专题15 已知核心方程(显性)之直线过定点模型 (原卷版)

这是一份专题15 已知核心方程(显性)之直线过定点模型 (原卷版)，共16页。
定点问题：在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，不论参数如何变化，其都过某定点，这类问题称为定点问题．证明直线(曲线)过定点的基本思想是是确定方程，即使用一个参数表示直线(曲线)方程，根据方程的成立与参数值无关得出x，y的方程组，以方程组的解为坐标的点就是直线(曲线)所过的定点．核心方程是指已知条件中的等量关系．
【方法总结】
(1)单参数法
①设动直线PM方程为y＝k(x－x0)＋y0；
②联立直线与椭圆(抛物线)，解出点M的坐标为(A(k)，B(k))，同理(由核心方程代换)，得出点N的坐标为(C(k)，D(k))；
③写出动直线MN方程，并整理成kf(x，y)＋g(x，y)＝0；
④根据直线过定点时与参数没有关系(即方程对参数的任意值都成立)，得到方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fx，y＝0，,gx，y＝0；))
⑤方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点．

(2)双参数法
①设动直线MN方程(斜率存在)为y＝kx＋t；
②由核心方程得到f(k，t)＝0(常用韦达定理)；
③把t用k表示或把k用t表示，即kf(x，y)＋g(x，y)＝0(或tf(x，y)＋g(x，y)＝0)；
④根据直线过定点时与参数没有关系(即方程对参数的任意值都成立)，得到方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fx，y＝0，,gx，y＝0；))
⑤方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点．
【例题选讲】
[例1] 如图所示，设椭圆M：eq \f (x2,a2)＋eq \f (y2,b2)＝1(a>b>0)的左顶点为A，中心为O，若椭圆M过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f (1,2)，\f (1,2)))，且AP⊥OP．
(1)求椭圆M的方程；
(2)若△APQ的顶点Q也在椭圆M上，试求△APQ面积的最大值；
(3)过点A作两条斜率分别为k1，k2的直线交椭圆M于D，E两点，且k1k2＝1，求证：直线DE过定点．
[规范解答] (1)由AP⊥OP，可知kAP·kOP＝－1．又点A的坐标为(－a，0)，
所以eq \f (\f (1,2),－\f (1,2)＋a)·eq \f (\f (1,2),－\f (1,2))＝－1，解得a＝1．又因为椭圆M过点P，所以eq \f (1,4)＋eq \f (1,4b2)＝1，解得b2＝eq \f (1,3)，
所以椭圆M的方程为x2＋eq \f (y2,\f (1,3))＝1．
(2)由题意易求直线AP的方程为eq \f (y－0,\f (1,2)－0)＝eq \f (x＋1,－\f (1,2)＋1)，即x－y＋1＝0．
因为点Q在椭圆M上，故可设Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs θ，\f (\r(3),3)sin θ))，又|AP|＝eq \f (\r(2),2)，
所以S△APQ＝eq \f (1,2)×eq \f (\r(2),2)×eq \f (\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs θ－\f (\r(3),3)sin θ＋1)),\r(2))＝eq \f (1,4)× eq \f (2\r(3),3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f (π,6)))＋1．
当θ＋eq \f (π,6)＝2kπ(k∈Z)，即θ＝2kπ－eq \f (π,6)(k∈Z)时，S△APQ取得最大值eq \f (\r(3),6)＋eq \f (1,4)．
(3)法一：单参数法
由题意易得，直线AD的方程为y＝k1(x＋1)，代入x2＋3y2＝1，消去y，
得(3keq \\al(2,1)＋1)x2＋6keq \\al(2,1)x＋3keq \\al(2,1)－1＝0．设D(xD，yD)，则(－1)·xD＝eq \f (3k\\al(2,1)－1,3k\\al(2,1)＋1)，
即xD＝eq \f (1－3k\\al(2,1),1＋3k\\al(2,1))，yD＝k1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (1－3k\\al(2,1),1＋3k\\al(2,1))＋1))＝eq \f (2k1,1＋3k\\al(2,1))．
设E(xE，yE)，同理可得xE＝eq \f (1－3k\\al(2,2),1＋3k\\al(2,2))，yE＝eq \f (2k2,1＋3k\\al(2,2))．又k1k2＝1且k1≠k2，可得k2＝eq \f (1,k1)且k1≠±1，
所以xE＝eq \f (k\\al(2,1)－3,k\\al(2,1)＋3)，yE＝eq \f (2k1,k\\al(2,1)＋3)，所以kDE＝eq \f (yE－yD,xE－xD)＝eq \f (\f (2k1,k\\al(2,1)＋3)－\f (2k1,1＋3k\\al(2,1)),\f (k\\al(2,1)－3,k\\al(2,1)＋3)－\f (1－3k\\al(2,1),1＋3k\\al(2,1)))＝eq \f (2k1,3(k\\al(2,1)＋1))，
故直线DE的方程为y－eq \f (2k1,1＋3k\\al(2,1))＝eq \f (2k1,3(k\\al(2,1)＋1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f (1－3k\\al(2,1),1＋3k\\al(2,1))))．
令y＝0，可得x＝eq \f (1－3k\\al(2,1),1＋3k\\al(2,1))－eq \f (3(k\\al(2,1)＋1),1＋3k\\al(2,1))＝－2．故直线DE过定点(－2，0)．
法二：双参数法
设D(xD，yD)，E(xE，yE)．若直线DE垂直于y轴，则xE＝－xD，yE＝yD，
此时k1k2＝eq \f (yD,xD＋1)·eq \f (yE,xE＋1)＝eq \f (y\\al(2,D),1－x\\al(2,D))＝eq \f (y\\al(2,D),3y\\al(2,D))＝eq \f (1,3)与题设矛盾，
若DE不垂直于y轴，可设直线DE的方程为x＝ty＋s，将其代入x2＋3y2＝1，消去x，
得(t2＋3)y2＋2tsy＋s2－1＝0，则yD＋yE＝eq \f (－2ts,t2＋3)，yDyE＝eq \f (s2－1,t2＋3)．
又k1k2＝eq \f (yD,xD＋1)·eq \f (yE,xE＋1)＝eq \f (yDyE,(tyD＋s＋1)(tyE＋s＋1))＝1，
可得(t2－1)yDyE＋t(s＋1)(yD＋yE)＋(s＋1)2＝0，所以(t2－1)·eq \f (s2－1,t2＋3)＋t(s＋1)·eq \f (－2ts,t2＋3)＋(s＋1)2＝0，
可得s＝－2或s＝－1．又DE不过点A，即s≠－1，所以s＝－2．
所以DE的方程为x＝ty－2．故直线DE过定点(－2，0)．
[例2] 已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率为eq \f(\r(2),2)，它的一个焦点恰好与抛物线y2＝4x的焦点重合．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆的上顶点为A，过点A作椭圆C的两条动弦AB，AC，若直线AB，AC斜率之积为eq \f(1,4)，直线BC是否恒过一定点？若经过，求出该定点坐标；若不经过，请说明理由．
[规范解答] (1)由题意知椭圆的一个焦点为F(1，0)，则c＝1．由e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)得a＝eq \r(2)，∴b＝1，
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)双参数法
由(1)知A(0，1)，当直线BC的斜率不存在时，设BC：x＝x0，设B(x0，y0)，则C(x0，－y0)，
kAB·kAC＝eq \f(y0－1,x0)·eq \f(－y0－1,x0)＝eq \f(1－y\\al(2,0),x\\al(2,0))＝eq \f(\f(1,2)x\\al(2,0),x\\al(2,0))＝eq \f(1,2)≠eq \f(1,4)，不合题意．故直线BC的斜率存在．
设直线BC的方程为：y＝kx＋m(m≠1)，并代入椭圆方程，得：
(1＋2k2)x2＋4kmx＋2(m2－1)＝0，①
由Δ＝(4km)2－8(1＋2k2)(m2－1)>0，得2k2－m2＋1>0．②
设B(x1，y1)，C(x2，y2)，则x1，x2是方程①的两根，由根与系数的关系得，
x1＋x2＝－eq \f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2(m2－1),1＋2k2)，由kAB·kAC＝eq \f(y1－1,x1)·eq \f(y2－1,x2)＝eq \f(1,4)得：4y1y2－4(y1＋y2)＋4＝x1x2，
即(4k2－1)x1x2＋4k(m－1)(x1＋x2)＋4(m－1)2＝0，
整理得(m－1)(m－3)＝0，又因为m≠1，所以m＝3，此时直线BC的方程为y＝kx＋3．
所以直线BC恒过一定点(0，3)．
[例3] 已知P是抛物线E：y2＝2px(p＞0)上一点，P到直线x－y＋4＝0的距离为d1，P到E的准线的距离为d2，且d1＋d2的最小值为3eq \r(2)．
(1)求抛物线E的方程；
(2)直线l1：y＝k1(x－1)交E于点A，B，直线l2：y＝k2(x－1)交E于点C，D，线段AB，CD的中点分别为M，N，若k1k2＝－2，直线MN的斜率为k，求证：直线l：kx－y－kk1－kk2＝0恒过定点．
[规范解答] (1)抛物线E的焦点为F(eq \f(p,2)，0)，由抛物线的定义可得d2＝|PF|，则d1＋d2＝d1＋|PF|，
其最小值为点F到直线x－y＋4＝0的距离，∴eq \f(|\f(p,2)＋4|,\r(2))＝3eq \r(2)，解得p＝4或p＝－20(舍去)，
∴抛物线E的方程为y2＝8x．
(2)单参数法
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝8x，,y＝k1x－1))可得keq \\al(2,1)x2－(2keq \\al(2,1)＋8)x＋keq \\al(2,1)＝0，
则x1＋x2＝eq \f(2k\\al(2,1)＋8,k\\al(2,1))，所以y1＋y2＝k1(x1－1)＋k1(x2－1)＝k1(x1＋x2)－2k1＝eq \f(2k\\al(2,1)＋8,k1)－2k1＝eq \f(2k\\al(2,1)＋8－2k\\al(2,1),k1)＝eq \f(8,k1)，
∴线段AB的中点M的坐标为(eq \f(k\\al(2,1)＋4,k\\al(2,1))，eq \f(4,k1))，同理可得点N的坐标为(eq \f(k\\al(2,2)＋4,k\\al(2,2))，eq \f(4,k2))，
∴直线MN的斜率k＝eq \f(\f(4,k1)－\f(4,k2),\f(k\\al(2,1)＋4,k\\al(2,1))－\f(k\\al(2,2)＋4,k\\al(2,2)))＝－eq \f(2,k1＋k2)，则k(k1＋k2)＝－2，
∴直线l的方程kx－y－kk1－kk2＝0可化为y＝kx－k(k1＋k2)，即y＝kx＋2，令x＝0，可得y＝2，
∴直线l恒过定点(0，2)．
[例4] (2017·全国Ⅰ)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，四点P1(1，1)，P2(0，1)，P3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(\r(3),2)))，P4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)))中恰有三点在椭圆C上．
(1)求C的方程；
(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点．
[规范解答] (1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3，P4两点．
又由eq \f(1,a2)＋eq \f(1,b2)>eq \f(1,a2)＋eq \f(3,4b2)知，椭圆C不经过点P1，所以点P2在椭圆C上．
因此eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,b2)＝1，,\f(1,a2)＋\f(3,4b2)＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝1.))故椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1．
(2)双参数法
设直线P2A与直线P2B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|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)．
[例5] 如图，过顶点在原点、对称轴为y轴的抛物线E上的点A(2，1)作斜率分别为k1，k2的直线，分别交抛物线E于B，C两点．
(1)求抛物线E的标准方程和准线方程；
(2)若k1＋k2＝k1k2，证明：直线BC恒过定点．
[规范解答] (1)设抛物线E的标准方程为x2＝ay，a>0，将A(2，1)代入得，a＝4．
所以抛物线E的标准方程为x2＝4y，准线方程为y＝－1．
(2)单参数法
由题意得，直线AB的方程为y＝k1x＋1－2k1，直线AC的方程为y＝k2x＋1－2k2，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝4y，,y＝k1x＋1－2k1，))消去y得x2－4k1x－4(1－2k1)＝0，
解得x＝2或x＝4k1－2，因此点B(4k1－2，(2k1－1)2)，同理可得C(4k2－2，(2k2－1)2)．
于是直线BC的斜率k＝eq \f((2k1－1)2－(2k2－1)2,(4k1－2)－(4k2－2))＝eq \f(4(k1－k2)(k1＋k2－1),4(k1－k2))＝k1＋k2－1，又k1＋k2＝k1k2，
所以直线BC的方程为y－(2k2－1)2＝(k1k2－1)·[x－(4k2－2)]，
即y＝(k1k2－1)x－2k1k2－1＝(k1k2－1)(x－2)－3．故直线BC恒过定点(2，－3)．
[例6] (2019·北京)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1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．
[规范解答] (1)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)双参数法
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\c1(\f(x1,kx1＋t－1)))．
同理，|ON|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x2,kx2＋t－1)))．由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋t，,\f(x2,2)＋y2＝1，))得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，
则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\c1(\f(x1,kx1＋t－1)))·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x2,kx2＋t－1)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x1x2,k2x1x2＋k(t－1)(x1＋x2)＋(t－1)2)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\f(2t2－2,1＋2k2),k2·\f(2t2－2,1＋2k2)＋k(t－1)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4kt,1＋2k2)))＋(t－1)2)))＝2eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1＋t,1－t)))．
又|OM|·|ON|＝2，所以2eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1＋t,1－t)))＝2．解得t＝0，所以直线l经过定点(0，0)．
[例7] 已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，其左、右焦点分别为F1，F2，点P为坐标平面内的一点，且|eq \(OP,\s\up6(→))|＝eq \f(3,2)，eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝－eq \f(3,4)，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设M为椭圆C的左顶点，A，B是椭圆C上两个不同的点，直线MA，MB的倾斜角分别为α，β，且α＋β＝eq \f(π,2)．证明：直线AB恒过定点，并求出该定点的坐标．
[规范解答] (1)设P点坐标为(x0，y0)，F1(－c，0)，F2(c，0)，
则eq \(PF1,\s\up6(→))＝(－c－x0，－y0)，eq \(PF2,\s\up6(→))＝(c－x0，－y0)．
由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)＝\f(9,4)，,(x0＋c)(x0－c)＋y\\al(2,0)＝－\f(3,4)，))解得c2＝3，∴c＝eq \r(3)．又e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，∴a＝2．
∴b2＝a2－c2＝1．∴所求椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1．
(2)双参数法
设直线AB方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋m，))消去y得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0．
∴x1＋x2＝－eq \f(8km,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4m2－4,4k2＋1)．又由α＋β＝eq \f(π,2)，∴tan α·tan β＝1，
设直线MA，MB斜率分别为k1，k2，则k1k2＝1，∴eq \f(y1,x1＋2)·eq \f(y2,x2＋2)＝1，即(x1＋2)(x2＋2)＝y1y2．
∴(x1＋2)(x2＋2)＝(kx1＋m)(kx2＋m)，∴(k2－1)x1x2＋(km－2)(x1＋x2)＋m2－4＝0，
∴(k2－1)eq \f(4m2－4,4k2＋1)＋(km－2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8km,4k2＋1)))＋m2－4＝0，化简得20k2－16km＋3m2＝0，
解得m＝2k，或m＝eq \f(10,3)k．
当m＝2k时，y＝kx＋2k，过定点(－2，0)，不合题意(舍去)．
当m＝eq \f(10,3)k时，y＝kx＋eq \f(10,3)k，过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(10,3)，0))，
∴直线AB恒过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(10,3)，0))．
【对点训练】
1．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F(1，0)，O为坐标原点，A，B是抛物线C上异于
O的两点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若直线OA，OB的斜率之积为－eq \f (1,2)，求证：直线AB过x轴上一定点．
2．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)的上顶点为A，右焦点为F，直线AF与圆M：(x－3)2＋(y－1)2＝3相切．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若不过点A的动直线l与椭圆C交于P，Q两点，且eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(AQ,\s\up6(→))＝0，求证：直线l过定点，并求该定点的坐标．
3．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C的方程；
(2)若点B(1，－2)在C上，过B作C的两弦BP与BQ，若kBP·kBQ＝－2，求证：直线PQ过定点．
4．已知两点A(－eq \r(2)，0)，B(eq \r(2)，0)，动点P在y轴上的投影是Q，且2eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝|eq \(PQ,\s\up6(→))|2．
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)过F(1，0)作两条直线分别交轨迹C于点G，H和M，N，且kGHkMN＝－1，E1，E2分别是GH，MN的中点．求证：直线E1E2恒过定点．
5．已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点F，半焦距c＝2，点F到直线x＝eq \f(a2,c)的距离为eq \f(1,2)，过点F
作双曲线C的两条弦AB，CD，且kABkCD＝－1，设AB，CD的中点分别为M，N．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)证明直线MN必过定点，并求出此定点的坐标．
6．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．
7．已知倾斜角为eq \f(π,4)的直线经过抛物线Γ：y2＝2px(p>0)的焦点F，与抛物线Γ相交于A，B两点，且|AB|＝8．
(1)求抛物线Γ的方程；
(2)过点P(12，8)的两条直线l1，l2分别交抛物线Γ于点C，D和E，F，线段CD和EF的中点分别为M，N．如果直线l1与l2的倾斜角分别为α，β，且α＋β＝eq \f(π,2)，求证：直线MN经过一定点．
8．(2017·全国Ⅱ)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P
满足eq \(NP,\s\up6(→))＝eq \r(2)eq \(NM,\s\up6(→))．
(1)求点P的轨迹方程；
(2)设点Q在直线x＝－3上，且eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(PQ,\s\up6(→))＝1．证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F．