【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题24　定点问题

这是一份【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题24　定点问题，共11页。

[高考真题] (2022·全国乙卷改编)已知椭圆E：eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,4)＝1，设过点P(1，－2)的直线交E于M，N两点，点A(0，－2)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，－1))是椭圆上的两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足eq \(MT,\s\up6(→))＝eq \(TH,\s\up6(→)).证明：直线HN过定点.
证明 当直线MN的斜率不存在时，lMN：x＝1，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1，,\f(x2,3)＋\f(y2,4)＝1))得y2＝eq \f(8,3)，
∴y＝±eq \f(2\r(2),\r(3)).
结合题意可知M(1，－eq \f(2\r(2),\r(3)))，N(1，eq \f(2\r(2),\r(3)))，
∴过M且平行于x轴的直线的方程为y＝－eq \f(2\r(2),\r(3)).
易知点T的横坐标xT∈(0，eq \f(3,2)]，直线AB的方程为y－(－2)＝eq \f(－1－（－2）,\f(3,2)－0)·(x－0)，即y＝eq \f(2,3)x－2，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(2\r(2),\r(3))，,y＝\f(2,3)x－2))得xT＝3－eq \r(6)，
∴T(3－eq \r(6)，－eq \f(2\r(2),\r(3))).
∵eq \(MT,\s\up6(→))＝eq \(TH,\s\up6(→))，∴H(5－2eq \r(6)，－eq \f(2\r(2),\r(3)))，
lHN：y－eq \f(2\r(2),\r(3))＝eq \f(\f(4\r(2),\r(3)),2\r(6)－4)(x－1)，
即y＝eq \f(2（3＋\r(6)）,3)x－2.
此时直线HN过定点(0，－2).
当直线MN的斜率存在时，如图，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
lMN：y＝kx＋m(由直线MN过点P(1，－2)，可得k＋m＝－2).
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,3)＋\f(y2,4)＝1))
得(3k2＋4)x2＋6kmx＋3m2－12＝0，Δ＞0，
∴x1＋x2＝－eq \f(6km,3k2＋4)，x1x2＝eq \f(3m2－12,3k2＋4).
过M且平行于x轴的直线的方程为y＝y1，
与直线AB的方程联立，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝y1，,y＝\f(2,3)x－2，))
得xT＝eq \f(3（y1＋2）,2)，
∴T(eq \f(3（y1＋2）,2)，y1).
∵eq \(MT,\s\up6(→))＝eq \(TH,\s\up6(→))，∴H(3y1＋6－x1，y1)，
lHN：y－y2＝eq \f(y1－y2,3y1＋6－x1－x2)(x－x2)，
即y＝eq \f(y1－y2,3y1＋6－x1－x2)x＋y2－eq \f(y1－y2,3y1＋6－x1－x2)·x2.
令x＝0，得y＝y2－eq \f(（y1－y2）x2,3y1＋6－x1－x2)
＝eq \f(－（x1y2＋x2y1）＋3y1y2＋6y2,－（x1＋x2）＋6＋3y1)
＝eq \f(－（x1y2＋x2y1）＋3y1y2＋6y2,－（x1＋x2）＋6＋3（y1＋y2）－3y2).
∵y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝eq \f(－12k2＋4m2,3k2＋4)，
y1＋y2＝(kx1＋m)＋(kx2＋m)＝k(x1＋x2)＋2m＝eq \f(8m,3k2＋4)，
x1y2＋x2y1＝x1(kx2＋m)＋x2(kx1＋m)＝2kx1x2＋m(x1＋x2)＝eq \f(－24k,3k2＋4)，
∴－(x1y2＋x2y1)＋3y1y2＝eq \f(24k,3k2＋4)＋eq \f(－36k2＋12m2,3k2＋4)＝eq \f(－36k2＋12m2＋24k,3k2＋4)
＝eq \f(－24（k2－3k－2）,3k2＋4)，
－(x1＋x2)＋6＋3(y1＋y2)＝eq \f(6km,3k2＋4)＋6＋eq \f(24m,3k2＋4)＝eq \f(6km＋18k2＋24＋24m,3k2＋4)
＝eq \f(12（k2－3k－2）,3k2＋4)，
∴y＝eq \f(\f(－24（k2－3k－2）,3k2＋4)＋6y2,\f(12（k2－3k－2）,3k2＋4)－3y2)＝－2，
∴直线HN过定点(0，－2).
综上，直线HN过定点(0，－2).
样题1 (2022·泸州二诊改编)已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左、右顶点分别为A，B，斜率不为0的直线l与椭圆C交于M，N两点，若直线BM的斜率是直线AN斜率的两倍，证明直线l经过定点，并求出定点的坐标.
证明 设直线l的方程为x＝my＋b，
易得A(－2，0)，B(2，0)，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,x＝my＋b，))
得(3m2＋4)y2＋6mby＋3b2－12＝0，
则y1＋y2＝－eq \f(6mb,3m2＋4)，
y1y2＝eq \f(3b2－12,3m2＋4)，
又kBM＝eq \f(y1,x1－2)，kAN＝eq \f(y2,x2＋2)，
所以eq \f(y1,x1－2)＝eq \f(2y2,x2＋2)，
化简得
my1y2－(b＋2)(y1＋y2)＋(3b－2)y2＝0，
将y1＋y2＝－eq \f(6mb,3m2＋4)，y1y2＝eq \f(3b2－12,3m2＋4)代入得(3b－2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3m（b＋2）,3m2＋4)＋y2))＝0，
由于eq \f(3m（b＋2）,3m2＋4)＋y2不恒为0，
所以3b－2＝0，即b＝eq \f(2,3)，
故x＝my＋eq \f(2,3)过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，0))，
即直线l过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，0)).
样题2 (2022·武汉模拟改编)已知椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1，椭圆C的上顶点为A，过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))的直线l与椭圆C交于两个不同的点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N.证明：以MN为直径的圆过y轴上的定点.
证明 由题意知直线l的斜率存在，可设直线l：y＝kx＋eq \f(1,2)，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋\f(1,2)，,\f(x2,2)＋y2＝1，))
得(4k2＋2)x2＋4kx－3＝0，
所以x1＋x2＝－eq \f(4k,4k2＋2)，x1x2＝－eq \f(3,4k2＋2)，
直线AP的方程为y＝eq \f(y1－1,x1)x＋1，
直线AQ的方程为y＝eq \f(y2－1,x2)x＋1，
可得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－x1,y1－1)，0))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－x2,y2－1)，0))，
以MN为直径的圆的方程为：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(x1,y1－1)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(x2,y2－1)))＋y2＝0，
即x2＋y2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,y1－1)＋\f(x2,y2－1)))x＋eq \f(x1x2,（y1－1）（y2－1）)＝0，①
因为eq \f(x1x2,（y1－1）（y2－1）)＝eq \f(x1x2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kx1－\f(1,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kx2－\f(1,2))))
＝eq \f(4x1x2,4k2x1x2－2k（x1＋x2）＋1)
＝eq \f(－12,－12k2＋8k2＋4k2＋2)＝－6，
所以在①中，令x＝0，得y2＝6，
即以MN为直径的圆过y轴上的定点(0，±eq \r(6)).
样题3 (2022·重庆调研改编)已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1，过点P(0，1)的两条直线分别和椭圆C交于不同两点A，B(A，B异于点P且不关于坐标轴对称)，直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，且k1·k2＝1，试问直线AB是否恒过一定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.
解 直线AB恒过一定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(5,3))).
理由如下：
由题意可知，直线AB的斜率存在且不为0，
设直线AB的方程为y＝kx＋m(k≠0，m≠1)，A(x1，y1)，B(x2，y2).
联立得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋m，))
得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
Δ＝64k2－16m2＋16>0，
x1＋x2＝eq \f(－8km,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4m2－4,4k2＋1)，
∴y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝eq \f(－8k2m,4k2＋1)＋2m＝eq \f(2m,4k2＋1)，
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)
＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2
＝eq \f(k2（4m2－4）,4k2＋1)－eq \f(8k2m2,4k2＋1)＋m2＝eq \f(m2－4k2,4k2＋1)，
∴k1k2＝eq \f(（y1－1）（y2－1）,x1x2)
＝eq \f(y1y2－（y1＋y2）＋1,x1x2)
＝eq \f(m2－2m＋1,4m2－4)＝1，
整理得3m2＋2m－5＝0，
∴m＝－eq \f(5,3)或m＝1(舍去)，
∴直线AB恒过一定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(5,3))).
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.
训练 (2022·河南名校联考改编)已知抛物线C：y2＝4x，点P(1，2).若点M，N在抛物线C上，且kPM·kPN＝－eq \f(1,2)，求证：直线MN过定点.
证明 由题意知直线MN的斜率不为0，设直线MN的方程为x＝my＋n，
Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)yeq \\al(2,1)，y1))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)yeq \\al(2,2)，y2))，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋n，,y2＝4x，))
得y2－4my－4n＝0，Δ＝16m2＋4×4n>0，
y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n，
所以kPM＝eq \f(y1－2,\f(1,4)yeq \\al(2,1)－1)＝eq \f(4,y1＋2)，
kPN＝eq \f(y2－2,\f(1,4)yeq \\al(2,2)－1)＝eq \f(4,y2＋2)，
因为kPM·kPN＝－eq \f(1,2)，
所以eq \f(16,（y1＋2）（y2＋2）)＝－eq \f(1,2)，
即y1y2＋2(y1＋y2)＋36＝0，
所以－4n＋8m＋36＝0，
即n＝2m＋9，满足Δ>0，
所以直线MN的方程为
x＝my＋2m＋9＝m(y＋2)＋9，
所以直线MN过定点(9，－2).
一、基本技能练
1.(2022·安徽江淮十校联考)已知双曲线C与椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,3)＝1有相同的焦点，P(3，eq \r(6))是C上一点.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)记C的右顶点为M，与x轴平行的直线l与C交于A，B两点，求证：以AB为直径的圆过点M.
(1)解 由题意可设双曲线C的标准方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，
由已知得a2＋b2＝6，且eq \f(9,a2)－eq \f(6,b2)＝1，
解得a2＝b2＝3.
所以双曲线C的方程为eq \f(x2,3)－eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明 设直线l的方程为y＝m，m≠0，将其与eq \f(x2,3)－eq \f(y2,3)＝1联立，
解得x＝eq \r(m2＋3)或x＝－eq \r(m2＋3).
不妨设A(－eq \r(m2＋3)，m)，B(eq \r(m2＋3)，m)，
由(1)知M(eq \r(3)，0)，
则eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(BM,\s\up6(→))＝(eq \r(3)＋eq \r(m2＋3)，－m)·(eq \r(3)－eq \r(m2＋3)，－m)＝(eq \r(3)＋eq \r(m2＋3))(eq \r(3)－eq \r(m2＋3))＋m2＝3－(m2＋3)＋m2＝0，
所以eq \(AM,\s\up6(→))⊥eq \(BM,\s\up6(→))，故以AB为直径的圆过点M.
2.(2022·西安调研)已知M(x0，0)，N(0，y0)两点分别在x轴和y轴上运动，且|MN|＝1，若动点G满足eq \(OG,\s\up6(→))＝2eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(ON,\s\up6(→))，动点G的轨迹为E.
(1)求E的方程；
(2)已知不垂直于x轴的直线l与轨迹E交于不同的A，B两点，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3),3)，0))总满足∠AQO＝∠BQO，证明：直线l过定点.
(1)解 因为eq \(OG,\s\up6(→))＝2eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(ON,\s\up6(→))，
设G(x，y)，则(x，y)＝2(x0，0)＋(0，y0)＝(2x0，y0).所以x＝2x0，y＝y0，
则x0＝eq \f(x,2)，y0＝y，
又|MN|＝1，得xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝1，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)))eq \s\up12(2)＋y2＝1，
所以动点G的轨迹E的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)证明 由题意，设直线l的方程为：y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋m，))
得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
由Δ＝64k2m2－16(4k2＋1)(m2－1)>0，
得m2<4k2＋1，
x1＋x2＝－eq \f(8km,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4m2－4,4k2＋1)，
直线AQ的斜率为kAQ＝eq \f(y1,x1－\f(4\r(3),3))，
直线BQ的斜率为kBQ＝eq \f(y2,x2－\f(4\r(3),3))，
又∠AQO＝∠BQO，
所以kAQ＝－kBQ，
即eq \f(y1,x1－\f(4\r(3),3))＝－eq \f(y2,x2－\f(4\r(3),3))，
即y1x2＋x1y2－eq \f(4\r(3),3)(y1＋y2)＝0，
故2kx1x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－\f(4\r(3),3)k))(x1＋x2)－eq \f(8\r(3),3)m＝0，整理得
eq \f(8k（m2－1）,4k2＋1)－eq \f(8km2,4k2＋1)＋eq \f(32\r(3),3)·eq \f(k2m,4k2＋1)－eq \f(8\r(3),3)m＝0，由4k2＋1≠0，
化简可得m＝－eq \r(3)k，
所以y＝kx－eq \r(3)k＝k(x－eq \r(3))，
故直线l过定点(eq \r(3)，0).
3.(2022·郑州调研)已知抛物线E：x2＝2py(p>0)的焦点为F，点Teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,4)))在E上.
(1)求|TF|；
(2)抛物线E在点T处的切线为l，经过点F的直线与抛物线E交于A，B两点(与T不重合)，抛物线在A，B两点处的切线分别为l1，l2，若l1与l2交于P点，l与l1，l2分别交于点M，N，证明：△PMN的外接圆经过点F.
(1)解 因为点Teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,4)))在E上，于是eq \f(1,2)p＝1，解得p＝2，
所以|TF|＝eq \f(1,4)＋eq \f(p,2)＝eq \f(5,4).
(2)证明 由(1)可知，F坐标为(0，1)，y＝eq \f(1,4)x2，y′＝eq \f(1,2)x，所以y′|x＝1＝eq \f(1,2)，
所以l的方程为2x－4y－1＝0，
由题意直线AB的斜率存在，设AB的方程为y＝kx＋1，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(xeq \\al(2,1),4)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，\f(xeq \\al(2,2),4)))，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,x2＝4y，))化简得x2－4kx－4＝0，
由根与系数的关系可得x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，
l1的斜率为y′|x＝x1＝eq \f(x1,2)，所以l1的方程为y＝eq \f(x1,2)x－eq \f(xeq \\al(2,1),4)，
同理l2的方程为y＝eq \f(x2,2)x－eq \f(xeq \\al(2,2),4)，
联立l1，l2的方程解得点P的坐标为(2k，－1)，
联立l1，l的方程解得点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋1,2)，\f(x1,4)))，
同理点N的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2＋1,2)，\f(x2,4)))，
因为eq \f(x1,2)·eq \f(x2,2)＝eq \f(x1x2,4)＝－1，
所以l1⊥l2，即∠MPN＝eq \f(π,2)，
所以MN是△PMN的外接圆的直径，
eq \(FM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋1,2)，\f(x1,4)－1))，
eq \(FN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2＋1,2)，\f(x2,4)－1))，
eq \(FM,\s\up6(→))·eq \(FN,\s\up6(→))＝eq \f(（x1＋1）（x2＋1）,4)＋
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,4)－1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)－1))＝eq \f(5,16)x1x2＋eq \f(5,4)＝0，
所以eq \(FM,\s\up6(→))⊥eq \(FN,\s\up6(→))，F在以MN为直径的圆上，故△PMN的外接圆经过点F.
二、创新拓展练
4.(2022·南昌质检)阿基米德不仅是著名的哲学家、物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”计算椭圆面积.椭圆的面积等于圆周率π与椭圆长半轴长及短半轴长的乘积.在平面直角坐标系中，椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的面积等于2π，且椭圆C的焦距为2eq \r(3).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)点P(4，0)是x轴上的定点，直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，已知点A关于y轴的对称点为点M，点B关于原点的对称点为点N(异于点M)，且P，M，N三点共线，试探究直线l是否过定点.若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.
解 (1)由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ab＝2，,2c＝2\r(3)，,c2＝a2－b2，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1，,c＝\r(3)，))
∴椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)当直线l的斜率不为0时，设直线l：x＝my＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则M(－x1，y1)，N(－x2，－y2)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋t，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
得(m2＋4)y2＋2mty＋t2－4＝0，
由Δ＝(2mt)2－4(m2＋4)(t2－4)>0，
得t2－m2＋4<0，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝－\f(2mt,m2＋4)，,y1y2＝\f(t2－4,m2＋4).))
又P(4，0)，由P，M，N三点共线，
得kPM＝kPN，
即eq \f(y1,－x1－4)＝eq \f(y2,x2＋4)，
∴y1(x2＋4)＋y2(x1＋4)＝y1(my2＋t＋4)＋y2(my1＋t＋4)＝0，
即2my1y2＋(t＋4)(y1＋y2)＝0，
化简得8m(t＋1)＝0，
若m＝0，则M，N重合，不符合题意.
当t＝－1时，直线l：x＝my－1，
∴直线l过定点(－1，0).
当直线l的斜率为0时，设l：y＝s，易知仅当s＝0时，满足P，M，N三点共线，此时直线l过点(－1，0).
综上，直线l过定点(－1，0).