《数学》复习人教A（新高考）-第8节微课1　定点问题-教师复习验收卷

《数学》复习人教A（新高考）-第8节微课1定点问题-教师复习验收卷《数学》复习人教A（新高考）-第8节微课1定点问题-教师复习验收卷/《数学》复习人教A（新高考）-第8节微课1定点问题-教师复习验收卷第8节圆锥曲线的综合问题微课一定点问题题型一直线过定点问题【例1】已知抛物线C的顶点在原点,焦点在坐标轴上,点A(1,2)为抛物线C上一点．(1)求抛物线C的方程;(2)若点B(1,－2)在抛物线C上,过点B作抛物线C的两条弦BP与BQ,如kBP·kBQ＝－2,求证：直线PQ过定点．(1)解若抛物线的焦点在x轴上,设抛物线方程为y2＝ax,代入点A(1,2),可得a＝4,所以抛物线方程为y2＝4x.若抛物线的焦点在y轴上,设抛物线方程为x2＝my,代入点A(1,2),可得m＝eq\f(1,2),所以抛物线方程为x2＝eq\f(1,2)y.综上所述,抛物线C的方程是y2＝4x或x2＝eq\f(1,2)y.(2)证明因为点B(1,－2)在抛物线C上,所以由(1)可得抛物线C的方程是y2＝4x.易知直线BP,BQ的斜率均存在,设直线BP的方程为y＋2＝k(x－1),将直线BP的方程代入y2＝4x,消去y,得k2x2－(2k2＋4k＋4)x＋(k＋2)2＝0.设P(x1,y1),则x1＝eq\f((k＋2)2,k2),所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f((k＋2)2,k2),\f(2k＋4,k))).用－eq\f(2,k)替换点P坐标中的k,可得Q((k－1)2,2－2k),从而直线PQ的斜率为eq\f(\f(2k＋4,k)－2＋2k,\f((k＋2)2,k2)－(k－1)2)＝eq\f(2k3＋4k,－k4＋2k3＋4k＋4)＝eq\f(2k,－k2＋2k＋2),故直线PQ的方程是y－2＋2k＝eq\f(2k,－k2＋2k＋2)·[x－(k－1)2]．在上述方程中,令x＝3,解得y＝2,所以直线PQ恒过定点(3,2)．感悟升华圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量,再研究变化的量与参数何时没有关系,找到定点．(2)特殊到一般法,根据动点或动线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关．【训练1】已知点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1,\f(3,2)))是椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)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．(1)解由|PF1|＋|PF2|＝4,得a＝2,又Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1,\f(3,2)))在椭圆上,代入椭圆方程有eq\f(1,a2)＋eq\f(9,4b2)＝1,解得b＝eq\r(3),所以椭圆C的标准方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)证明当直线l的斜率不存在时,A(x1,y1),B(x1,－y1),k1＋k2＝eq\f(y1－\f(3,2)－y1－\f(3,2),x1＋1)＝1,解得x1＝－4,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eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m,,3x2＋4y2－12＝0,))整理得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0,x1＋x2＝eq\f(－8km,3＋4k2),x1x2＝eq\f(4m2－12,3＋4k2),Δ＝48(4k2－m2＋3)>0.由k1＋k2＝1,整理得(2k－1)x1x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋m－\f(5,2)))(x1＋x2)＋2m－4＝0,即(m－4k)(2m－2k当m＝k＋eq\f(3,2)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)．题型二其他曲线过定点问题【例2】(2021·重庆诊断)已知椭圆C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右顶点分别是双曲线C2：eq\f(x2,m2)－y2＝1的左、右焦点,且C1与C2相交于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3),\f(\r(3),3))).(1)求椭圆C1的标准方程;(2)设直线l：y＝kx－eq\f(1,3)与椭圆C1交于A,B两点,以线段AB为直径的圆是否恒过定点?若恒过定点,求出该定点;若不恒过定点,请说明理由．解(1)将eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3),\f(\r(3),3)))代入eq\f(x2,m2)－y2＝1,解得m2＝1,∴a2＝m2＋1＝2,将eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3),\f(\r(3),3)))代入eq\f(x2,2)＋eq\f(y2,b2)＝1,解得b2＝1,∴椭圆C1的标准方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx－\f(1,3),,\f(x2,2)＋y2＝1,))整理得(9＋18k2)x2－12kx－16＝0,∴x1＋x2＝eq\f(12k,9＋18k2),x1x2＝eq\f(－16,9＋18k2),Δ＝144k2＋64(9＋18k2)>0.由对称性可知,以AB为直径的圆若恒过定点,则定点必在y轴上．设定点为M(0,y0),则eq\o(MA,\s\up6(→))＝(x1,y1－y0),eq\o(MB,\s\up6(→))＝(x2,y2－y0)eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝x1x2＋(y1－y0)(y2－y0)＝x1x2＋y1y2－y0(y1＋y2)＋yeq\o\al(2,0)＝x1x2＋k2x1x2－eq\f(k,3)(x1＋x2)－y0eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(k(x1＋x2)－\f(2,3)))＋eq\f(1,9)＋yeq\o\al(2,0)＝(1＋k2)x1x2－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋y0))(x1＋x2)＋yeq\o\al(2,0)＋eq\f(2,3)y0＋eq\f(1,9)＝eq\f(18(yeq\o\al(2,0)－1)k2＋9yeq\o\al(2,0)＋6y0－15,9＋18k2)＝0,∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yeq\o\al(2,0)－1＝0,,9yeq\o\al(2,0)＋6y0－15＝0,))解得y0＝1,∴M(0,1),∴以线段AB为直径的圆恒过定点(0,1)．感悟升华(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)以曲线上的点为参数,设点P(x1,y1),利用点在曲线f(x,y)＝0上,即f(x1,y1)＝0消参．【训练2】(2021·湖南三湘名校联考)已知椭圆C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b≥1)的离心率为eq\f(\r(2),2),其上焦点到直线bx＋2ay－eq\r(2)＝0的距离为eq\f(\r(2),3).(1)求椭圆C的方程;(2)过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3),0))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＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2),又a2＝b2＋c2,所以a＝eq\r(2)b,c＝b.又eq\f(|2ac－\r(2)|,\r(4a2＋b2))＝eq\f(\r(2),3),a＞b≥1,所以b2＝1,a2＝2,故椭圆C的方程为eq\f(y2,2)＋x2＝1.(2)当AB⊥x轴时,以线段AB为直径的圆的方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(16,9).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为直径的圆恒过定点,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,其方程为y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3))),代入eq\f(y2,2)＋x2＝1,并整理得(k2＋2)x2－eq\f(2,3)k2x＋eq\f(1,9)k2－2＝0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1＋x2＝eq\f(2k2,3(k2＋2)),x1x2＝eq\f(k2－18,9(k2＋2)),所以eq\o(QA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝x1x2＋x1＋x2＋1＋k2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,3)))＝(1＋k2)x1x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)k2))(x1＋x2)＋1＋eq\f(1,9)k2＝(1＋k2)·eq\f(k2－18,9(k2＋2))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)k2))·eq\f(2k2,3(k2＋2))＋1＋eq\f(1,9)k2＝0,故eq\o(QA,\s\up6(→))⊥eq\o(QB,\s\up6(→)),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)．1．(2019·北京卷)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为(1,0),且经过点A(0,1)．(1)求椭圆C的方程;(2)设O为原点,直线l：y＝kx＋t(t≠±1)与椭圆C交于两个不同点P,Q,直线AP与x轴交于点M,直线AQ与x轴交于点N.若|OM|·|ON|＝2,求证：直线l经过定点．(1)解由题意,得b2＝1,c＝1,所以a2＝b2＋c2＝2.所以椭圆C的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)证明设P(x1,y1),Q(x2,y2),则直线AP的方程为y＝eq\f(y1－1,x1)x＋1.令y＝0,得点M的横坐标xM＝－eq\f(x1,y1－1).又y1＝kx1＋t,从而|OM|＝|xM|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1,kx1＋t－1))).同理,|ON|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x2,kx2＋t－1))).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋t,,\f(x2,2)＋y2＝1,))得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0,则Δ＝(4kt)2－4(1＋2k2)(2t2－2)＝16k2－8t2＋8＞0,且x1＋x2＝－eq\f(4kt,1＋2k2),x1x2＝eq\f(2t2－2,1＋2k2).所以|OM|·|ON|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1,kx1＋t－1)))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x2,kx2＋t－1)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2,k2x1x2＋k(t－1)(x1＋x2)＋(t－1)2)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\f(2t2－2,1＋2k2),k2·\f(2t2－2,1＋2k2)＋k(t－1)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4kt,1＋2k2)))＋(t－1)2)))＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1＋t,1－t))).又|OM|·|ON|＝2,所以2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1＋t,1－t)))＝2.解得t＝0,满足Δ＞0,所以直线l经过定点(0,0)．2．(2021·深圳模拟)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,\f(\r(3),2)))满足|PF1|＋|PF2|＝2a,且S△PF1F2＝eq\f(3,2).(1)求椭圆C的标准方程;(2)过点M(4,0)的直线l与C交于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,且y1y2≠0,问在x轴上是否存在定点N,使得直线NA,NB与y轴围成的三角形始终为底边在y轴上的等腰三角形?若存在,求出定点N的坐标;若不存在,请说明理由．解(1)因为|PF1|＋|PF2|＝2a,所以点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,\f(\r(3),2)))在椭圆C上．将eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,\f(\r(3),2)))代入eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1,得eq\f(1,a2)＋eq\f(3,4b2)＝1.①设椭圆C的焦距为2c,则S△PF1F2＝eq\f(1,2)·