2024年高考数学重难点突破讲义：学案 特别策划2　微切口2　圆锥曲线中定点问题

这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：学案 特别策划2　微切口2　圆锥曲线中定点问题，共4页。

例1 已知焦点在x轴上，中心在原点，离心率为eq \f(\r(,3),2)的椭圆经过点M(2，1)，动点A，B(不与点M重合)均在椭圆上，且直线MA与MB的斜率之和为1．
(1) 求椭圆的方程；
【解答】 设椭圆方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，由离心率为eq \f(\r(,3),2)，得eq \f(c,a)＝eq \f(\r(,3),2)，又因为a2＝b2＋c2，所以a2＝4b2．由M(2，1)在椭圆上，可得eq \f(4,a2)＋eq \f(1,b2)＝1，解得b2＝2，a2＝8，所以椭圆的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1．
(2) 证明直线AB经过定点，并求这个定点的坐标．
【解答】 当直线AB与x轴垂直时，设A(s，t)(s≠2)，则B(s，－t)．由题意得eq \f(t－1,s－2)＋eq \f(－t－1,s－2)＝1，即s＝0，所以直线AB的方程为x＝0．当直线AB不与x轴垂直时，可设直线AB的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，将y＝kx＋m代入eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1，得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－8＝0，所以x1＋x2＝－eq \f(8km,1＋4k2)，x1·x2＝eq \f(4m2－8,1＋4k2)．由已知可得eq \f(y1－1,x1－2)＋eq \f(y2－1,x2－2)＝1①，将y1＝kx1＋m和y2＝kx2＋m代入①，并整理得(2k－1)x1x2＋(m－2k＋1)(x1＋x2)－4m＝0②，将x1＋x2＝－eq \f(8km,1＋4k2)，x1·x2＝eq \f(4m2－8,1＋4k2)代入②，并整理得m2＋(2k＋1)m＋4k－2＝0，可得(2k＋m－1)(m＋2)＝0，因为直线AB：y＝kx＋m不经过点M(2,1)，所以2k＋m－1≠0，故m＝－2，所以直线AB的方程为y＝kx－2，经过定点(0，－2)．综上所述，直线AB经过定点(0，－2)．
变式1 (2023·娄底四模)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右顶点分别为A(－2eq \r(2)，0)，B(2eq \r(2)，0)，右焦点为F2，O为坐标原点，OB的中点为D(D在F2的左方)，|DF2|＝2－eq \r(2)．
(1) 求椭圆C的标准方程．
【解答】 依题意知a＝2eq \r(2)，D(eq \r(2)，0)，|DF2|＝c－eq \r(2)＝2－eq \r(2)，则c＝2，所以b2＝a2－c2＝8－4＝4，所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1．
(变式1)
(2) 设过点D且斜率不为0的直线与椭圆C交于M，N两点，设直线AM，AN的斜率分别是k1，k2，试问：k1·k2是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．
【解答】 设过点D且斜率不为0的直线方程为x＝ty＋eq \r(2)，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ty＋\r(2)，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，))消去x并整理得(t2＋2)y2＋2eq \r(2)ty－6＝0，Δ＝8t2＋24(t2＋2)＝32t2＋48＞0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＋y2＝－eq \f(2\r(2)t,t2＋2)，y1y2＝－eq \f(6,t2＋2)，所以k1·k2＝eq \f(y1,x1＋2\r(2))·eq \f(y2,x2＋2\r(2))＝eq \f(y1y2,ty1＋3\r(2)·ty2＋3\r(2))＝eq \f(y1y2,t2y1y2＋3\r(2)ty1＋y2＋18)＝eq \f(－\f(6,t2＋2),－\f(6t2,t2＋2)＋3\r(2)t·\f(－2\r(2)t,t2＋2)＋18)＝eq \f(－6,－6t2－12t2＋18t2＋36)＝－eq \f(1,6)．所以k1·k2为定值－eq \f(1,6)．
相交弦过定点
例2 (2023·杭州一检节选)如图，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)，上顶点为M，下顶点为N，|MN|＝2．设点T(t,2)(t≠0)在直线y＝2上，过点T的直线TM，TN分别交椭圆C于点E和点F．
(例2)
(1) 求椭圆C的标准方程；
【解答】由|MN|＝2b＝2，得b2＝1，又e2＝1－eq \f(b2,a2)＝eq \f(3,4)，所以a2＝4，所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1．
(2) 证明直线EF恒过定点，并求出该定点．
【解答】 由题意知直线TM的方程为y＝eq \f(x,t)＋1，直线TN的方程为y＝eq \f(3x,t)－1．由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝\f(x,t)＋1，))得Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8t,t2＋4)，\f(t2－4,t2＋4)))．同理，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(24t,t2＋36)，－\f(t2－36,t2＋36)))，所以直线EF的方程为y－eq \f(t2－4,t2＋4)＝－eq \f(t2－12,16t)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(8t,t2＋4)))，即eq \f(t2－12,16t)x＋y－eq \f(1,2)＝0，所以直线EF过定点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))．
变式2 如图，已知抛物线y2＝2px的焦点为F，点O为坐标原点，一条直线过定点M(4,0)与抛物线相交于A，B两点，且OA⊥OB．
(变式2)
(1) 求抛物线的方程；
【解答】 设直线AB的方程为x＝my＋4，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋4，,y2＝2px，))消去x得y2－2pmy－8p＝0，Δ＝4p2m2＋32p＞0，所以y1＋y2＝2pm①，y1y2＝－8p②．因为OA⊥OB，所以kOAkOB＝－1，即x1x2＋y1y2＝0，所以eq \f(y1y22,4p2)＋y1y2＝0，16－8p＝0，所以p＝2，所以抛物线的方程为y2＝4x．
(2) 连接AF，BF并延长分别交抛物线于C，D两点，求证：直线CD过定点．
【解答】 设点A，B，C，D的纵坐标依次为y1，y2，y3，y4，直线AF的方程为x＝ny＋1，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ny＋1，,y2＝4x，))消去x得y2－4ny－4＝0，所以y1y3＝－4，同理y2y4＝－4．由(1)中②可知y1y2＝－16，所以y3y4＝－1．设直线CD的方程为x＝ky＋t，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ky＋t，,y2＝4x，))消去x得y2－4ky－4t＝0，则有y3y4＝－4t＝－1，即t＝eq \f(1,4)，因此直线CD过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，0))．
圆锥曲线中定点问题的常见类型及解题策略：
1．求解直线或曲线过定点问题的基本思路：把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．
2．由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．