第一课时 定点问题

第一课时定点问题题型一直线过定点问题例1(2020·全国Ⅰ卷)已知A，B分别为椭圆E：x2a2＋y2＝1(a1)的左、右顶点，G为E的上顶点，AG→·GB→＝8.P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.(1)求E的方程；(2)证明：直线CD过定点.(1)解由题设得A(－a，0)，B(a，0)，G(0，1).则AG→＝(a，1)，GB→＝(a，－1).由AG→·GB→＝8，得a2－1＝8，解得a＝3或a＝－3(舍去).所以椭圆E的方程为x29＋y2＝1.(2)证明设P(6，y0)，则直线AP的方程为y＝y0－06－（－3）(x＋3)，即y＝y09(x＋3)，联立直线AP的方程与椭圆方程可得x29＋y2＝1，y＝y09（x＋3），整理得(y20＋9)x2＋6y20x＋9y20－81＝0，解得x＝－3或x＝－3y20＋27y20＋9，将x＝－3y20＋27y20＋9代入直线y＝y09(x＋3)可得y＝6y0y20＋9，∴点C的坐标为－3y20＋27y20＋9，6y0y20＋9.同理可得点D的坐标为3y20－3y20＋1，－2y0y20＋1，∴直线CD的方程为y－－2y0y20＋1＝6y0y20＋9－－2y0y20＋1－3y20＋27y20＋9－3y20－3y20＋1x－3y20－3y20＋1，整理可得y＋2y0y20＋1＝4y0（y20＋3）3（9－y40）x－3y20－3y20＋1＝4y03（3－y20）x－3y20－3y20＋1，整理得y＝4y03（3－y20）x＋2y0y20－3＝4y03（3－y20）x－32，故直线CD过定点32，0.感悟提升圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.训练1已知点P－1，32是椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)上一点，F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，|PF1|＋|PF2|＝4.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设直线l不经过P点且与椭圆C相交于A，B两点.若直线PA与直线PB的斜率之和为1，问：直线l是否过定点？证明你的结论.(1)解由|PF1|＋|PF2|＝4，得a＝2，又P－1，32在椭圆上，代入椭圆方程有1a2＋94b2＝1，解得b＝3，所以椭圆C的标准方程为x24＋y23＝1.(2)证明当直线l的斜率不存在时，A(x1，y1)，B(x1，－y1)，k1＋k2＝y1－32－y1－32x1＋1＝1，解得x1＝－4，不符合题意；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y＝kx＋m，3x2＋4y2－12＝0，整理得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，x1＋x2＝－8km3＋4k2，x1x2＝4m2－123＋4k2，Δ＝48(4k2－m2＋3)0.由k1＋k2＝1，整理得(2k－1)x1x2＋k＋m－52(x1＋x2)＋2m－4＝0，即(m－4k)(2m－2k－3)＝0.当m＝k＋32时，此时，直线l过P点，不符合题意；当m＝4k时，Δ＝4k2－m2＋30有解，此时直线l：y＝k(x＋4)过定点(－4，0).题型二其它曲线过定点问题例2(2022·湖南三湘名校联考)已知椭圆C：y2a2＋x2b2＝1(a＞b≥1)的离心率为22，其上焦点到直线bx＋2ay－2＝0的距离为23.(1)求椭圆C的方程；(2)过点P13，0的直线l交椭圆C于A，B两点.试探究以线段AB为直径的圆是否过定点.若过，求出定点坐标；若不过，请说明理由.解(1)由题意得，e＝ca＝22，又a2＝b2＋c2，所以a＝2b，c＝b.又|2ac－2|4a2＋b2＝23，a＞b≥1，所以b2＝1，a2＝2，故椭圆C的方程为y22＋x2＝1.(2)当AB⊥x轴时，以线段AB为直径的圆的方程为x－132＋y2＝169.当AB⊥y轴时，以线段AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝1.可得两圆交点为Q(－1，0).由此可知，若以线段AB为直径的圆恒过定点，则该定点为Q(－1，0).下证Q(－1，0)符合题意.设直线l的斜率存在，且不为0，其方程为y＝kx－13，代入y22＋x2＝1，并整理得(k2＋2)x2－23k2x＋19k2－2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝2k23（k2＋2），x1x2＝k2－189（k2＋2），所以QA→·QB→＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝x1x2＋x1＋x2＋1＋k2x1－13x2－13＝(1＋k2)x1x2＋1－13k2(x1＋x2)＋1＋19k2＝(1＋k2)·k2－189（k2＋2）＋1－13k2·2k23（k2＋2）＋1＋19k2＝0，故QA→⊥QB→，即Q(－1，0)在以线段AB为直径的圆上.综上，以线段AB为直径的圆恒过定点(－1，0).感悟提升(1)定点问题，先猜后证，可先考虑运动图形是否有对称性及特殊(或极端)位置猜想，如直线的水平位置、竖直位置，即k＝0或k不存在时.(2)以曲线上的点为参数，设点P(x1，y1)，利用点在曲线f(x，y)＝0上，即f(x1，y1)＝0消参.训练2(2021·重庆诊断)已知椭圆C1：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左、右顶点分别是双曲线C2：x2m2－y2＝1的左、右焦点，且C1与C2相交于点233，33.(1)求椭圆C1的标准方程；(2)设直线l：y＝kx－13与椭圆C1交于A，B两点，以线段AB为直径的圆是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点；若不恒过定点，请说明理由.解(1)将233，33代入x2m2－y2＝1，解得m2＝1，∴a2＝m2＋1＝2，将233，33代入x22＋y2b2＝1，解得b2＝1，∴椭圆C1的标准方程为x22＋y2＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y＝kx－13，x22＋y2＝1，整理得(9＋18k2)x2－12kx－16＝0，∴x1＋x2＝12k9＋18k2，x1x2＝－169＋18k2，Δ＝144k2＋64(9＋18k2)0.由对称性可知，以AB为直径的圆若恒过定点，则定点必在y轴上.设定点为M(0，y0)，则MA→＝(x1，y1－y0)，MB→＝(x2，y2－y0)MA→·MB→＝x1x2＋(y1－y0)(y2－y0)＝x1x2＋y1y2－y0(y1＋y2)＋y20＝x1x2＋k2x1x2－k3(x1＋x2)－y0k（x1＋x2）－23＋19＋y20＝(1＋k2)x1x2－k13＋y0(x1＋x2)＋y20＋23y0＋19＝18（y20－1）k2＋9y20＋6y0－159＋18k2＝0，∴y20－1＝0，9y20＋6y0－15＝0，解得y0＝1，∴M(0，1)，∴以线段AB为直径的圆恒过定点(0，1).齐次化处理策略“齐次”从词面上解释是“次数相等”的意思.在代数里也有“齐次”的叫法，例如f＝ax2＋bxy＋cy2称为二次齐次式，f中每一项都是关于x，y的二次项.下面研究齐次化在圆锥曲线中的应用.例已知抛物线y2＝2px(p＞0)，过原点且互相垂直的两直线OA，OB交抛物线于A，B.求证：直线AB过定点.证明设AB：x＝my＋n，A(x1，y1)，B(x2，y2)，kOA＝y1x1，kOB＝y2x2，将直线AB方程变形为x－myn＝1，代入到y2＝2px中得y2＝2px·x－myn注意到kOA＝y1x1，kOB＝y2x2，上式两边同除以x2得yx2＋2pmn·yx－2pn＝0(*)kOA，kOB是方程(*)的两根，则kOA·kOB＝－2pn＝－1⇒n＝2p，所以直线AB方程为x＝my＋2p，所以直线AB恒过定点(2p，0).1.已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)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.(1)解由题意，得b＝1，c＝1，所以a2＝b2＋c2＝2.所以椭圆C的方程为x22＋y2＝1.(2)证明设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则直线AP的方程为y＝y1－1x1x＋1.令y＝0，得点M的横坐标xM＝－x1y1－1.又y1＝kx1＋t，从而|OM|＝|xM|＝x1kx1＋t－1.同理，|ON|＝x2kx2＋t－1.由y＝kx＋t，x22＋y2＝1，得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，则Δ＝(4kt)2－4(1＋2k2)(2t2－2)＝16k2－8t2＋8＞0，且x1＋x2＝－4kt1＋2k2，x1x2＝2t2－21＋2k2.所以|OM|·|ON|＝x1kx1＋t－1·x2kx2＋t－1＝x1x2k2x1x2＋k（t－1）（x1＋x2）＋（t－1）2＝2t2－21＋2k2k2·2t2－21＋2k2＋k（t－1）·－4kt1＋2k2＋（t－1）2＝21＋t1－t.又|OM|·|ON|＝2，所以21＋t1－t＝2.解得t＝0，满足Δ＞0，所以直线l经过定点(0，0).2.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)求抛物线C的方程；(2)若点B(1，－2)在抛物线C上，过点B作抛物线C的两条弦BP与BQ，若kBP·kBQ＝－2，求证：直线PQ过定点.(1)解若抛物线的焦点在x轴上，设抛物线方程为y2＝ax，代入点A(1，2)，可得a＝4，所以抛物线方程为y2＝4x.若抛物线的焦点在y轴上，设抛物线方程为x2＝my，代入点A(1，2)，可得m＝12，所以抛物线方程为x2＝12y.综上所述，抛物线C的方程是y2＝4x或x2＝12y.(2)证明因为点B(1，－2)在抛物线C上，所以由(1)可得抛物线C的方程是y2＝4x.易知直线BP，BQ的斜率均存在，设直线BP的方程为y＋2＝k(x－1)，将直线BP的方程代入y2＝4x，消去y，得k2x2－(2k2＋4k＋4)x＋(k＋2)2＝0.设P(x1，y1)，则x1＝（k＋2）2k2，所以P（k＋2）2k2，2k＋4k.用－2k替换点P坐标中的k，可得Q((k－1)2，2－2k)，从而直线PQ的斜率为2k＋4k－2＋2k（k＋2）2k2－（k－1）2＝2k3＋4k－k4＋2k3＋4k＋4＝2k－k2＋2k＋2，故直线PQ的方程是y－2＋2k＝2k－k2＋2k＋2·[x－(k－1)2].通过观察，应有－k2＋2k＋2＝x－(k－1)2，得x＝3，y＝2，所以直线PQ恒过定点(3，2).3.已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，椭圆C上的点到焦点距离的最大值为3，最小值为1.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B两点(A，B不是左右顶点)，且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标.解(1)由题意，设椭圆的标准方程为x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)，a＋c＝3，a－c＝1，a＝2，c＝1，b2＝3，所以椭圆C的标准方程为x24＋y23＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y＝kx＋m，x24＋y23＝1得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0，Δ＝64m2k2－16(3＋4k2)(m2－3)＞0，3＋4k2－m2＞0.x1