专题六　微专题4　定点(线)、定值问题 -大二轮数学专题复习

微专题4定点(线)、定值问题[考情分析]以直线与圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，考查定点、定线与定值问题，运算量较大，难度较大.考点一定点问题例1(2024·荆州适应性考试)已知F1(-2，0)，F2(2，0)，M是圆O：x2+y2=1上任意一点，F1关于点M的对称点为N，线段F1N的垂直平分线与直线F2N相交于点T，记点T的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)设E(t，0)(t>0)为曲线C上一点，不与x轴垂直的直线l与曲线C交于G，H两点(异于E点).若直线GE，HE的斜率之积为2，求证：直线l过定点.(1)解连接OM，由题意可得|OM|=1，且M为NF1的中点，又O为F1F2的中点，所以OM∥NF2，且|NF2|=2|OM|=2.因为线段F1N的垂直平分线与直线F2N相交于点T，所以|TN|=|TF1|，所以TF2-TF1=T由双曲线的定义知，动点T的轨迹是以F1，F2为焦点的双曲线.设其方程为x2a2-y2b2=1(a>0，b>0)，则a=1，c=12F故曲线C的方程为x2-y2(2)证明由(1)知E(1，0)，依题意直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+m，G(x1，y1)，H(x2，y2)，由y=kx+m,x2-y233-k2≠0，由Δ>0，得m2+3-k2>0，所以x1+x2=2km3-k2，x1x则kGE·kHE=y1x1-1=k=k2·整理得k2-4km-5m2=0，即(k-5m)(k+m)=0，解得k=5m或k=-m，当k=5m时，直线l的方程为y=5mx+m=m(5x+1)，直线l过定点-1当k=-m时，直线l的方程为y=-mx+m=m-x直线l过定点E(1，0)，不符合题意，舍去.综上所述，直线l过定点-1[规律方法](1)直线过定点问题，一般可先设出直线的方程：y=kx+b，然后利用题中条件整理出k，b的关系，进而确定定点.(2)圆过定点问题的常见类型是以AB为直径的圆过定点P，常把问题转化为PA⊥PB，也可以转化为PA·PB=0.跟踪演练1(2024·厦门质检)双曲线C：x2a2-y2b2=1(a>0，b>0)的离心率为3，点(1)求C的方程；(2)设圆O：x2+y2=2上任意一点P处的切线交C于M，N两点，证明：以MN为直径的圆过定点.(1)解依题意有2a2-2b2=1,c2=a所以双曲线方程为x2-y2(2)证明方法一设M(x1，y1)，N(x2，y2)，①当切线斜率存在时，设直线方程为y=kx+m，因为直线与圆相切，所以m1+k2整理得m2=2+2k2，联立x得(2-k2)x2-2kmx-m2-2=0，Δ=4k2m2+4(2-k2)(m2+2)=8(m2+2-k2)>0，则x1+x2=2km2-k2，x1x由对称性知，若以MN为直径的圆过定点，则定点必为原点.OM·ON=x1x2+y1y2=x1x2+kx1+mkx2+m=1+k=1+k2-m2-2=m2又m2=2+2k2，所以OM·ON=0，所以OM⊥ON，故以MN为直径的圆过原点.②当切线斜率不存在时，直线方程为x=±2，若M2，2，N2，-2或M此时圆的方程为x-22+y2若M-2，2，N-2，-2此时圆的方程为(x+2)2+y2=2，恒过原点，综上所述，以MN为直径的圆过原点.方法二设M(x1，y1)，N(x2，y2)，①当切线斜率存在时，设直线方程为y=kx+m，因为直线与圆相切，所以m1+k2整理得m2=2+2k2，联立x得(2-k2)x2-2kmx-m2-2=0，Δ=4k2m2+4(2-k2)(m2+2)=8(m2+2-k2)>0，则x1+x2=2km2-k2，x1x以M(x1，y1)，N(x2，y2)为直径的圆的方程为(x-x1)x-x2+(y-y1)(y-y2即x2-x1+x2x+x1x2+y2-y1+y2因为x1x2+y1y2=x1x2+kx1+mkx2+m=k2=(k2+1)·-m2-22-k2=m2-2且y1+y2=k(x1+x2)+2m=k·2km2-k2+2所以所求的圆的方程为x2-2km2-k2x+y2-所以以MN为直径的圆过原点.②当切线斜率不存在时，同方法一，此时圆的方程为(x±2)2+y2=2，恒过原点，综上所述，以MN为直径的圆过原点.考点二定线问题例2已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短轴长为23，左、右顶点分别为C，D，过右焦点F(1，0)的直线l交椭圆E于A，B两点(不与C，D重合)，直线(1)求椭圆E的方程；(2)求证：点T在定直线上.(1)解依题意，b=3，半焦距c=1，则a=b2+所以椭圆E的方程为x24+(2)证明显然直线AB不垂直于y轴，设直线AB：x=ty+1，由x=ty+1,3x2+4y2Δ=36t2+36(3t2+4)=144(t2+1)>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1+y2=-6t3t2+4，y1且有ty1y2=32(y1+y2)直线AC：y=y1x1+2(x+2)，直线BD：y=y2联立消去y得y1x1+2(x+2)=y2x2-2(x-2)，整理得[y2(x1+2)-y1(x2-2)]x=2y1(x2-2)+2y2(x1+2)，即[y2(ty1+3)-y1(ty2-1)]x=2y1(ty2-1)+2y2(ty1+3)，于是(3y2+y1)x=4ty1y2-2y1+6y2，而ty1y2=32(y1+y2)则(3y2+y1)x=6(y1+y2)-2y1+6y2，因此x=6(=12y2所以点T在定直线x=4上.[规律方法]解决定直线问题的主要方法有(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，待定系数法求解出参数.(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.跟踪演练2(2024·安康模拟)已知双曲线C：x2-y23=1的左、右顶点分别是A1，A2，直线l与C交于M，N两点(不与A2重合)，设直线A2M，A2N，l的斜率分别为k1，k2，k，且(k1+k2)(1)判断直线l是否过x轴上的定点.若过，求出该定点；若不过，请说明理由；(2)若M，N分别在第一和第四象限内，证明：直线MA1与NA2的交点P在定直线上.(1)解由题意可知A1(-1，0)，A2(1，0)，k≠0，设直线l的方程为y=kx+m，M(x1，y1)，N(x2，y2).由x2-y可得(3-k2)x2-2kmx-m2-3=0，则k2≠3，Δ=12(m2+3-k2)>0，即k2<m2+3，x1+x2=2km3-k2，x1x因为k1+k2k=k=k2k-m2所以m=-2k，故直线l的方程为y=k(x-2)，恒过点(2，0).(2)证明由题可知，直线MA1的方程为y=y1x1+1(直线NA2的方程为y=y2x2-1(联立两方程得x+1x=(=x=x=-6k2所以x=12，故点P在定直线x=12考点三定值问题例3(2024·武威模拟)已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，准线为l，P是C上在第一象限内的点，且直线PF的倾斜角为60°，点P到l的距离为1.(1)求C的方程；(2)设直线x=7与C交于A，B两点，D是线段AB上一点(异于A，B两点)，H是C上一点，且DH∥x轴.若平行四边形DEMN的三个顶点E，M，N均在C上，DH与EN交于点G，证明：GHDH为定值(1)解根据抛物线的定义，得PF=1，过点P作PQ⊥x轴，垂足为Q，则FQ=12，PQ又Fp2，0，所以Pp2+12，32，代入y2整理得4p2+4p-3=0，解得p=-32(舍去)或p=12，故C的方程为y2=(2)证明设D(7，t)，显然EN与x轴不平行，设直线EN的方程为x=my+n，E(x1，y1)，N(x2，y2)，M(xM，yM)，联立y得y2-my-n=0，则Δ=m2+4n>0，且y1+y2=m，因为四边形DEMN为平行四边形，所以ME=ND，即(x1-xM，y1-yM)=(7-x2，t-y2)，所以x1-xM=7-x2，y1-yM=t-y2，得到yM=y1+y2-t=m-t，又xM=x1+x2-7=my1+n+my2+n-7=m(y1+y1)+2n-7=m2+2n-7，即M(m2+2n-7，m-t)，由点M在C上，得(m-t)2=m2+2n-7，解得n=t2+72所以直线EN的方程为x=my+t2+72-mt，即x=m(y-t)所以直线EN过点t2又将y=t代入y2=x，得H(t2，t)，所以DH的中点坐标为t2+72，t，即所以GHDH=12，故GH[规律方法]圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略跟踪演练3(2024·石家庄模拟)已知M为平面上一个动点，M到定直线x=1的距离与到定点F(2，0)距离的比等于22，记动点M的轨迹为曲线C(1)求曲线C的方程；(2)过点F的直线l与曲线C交于A，B两点，在x轴上是否存在点P，使得PA·PB为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由.解(1)设点M的坐标为(x，y)，则x-1|(x即2(x-1)2=(x-2)2+y2，化简得x2-y2=2，所以曲线C的标准方程为x22-(2)当直线l的斜率不为0时，设其方程为x=my+2.由于直线与双曲线的交点有两个，则直线不能与渐近线平行，渐近线斜率为±1，则m≠±1.代入x22-y22=1，整理得(m2-1)y2Δ=8(m2+1)>0恒成立，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(t，0)，则y1+y2=-4mm2-1，y1y2所以PA·PB=(x1-t)(x2-t)+y1y2=(my1+2-t)(my2+2-t)+y1y2=(m2+1)y1y2+m(2-t)(y1+y2)+(2-t)2=(m2+1)×2m2-1-m(2-t)×4mm2-1+(2-t)2=(4若要上式为定值，则必须有4t-6=-2，即t=1，所以(4t-6)m2+2m2-1故存在点P(1，0)满足PA·PB=-1.当直线l的斜率为0时，若A(-2，0)，B(2，0)，此时点P(1，0)亦满足PA·PB=-1，故存在点P(1，0)满足PA·PB=-1.综上所得，在x轴上存在点P(1，0)，使得PA·PB为定值，定值为-1.专题强化练(分值：50分)1.(16分)已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点(1)求椭圆C的方程；(6分)(2)记椭圆C的上、下顶点分别为A，B，过点(0，4)且斜率为k的直线交椭圆C于M，N两点，证明：直线BM与AN的交点G在定直线上，并求出该定直线的方程.(10分)解(1)由椭圆过点P(2，2)，且离心率为22所以4a2故所求的椭圆C的方程为x28+(2)由题意得A(0，2)，B(0，-2)，直线MN的方程为y=kx+4，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立y整理得(1+2k2)x2+16kx+24=0，Δ=64k2-96>0，所以x1+x2=-16k1+2k2，x1x则kx1x2=-32(x1+x2)则直线AN的方程为y-2=y2-2x2x，直线BM的方程为y联立y得y-2y+2==kx1=12x1解得y=1，即直线BM与AN的交点G在定直线y=1上.2.(17分)已知双曲线C的中心为坐标原点O，C的一个焦点坐标为F1(0，3)，离心率为3.(1)求C的方程；(6分)(2)设C的上、下顶点分别为A1，A2，若直线l交C于M(x1，y1)，N(x2，y2)，且点N在第一象限，y1y2>0，直线A1M与直线A2N的交点P在直线y=35上，证明：直线MN过定点.(11分(1)解由题意得c=3，ca=3，则a=3，所以b2=c2-a2=6故C的方程为y23-(2)证明由已知条件得直线MN的斜率存在，设直线MN：y=kx+t，联立y消去y整理得，(2k2-1)x2+4ktx+2t2-6=0，由题设条件得2k2-1≠0，Δ=16k2t2-42k2-12t2-6=8(t2则x1+x2=4kt1-2k2，x1x由(1)得A10，3，A2则直线A1M：y-3=y1-直线A2N：y+3=y2+两式相除得y-3y因为直线A1M与直线A2N的交点P在直线y=35上所以35-3因为y223-所以y2-3x2·y即y2+3所以35-335+3=y又y1-3y2-3=k2x1=k2×2t2-62k=-t所以35-335+3所以直线MN过定点(0，5).3.(17分)(2024·岳阳质检)已知动圆P过定点F(0，1)且与直线y=3相切，记圆心P的轨迹为曲线E.(1)已知A，B两点的坐标分别为(-2，1)，(2，1)，直线AP，BP的斜率分别为k1，k2，证明：k1-k2=1；(7分)(2)若点M(x1，y1)，N(x2，y2)是轨迹E上的两个动点且x1x2=-4，设线段MN的中点为Q，圆P与动点Q的轨迹Γ交于不同于F的三点C，D，G，求证：△CDG的重心的横坐标为定值.(10分)证明(1)设点P(x，y)，依题有(x-0)2化简并整理得x2=-4y+8，圆心P的轨迹E的方程为x2=-4y+8，k1=y-1x+2，k2=y-1x-2，k1-k2=又x2=-4y+8，所以-4(y-1)x2所以k1-k2=1.(2)显然直线MN的斜率存在，设直线MN的方程为y=kx+b，由x消去y并整理得x2+4kx+4b-8=0，当Δ>0时，x1x2=4b-8，又x1x2=-4，所以b=1，所以x2+4kx-4=0，y=kx