＝4，得a＝2，
又P在椭圆上，
代入椭圆方程有＋＝1，解得b＝，
所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)当直线l的斜率不存在时，
设A(x1，y1)，B(x1，－y1)，
k1＋k2＝＝1，解得x1＝－4，与椭圆无交点，不符合题意；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由整理得
(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
x1＋x2＝，x1x2＝，
Δ＝48(4k2－m2＋3)>0.
由k1＋k2＝1，整理得
(2k－1)x1x2＋(x1＋x2)＋2m－4＝0，
即(m－4k)(2m－2k－3)＝0.
当m＝k＋时，此时，直线l过P点，不符合题意；
当m＝4k时，Δ＝4k2－m2＋3>0有解，此时直线l：y＝k(x＋4)过定点(－4，0).
题型二　圆过定点问题
例2 (2021·湖南三湘名校联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b≥1)的离心率为，它的上焦点到直线bx＋2ay－＝0的距离为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点P的直线l交椭圆C于A，B两点，试探究以线段AB为直径的圆是否过定点.若过，求出定点坐标；若不过，请说明理由.
解　(1)由题意得，e＝＝.
又a2＝b2＋c2，
所以a＝b，c＝b.
又＝，a>b≥1，
所以b2＝1，a2＝2，
故椭圆C的方程为＋x2＝1.
(2)当AB⊥x轴时，以线段AB为直径的圆的方程为＋y2＝.
当AB⊥y轴时，以线段AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝1.
可得两圆交点为Q(－1，0).
由此可知，若以线段AB为直径的圆过定点，则该定点为Q(－1，0).
下证Q(－1，0)符合题意.
设直线l的斜率存在，且不为0，
其方程设为y＝k，代入＋x2＝1，
并整理得(k2＋2)x2－k2x＋k2－2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
所以·＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2
＝x1x2＋x1＋x2＋1＋k2
＝(1＋k2)x1x2＋(x1＋x2)＋1＋k2
＝(1＋k2)·＋·
＋1＋k2
＝0.
故⊥，即Q(－1，0)在以线段AB为直径的圆上.
综上，以线段AB为直径的圆恒过定点(－1，0).
感悟提升　1.定点问题，先猜后证，可先考虑运动图形是否有对称性及特殊(或极端)位置猜想，如直线的水平位置、竖直位置，即k＝0或k不存在时.
2.圆过定点问题，一般从圆的直径所对的圆心角为直角入手，利用垂直关系找到突破口，从而解决问题.
训练2 (2022·江西红色七校联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且椭圆上一点到两个焦点的距离之和为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点S的动直线l交椭圆C于A，B两点，试问：在x轴上是否存在一个定点T，使得无论直线l如何转动，以AB为直径的圆恒过点T？若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由.
解　(1)由椭圆的定义可得2a＝2，
则a＝，
∵椭圆C的离心率e＝＝，
∴c＝1，则b＝＝1，
∴椭圆C的标准方程为＋x2＝1.
(2)当直线l不与x轴重合时，设直线l的方程为x＝my－，A(x1，y1)，B(x2，y2)，T(t，0)，
由消去x并整理，得
(18m2＋9)y2－12my－16＝0，
Δ＝144m2＋64(18m2＋9)＝144(9m2＋4)>0恒成立，
则y1＋y2＝＝，
y1y2＝－.
由于以AB为直径的圆恒过点T，
则TA⊥TB，
＝，
＝，
则·＝＋y1y2
＝(m2＋1)y1y2－m(y1＋y2)＋
＝＋
＝－＝0，
∵点T为定点，∴t为定值，与m无关，
∴＝，解得t＝1，
此时·＝－＝0，符合题意.
当直线l与x轴重合时，AB为椭圆C的短轴，易知以AB为直径的圆过点(1，0).
综上所述，存在定点T(1，0)，使得无论直线l如何转动，以AB为直径的圆恒过定点T.
圆锥曲线中的“伴侣点”问题
在圆锥曲线的很多性质中，常常出现一对活跃的点A(m，0)和B，这一对点总是同时出现在圆锥曲线的对称轴上，形影不离，相伴而行，我们把这对特殊的点形象地称作圆锥曲线的“伴侣点”.圆锥曲线的“伴侣点”在我们研究圆锥曲线的性质中具有重要的地位，蕴涵着圆锥曲线许多有趣的性质.
例 已知双曲线－＝1(a>0，b>0)，设A(m，0)和B(00)的左、右焦点分别为F1(－，0)，F2(，0)，且经过点A.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点B(4，0)作一条斜率不为0的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，记点P关于x轴对称的点为P′.证明：直线P′Q经过x轴上一定点D，并求出定点D的坐标.
(1)解　由椭圆的定义，可知
2a＝|AF1|＋|AF2|＝＋＝4.解得a＝2.
又b2＝a2－()2＝1.
∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)证明　由题意，设直线l的方程为
x＝my＋4(m≠0).
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则P′(x1，－y1).
由消去x，可得
(m2＋4)y2＋8my＋12＝0.
∵Δ＝16(m2－12)>0，∴m2>12.
∴y1＋y2＝，y1y2＝.
∵kP′Q＝＝.
∴直线P′Q的方程为
y＋y1＝(x－x1).
令y＝0，可得x＝＋my1＋4.
∴x＝＋4＝＋4
＝＋4＝1.
∴D(1，0).
∴直线P′Q经过x轴上定点D，其坐标为(1，0).
2.(2022·郑州模拟)已知点A(0，－1)，B(0，1)，动点P满足||||＝·.记点P的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程；
(2)设D为直线y＝－2上的动点，过D作C的两条切线，切点分别是E，F.证明：直线EF过定点.
(1)解　设P(x，y)，则＝(－x，－1－y)，＝(－x，1－y)，
又＝(0，2)，＝(0，－2)，
所以||||＝·可化为
2＝2(1＋y)，
化简得x2＝4y，
所以C的方程为x2＝4y.
(2)证明　由题设可设D(t，－2)，E(x1，y1)，F(x2，y2)，
由题意知切线DE，DF的斜率都存在，
由x2＝4y，得y＝，则y′＝，
所以kDE＝，直线DE的方程为
y－y1＝(x－x1)，
即y－y1＝x－.①
因为E(x1，y1)在抛物线x2＝4y上，
所以x＝4y1，即＝2y1，②
将②代入①可得x1x－2y1－2y＝0，
所以直线DE的方程为x1x－2y1－2y＝0.
同理可得直线DF的方程为x2x－2y2－2y＝0.
因为D(t，－2)在直线DE上，
所以tx1－2y1＋4＝0，
又D(t，－2)在直线DF上，
所以tx2－2y2＋4＝0，
所以直线EF的方程为tx－2y＋4＝0，
即tx－2(y－2)＝0，
故直线EF过定点(0，2).
3.如图，已知直线l：y＝kx＋1(k>0)关于直线y＝x＋1对称的直线为l1，直线l，l1与椭圆E：＋y2＝1分别交于点A，M和A，N，记直线l1的斜率为k1.

(1)求kk1的值；
(2)当k变化时，求证：直线MN恒过定点，并求出该定点的坐标.
(1)解　设直线l上任意一点P(x，y)关于直线y＝x＋1对称的点为P0(x0，y0)，
直线l与直线l1的交点为(0，1)，
所以l：y＝kx＋1，l1：y＝k1x＋1，k＝，k1＝，
由＝＋1，得y＋y0＝x＋x0＋2，①
由＝－1，得y－y0＝x0－x，②
由①②得
所以kk1＝
＝＝1.
(2)证明　由得
(4k2＋1)x2＋8kx＝0，
设M(xM，yM)，N(xN，yN)，
所以xM＝，所以yM＝.
同理可得xN＝＝，
yN＝＝.
kMN＝＝
＝＝－，
直线MN：y－yM＝kMN(x－xM)，
即y－＝－，
即y＝－x－＋
＝－x－.
所以当k变化时，直线MN过定点.
4.已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，左、右焦点分别为F1，F2，点A为椭圆上一点，∠F1AF2＝60°，且S△F1AF2＝.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设动直线l：y＝kx＋m与椭圆C有且只有一个公共点P，且与直线x＝4相交于点Q.请问在x轴上是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.
解　(1)由e＝，得a2＝4c2.
又S△F1AF2＝|AF1|·|AF2|sin 60°＝，
∴|AF1|·|AF2|＝4.
在△F1AF2中，利用余弦定理得
4c2＝|AF1|2＋|AF2|2－2|AF1||AF2|cos 60°，
∴4c2＝(|AF1|＋|AF2|)2－3|AF1||AF2|＝4a2－12.
则a2－c2＝3，从而a2＝4，c2＝1，∴b2＝3.
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设P(x0，y0)，由
得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
Δ＝(8km)2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0，
所以4k2＋3－m2＝0，x0＝－，y0＝，
得P.
由得Q(4，4k＋m).
设在x轴上存在点M，坐标为(x1，0)，
则＝，＝(4－x1，4k＋m).
因为以PQ为直径的圆恒过定点M，
所以·＝0.
则(4x1－4)＋x－4x1＋3＝0对于任意的k，m都成立，所以解得x1＝1.
故存在定点M(1，0)符合题意.