新高考数学二轮复习 专题突破 专题6 第4讲 母题突破2　定点问题（含解析）

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思路分析
❶联立直线l与椭圆C方程
↓
❷求eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(AQ,\s\up6(→))
↓
❸利用根与系数的关系化简eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(AQ,\s\up6(→))＝0，找到M与k的关系
↓
❹利用直线的点斜式方程求定点
解 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋m，))
消去y可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
则有Δ＝64k2m2－4(1＋4k2)(4m2－4)>0，
即4k2－m2＋1>0，
x1＋x2＝eq \f(－8km,1＋4k2)，
x1x2＝eq \f(4m2－4,1＋4k2)，
因为AP⊥AQ，所以eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(AQ,\s\up6(→))＝0，
而eq \(AP,\s\up6(→))＝(x1＋2，y1)，eq \(AQ,\s\up6(→))＝(x2＋2，y2)，
故x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝0，
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)
＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2
＝k2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4m2－4,1＋4k2)))＋kmeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－8km,1＋4k2)))＋m2
＝eq \f(m2－4k2,1＋4k2)，
故x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2
＝eq \f(4m2－4,1＋4k2)－eq \f(16km,1＋4k2)＋4＋eq \f(m2－4k2,1＋4k2)
＝eq \f(5m2－16km＋12k2,1＋4k2)＝0，
解得m＝2k或m＝eq \f(6,5)k，
当m＝2k时，代入4k2－m2＋1＝1>0，故直线l方程为y＝k(x＋2)，过点A，不满足题意，
当m＝eq \f(6,5)k时，
代入4k2－m2＋1＝4k2－eq \f(36,25)k2＋1＝eq \f(64,25)k2＋1>0，
故直线l方程为y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(6,5)))，
过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)，0)).
[子题1] 已知双曲线C：x2－eq \f(y2,3)＝1(x>0)，过右焦点F2的直线l1与双曲线C交于A，B两点，设直线l：x＝eq \f(1,2)，设点D(－1,0)，直线AD交l于M，求证：直线BM经过定点．
证明 由对称性可知，直线BM必过x轴上的定点，
当直线l1的斜率不存在时，A(2,3)，B(2，－3)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,2)))，则直线BM经过点P(1,0)．
当直线l1的斜率存在时，不妨设直线l1：y＝k(x－2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则直线AD的方程为y＝eq \f(y1,x1＋1)(x＋1)，当x＝eq \f(1,2)时，yM＝eq \f(3y1,2x1＋1)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3y1,2x1＋1)))，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－2，,x2－\f(y2,3)＝1，))得(3－k2)x2＋4k2x－(4k2＋3)＝0，则x1＋x2＝eq \f(4k2,k2－3)，x1x2＝eq \f(4k2＋3,k2－3)，
证明直线BM经过点P(1,0)，即证kPM＝kPB，即eq \f(－3y1,x1＋1)＝eq \f(y2,x2－1)，
即－3y1x2＋3y1＝x1y2＋y2，
由y1＝kx1－2k，y2＝kx2－2k，
整理得，4x1x2－ 5(x1＋x2)＋4＝0，
即4·eq \f(4k2＋3,k2－3)－5·eq \f(4k2,k2－3)＋eq \f(4k2－3,k2－3)＝0，
得证，所以直线BM过定点(1,0)．
[子题2] 已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1，过点(1,0)的两条弦PQ，MN相互垂直，若eq \(PQ,\s\up6(→))＝2eq \(PS,\s\up6(→))，eq \(MN,\s\up6(→))＝2eq \(MT,\s\up6(→))，求证：直线ST过定点．
证明 因为eq \(PQ,\s\up6(→))＝2eq \(PS,\s\up6(→))，eq \(MN,\s\up6(→))＝2eq \(MT,\s\up6(→))，
所以S，T分别是PQ，MN的中点，
当两条弦所在直线的斜率存在且不为0时，
设PQ所在直线的方程为y＝k(x－1)，
则MN所在直线的方程为y＝－eq \f(1,k)(x－1)，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))
得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－4＝0.
因为Δ>0，
所以x1＋x2＝eq \f(4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq \f(2k2－4,2k2＋1)，
所以PQ的中点S的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2k2,2k2＋1)，\f(－k,2k2＋1))).
同理可得，MN的中点T的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,k2＋2)，\f(k,k2＋2)))，
当eq \f(2k2,2k2＋1)≠eq \f(2,k2＋2)，
即k2≠1时，kST＝eq \f(－3k,2k2－1)，
所以直线ST的方程为
y＋eq \f(k,2k2＋1)＝eq \f(－3k,2k2－1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2k2,2k2＋1)))，
即y＝eq \f(－3k,2k2－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,3)))，
所以直线ST过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，0)).
当k2＝1时，直线ST的方程为x＝eq \f(2,3)，
亦过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，0)).
当两条直线的斜率分别为0和不存在时，直线ST的方程为y＝0，也过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，0)).
综上所述，直线ST过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，0)).
规律方法 动线过定点问题的两大类型及解法
(1)动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m，0)．
(2)动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
1．(2022·开封模拟)已知抛物线C：y2＝4x，S(t，4)为C上一点，直线l交C于M，N两点(与点S不重合)，直线SM，SN分别与y轴交于A，B两点，且eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝8，判断直线l是否恒过定点？若是，求出该定点；若不是，请说明理由．
解 由已知可得抛物线C的方程为y2＝4x，点S(4,4)，
设直线l的方程为x＝my＋n，
点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),4)，y1))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,2),4)，y2))，
将直线l的方程与抛物线C：y2＝4x联立，
得y2－4my－4n＝0，
所以Δ＝16m2＋16n>0，
y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n(*)，
直线SM的方程为y－4＝eq \f(y1－4,\f(y\\al(2,1),4)－4)(x－4)，
令x＝0求得点A的纵坐标为eq \f(4y1,y1＋4)，
同理求得点B的纵坐标为eq \f(4y2,y2＋4)，
由eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝eq \f(16y1y2,y1y2＋4y1＋y2＋16)＝8，
化简得y1y2＝4(y1＋y2)＋16，
将上面(*)式代入得－4n＝16m＋16，
即n＝－4m－4，
所以直线l的方程为x＝my－4m－4，
即x＋4＝m(y－4)，
所以直线l过定点(－4,4)．
2．(2022·德州质检)已知抛物线C：y2＝4x的顶点是坐标原点O，过抛物线C的焦点作与x轴不垂直的直线l交抛物线C于两点M，N，直线x＝1分别交直线OM，ON于点A和点B，求证：以AB为直径的圆经过x轴上的两个定点．
证明 设直线l：y＝k(x－1)(k≠0)，
Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),4)，y1))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,2),4)，y2))，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝kx－1，))
联立得ky2－4y－4k＝0，Δ>0，
则y1＋y2＝eq \f(4,k)，y1·y2＝－4.
直线OM的方程为y＝eq \f(4,y1)x，
与x＝1联立可得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(4,y1)))，
同理可得Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(4,y2))).
|AB|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(4,y1)－\f(4,y2)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(4y2－y1,y1y2)))
＝|y2－y1|＝eq \r(y1＋y22－4y1y2)
＝4eq \r(\f(1,k2)＋1)，
AB中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(2y1＋y2,y1y2)))，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(2,k)))，
所以以AB为直径的圆的方程为(x－1)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(2,k)))2＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k2)＋1))，
令y＝0得(x－1)2＝4，解得x＝－1或x＝3，
即以AB为直径的圆经过x轴上的两个定点(－1，0)，(3,0)．
专题强化练
1．已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1(－eq \r(10)，0)，F2(eq \r(10)，0)，动点M满足|MF2|－|MF1|＝2.
(1)求动点M的轨迹方程；
(2)若动点M在双曲线C上，设双曲线C的左支上有两个不同的点P，Q，点N(4,0)，且∠ONP＝∠ONQ，直线NQ与双曲线C交于另一点B.证明：动直线PB经过定点．
(1)解 ∵|MF2|－|MF1|＝2eq \f(1,3)或m0，
又N，B，Q三点共线，且NQ斜率存在，
∴kNQ＝kNB，
即eq \f(－y1,x1－4)＝eq \f(y2,x2－4)，
∴－y1(my2＋n－4)＝y2(my1＋n－4)，
∴2my1y2＋(n－4)(y1＋y2)＝0，
∴2m·eq \f(9n2－9,9m2－1)＋(n－4)·eq \f(－18mn,9m2－1)＝0，
化简得18m(n2－1)＋(n－4)(－18mn)＝0，
∴n2－1－(n－4)n＝0，
∴4n－1＝0，即n＝eq \f(1,4)，满足Δ>0，即直线BP的方程为x＝my＋eq \f(1,4)，
∴直线BP过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，0)).
2．(2022·常德模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)经过点(1,2)．
(1)求抛物线C的方程及其准线方程；
(2)设过点(2,0)的直线l与抛物线C交于A，B两点，若eq \(AB,\s\up6(→))＝2eq \(AM,\s\up6(→))，MN⊥y轴，垂足为N，求证：以MN为直径的圆恒过定点．
(1)解 由抛物线y2＝2px(p>0)经过点(1,2)，得4＝2p，即p＝2.
所以抛物线C的方程为y2＝4x，其准线方程为x＝－1.
(2)证明 由题意知，直线l的斜率不为0，
设直线l的方程为x＝my＋2.
将x＝my＋2代入y2＝4x，
消去x得y2－4my－8＝0，
显然Δ＝16m2＋32>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝4m，y1y2＝－8.
因为eq \(AB,\s\up6(→))＝2eq \(AM,\s\up6(→))，
所以M是线段AB的中点，设M(xM，yM)，
则xM＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(my1＋y2＋4,2)＝2m2＋2，
yM＝eq \f(y1＋y2,2)＝2m，
所以M(2m2＋2,2m)，
又MN⊥y轴，所以垂足N的坐标为N(0,2m)．
设以MN为直径的圆恒经过点D(x0，y0)，
则eq \(DM,\s\up6(→))＝(2m2＋2－x0，2m－y0)，
eq \(DN,\s\up6(→))＝(－x0，2m－y0)，
由eq \(DM,\s\up6(→))·eq \(DN,\s\up6(→))＝0，
得－x0(2m2＋2－x0)＋(2m－y0)2＝0，
即(4－2x0)m2－4y0m＋xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)－2x0＝0，①
因为对任意的实数m，①式要恒成立，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4－2x0＝0，,4y0＝0，,x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)－2x0＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝2，,y0＝0，))
所以以MN为直径的圆恒过定点，该定点的坐标为(2,0)．