专题04圆锥曲线综合问题（2）—定点问题-2021年高考数学（理）三轮突破提升专题

《2021年数学（理）解析几何二轮突破提升》 专题04圆锥曲线的综合问题（2）—定点问题 【考情分析】　1.圆锥曲线的综合问题是高考考查的重点内容，常见的热点题型有：范围、最值问题，定点、定值问题，探索性问题等.2.以解答题的压轴题形式出现，难度较大． 定点问题： 母题　已知椭圆C：＋y2＝1，点P(0,1)，设直线l不经过P点且与C相交于A，B两点，若直线PA与直线PB的斜率的和为－1，求证：l过定点． 思路分析 ❶l斜率k存在时写出l的方程 　　 　↓ ❷联立l，C的方程，设而不求 　　 　↓ ❸计算kPA，kPB并代入kPA＋kPB＝－1 　　　 ↓ ❹分析直线方程，找出定点 【证明】　设直线PA与直线PB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|<2，可得A，B的坐标分别为，， 则k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合题设． 从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)．将y＝kx＋m代入＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1＋x2＝－，x1x2＝. 而k1＋k2＝＋ ＝＋ ＝. 由题设k1＋k2＝－1， 故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0， 即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0， 解得k＝－. 当且仅当m>－1时，Δ>0，于是l：y＝－x＋m， 即y＋1＝－(x－2)，所以l过定点(2，－1)． [子题1]　已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，直线l与抛物线C交于A，B两点，O是坐标原点．若点E(－2,0)，直线l不与坐标轴垂直，且∠AEO＝∠BEO，求证：直线l过定点． 【证明】　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意可设直线l的方程为x＝ny＋b(n≠0)， 由得y2－4ny－4b＝0， 则y1＋y2＝4n，y1y2＝－4b. 由∠AEO＝∠BEO，得kEA＝－kEB， 即＝－， 整理得y1x2＋2y1＋x1y2＋2y2＝0， 即y1(ny2＋b)＋2y1＋(ny1＋b)y2＋2y2＝0， 整理得2ny1y2＋(b＋2)(y1＋y2)＝0， 即－8bn＋4(b＋2)n＝0，得b＝2， 故直线l的方程为x＝ny＋2(n≠0)， 所以直线l过定点(2,0)． [子题2]　(2020·湖北省武汉市江夏一中、汉阳一中联考)已知抛物线C：y2＝4x与过点(2,0)的直线l交于M，N两点，若＝，PQ⊥y轴，垂足为Q，求证：以PQ为直径的圆过定点． 【证明】　由题意可知，直线l的斜率不为0，设其方程为x＝my＋2(m∈R)， 将x＝my＋2代入y2＝4x，消去x可得y2－4my－8＝0， 显然Δ＝16m2＋32>0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则y1＋y2＝4m，y1y2＝－8， 因为＝，所以P是线段MN的中点， 设P(xP，yP)，则xP＝＝＝2m2＋2， yP＝＝2m， 所以P(2m2＋2,2m)， 又PQ⊥y轴，垂足为Q，所以Q(0,2m)， 设以PQ为直径的圆经过点A(x0，y0)， 则＝(2m2＋2－x0,2m－y0)， ＝(－x0,2m－y0)， 所以·＝0，即－x0(2m2＋2－x0)＋(2m－y0)2＝0， 化简可得(4－2x0)m2－4y0m＋x＋y－2x0＝0，① 令可得 所以当x0＝2，y0＝0时，对任意的m∈R，①式恒成立， 所以以PQ为直径的圆过定点，该定点的坐标为(2,0)． 【方法小结】　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． 【突破提升练习】 1．已知椭圆C：＋y2＝1，设直线l与椭圆C相交于A，B两点，D(0，－1)，若直线AD与直线BD的斜率之积为.证明：直线l恒过定点． 【证明】　①当直线l的斜率不存在时，设l：x＝m，A(m，yA)，B(m，－yA)， 因为点A(m，yA)在椭圆＋y2＝1上， 所以＋y＝1，即y＝1－， 所以kAD·kBD＝·＝＝＝≠，不满足题意． ②当直线l的斜率存在时，设l：y＝kx＋b(b≠－1)， A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立整理得 (1＋2k2)x2＋4kbx＋2b2－2＝0， 依题意得，Δ>0， 所以x1＋x2＝，x1x2＝， 则kAD·kBD＝· ＝ ＝. 将x1＋x2＝，x1x2＝代入上式化简得， kAD·kBD＝·＝＝， 即＝，解得b＝－2. 所以直线l恒过定点(0，－2)． 2．已知点H为抛