第8章 专题4 第3课时 定点问题（课件PPT）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（北师大版）

第八章　解析几何 专题四　高考中的解析几何问题 第三课时　定点问题 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 课时作业(五十二) 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 谢谢观看！ 圆锥曲线中的定点问题一般是指与解析几何有关的直线或圆过定点的问题(其他曲线过定点太复杂，高中阶段一般不涉及)，是高考重要的考点和热点之一．其实质是当动直线或动圆变化时，这些直线或圆相交于一点，即这些直线或圆绕着定点在转动． 【例】 已知椭圆C： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a＞b＞0)的右焦点F( eq \r(3) ，0)，长半轴的长与短半轴的长的比值为2. (1)求椭圆C的标准方程； (2)设不经过点B(0，1)的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N，若点B在以线段MN为直径的圆上，证明直线l过定点，并求出该定点的坐标． 思维 导引 学科 素养 本题主要考查逻辑推理、数学运算等学科素养 思路 点拨 (1)利用焦点坐标及长半轴长与短半轴长之比求出a，b，得椭圆C的标准方程； (2)当直线斜率存在时，设出直线方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系得到两根之和与积，再结合点B在以MN为直径的圆上，利用 eq \o(BM,\s\up13(→)) ⊥ eq \o(BN,\s\up13(→)) ，得到关于k和m的方程，整理后求出m的值，进而得到直线所过定点，最后说明直线斜率不存在时不符合题意 解：(1)由题意得，c＝ eq \r(3) ， eq \f(a,b) ＝2，a2＝b2＋c2，∴a＝2，b＝1， ∴椭圆C的标准方程为 eq \f(x2,4) ＋y2＝1． (2)当直线l的斜率存在时， 设直线l的方程为y＝kx＋m(m≠1)，M(x1，y1)，N(x2，y2). 联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,x2＋4y2＝4，)) 可得 (4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. ∴Δ＝16(4k2＋1－m2)＞0， x1＋x2＝ eq \f(－8km,4k2＋1) ，x1x2＝ eq \f(4m2－4,4k2＋1) . ∵点B在以线段MN为直径的圆上， ∴ eq \o(BM,\s\up13(→)) · eq \o(BN,\s\up13(→)) ＝0. ∵ eq \o(BM,\s\up13(→)) · eq \o(BN,\s\up13(→)) ＝(x1，kx1＋m－1)·(x2，kx2＋m－1)＝ (k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2＝0， ∴(k2＋1) eq \f(4m2－4,4k2＋1) ＋k(m－1) eq \f(－8km,4k2＋1) ＋(m－1)2＝0， 整理，得5m2－2m－3＝0，解得m＝－ eq \f(3,5) 或m＝1(舍去). ∴直线l的方程为y＝kx－ eq \f(3,5) ，过定点(0，－ eq \f(3,5) ). 易知当直线l的斜率不存在时，不符合题意．故直线l过定点，且该定点的坐标为(0，－ eq \f(3,5) ). 【练1】 (2022·山东济南模拟)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，B，点P(0，2)，连接PA，PB交椭圆C于点M，N，△PAB为直角三角形，且MN＝ eq \f(3,5) AB. (1)求椭圆的标准方程； (2)设直线l与椭圆C交于D，E两点，若 eq \o(BD,\s\up13(→)) · eq \o(BE,\s\up13(→)) ＝0，求证：直线l过定点，并求出此定点． (1)解：因为△PAB为直角三角形， 所以由椭圆的对称性知，OP＝ eq \f(1,2) AB， 即2＝ eq \f(1,2) ×2a，所以a＝2，MN＝ eq \f(3,5) AB＝ eq \f(12,5) ，则N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5)，\f(4,5))) ， 代入 eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1，得 eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5)))\s\up12(2),a2) ＋ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))\s\up12(2),b2) ＝1，解得b＝1， 所以椭圆的标准方程为 eq \f(x2,4) ＋y2＝1． (2)证明：由题意，可设直线DE的方程为x＝ky＋m(m≠2)， 联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,x＝ky＋m，)) 消去x得，(k2＋4)y2＋2kmy＋m2－4＝0， 设D(x1，y1)，E(x2，y2)，则y1＋y2＝ eq \f(－2km,k2＋4) ，① y1·y2＝ eq \f(m2－4,k2＋4) ，② 因为 eq \o(BD,\s\up13(→)) ⊥ eq \o(BE,\s\up13(→)) ，所以 eq \o(BD,\s\up13(→)) · eq \o(BE,\s\up13(→)) ＝0，由(1)知，B(2，0)， 所以 eq \o(BD,\s\up13(→)) ＝(x1－2，y1)， eq \o(BE,\s\up13(→)) ＝(x2－2，y2)， 则(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝0， 将x1＝ky1＋m，x2＝ky2＋m代入上式得， (k2＋1)y1y2＋k(m－2)(y1＋y2)＋(m－2)2＝0， 将①②代入上式，(k2＋1) eq \f(m2－4,k2＋4) ＋k(m－2)· eq \f(－2km,k2＋4) ＋(m－2)2＝0⇒5m2－16m＋12＝0， 解得m＝ eq \f(6,5) 或m＝2(舍去)，故直线l恒过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5)，0)) . 【练2】 已知A，B分别为椭圆E： eq \f(x2,a2) ＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点， eq \o(AG,\s\up13(→)) · eq \o(GB,\s\up13(→)) ＝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)求椭圆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 eq \o(AG,\s\up13(→)) ＝(a，1)， eq \o(GB,\s\up13(→)) ＝(a，－1).由 eq \o(AG,\s\up13(→)) · eq \o(GB,\s\up13(→)) ＝8，得a2－1＝8，即a＝3.所以椭圆E的方程为 eq \f(x2,9) ＋y2＝1． (2)证明：设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t). 若t≠0，则设直线CD的方程为x＝my＋n， 将x＝my＋n代入 eq \f(x2,9) ＋y2＝1， 得(m2＋9)y2＋2mny＋n2－9＝0. Δ＝4m2n2－4(m2＋9)(n2－9)>0，∴－3<n<3. 所以y1＋y2＝－ eq \f(2mn,m2＋9) ，y1y2＝ eq \f(n2－9,m2＋9) . 由于直线PA的方程为y＝ eq \f(t,9) (x＋3)， 所以y1＝ eq \f(t,9) (x1＋3).① 直线PB的方程为y＝ eq \f(t,3) (x－3)， 所以y2＝ eq \f(t,3) (x2－3).② ①÷②得3y1(x2－3)＝y2(x1＋3). 由于eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) eq \f(x,9) ＋y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ＝1，故y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ＝－ eq \f(（x2＋3）（x2－3）,9) ， 可得27y1y2＝－(x1＋3)(x2＋3)， 即(27＋m2)y1y2＋m(n＋3)(y1＋y2)＋(n＋3)2＝0. 代入得(27＋m2)(n2－9)－2m(n＋3)mn＋(n＋3)2·(m2＋9)＝0.解得n＝－3(舍去)或n＝ eq \f(3,2) . 故直线CD的方程为x＝my＋ eq \f(3,2) ， 即直线CD过定点( eq \f(3,2) ，0). 若t＝0，则直线CD的方程为y＝0，过点( eq \f(3,2) ，0). 综上，直线CD过定点( eq \f(3,2) ，0). $$