8.9.3 定点与定直线问题（课件PPT）-【创新方案】2025年高考数学一轮总复习

第三课时 定点与定直线问题 CONTENTS 目录 1 2 3 考法(一)　定点问题 考法(二)　定直线问题 课时跟踪检测 考法(一)　定点问题 01 例 1 (2)证明：由题意知，直线PQ的斜率存在且不为0，设lPQ：y－3＝k(x＋2)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 得(4k2＋9)x2＋(16k2＋24k)x＋16k2＋48k＝0， 则Δ＝(16k2＋24k)2－4(4k2＋9)(16k2＋48k) ＝－1 728k>0， 所以MN的中点为定点(0,3)． 点拨·建模 (1)求解直线或曲线过定点问题的基本思路是把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点． (2)由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)． 考法(二)　定直线问题 02 例 2 (2)证明：法一：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为x＝my－4， 则x1＝my1－4，x2＝my2－4. 因为直线MN与双曲线C的左支交于M，N两点，所以4m2－1≠0，且Δ＞0. 因为A1，A2分别为双曲线C的左、右顶点， 所以A1(－2,0)，A2(2,0)． 所以点P在定直线x＝－1上． 由①②可得kMA1＝－3kNA2. lMA1：y＝kMA1(x＋2)＝－3kNA2(x＋2)， lNA2：y＝kNA2(x－2)． 所以点P在定直线x＝－1上． 点拨·建模 定直线问题往往是动点所在的定直线、动圆的定切线，含有多个参数，其几何特征不明显，解决时常常不知从何入手，此时，须紧扣等量关系恒成立，应用待定系数法来处理． 课时跟踪检测 03 1 3 4 2 1 3 4 2 ∴抛物线C的方程为x2＝8y. 1 3 4 2 1 3 4 2 ∵λ≠1，∴x0＝2， ∴点T在定直线x＝2上． 1 2 3 4 1 2 3 4 解：(1)由题设知l经过点(a,0)，(0，b)， 1 2 3 4 (2)证明：设l1，l2的斜率分别为k,2k(k≠0)，由(1)可知B(0，－1)， 可得l1：y＝kx－1，l2：y＝2kx－1. 1 2 3 4 1 2 3 4 1 3 4 2 1 3 4 2 1 3 4 2 代入双曲线方程得(3－k2)x2＋4k2x－(4k2＋3)＝0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 设E(x0，y0)，点E在线段AB上，所以x1<x0<x2， 1 3 4 2 化简得4x0－(2＋x0)(x1＋x2)＋2x1x2＝0， 1 3 4 2 1 3 4 2 解：(1)因为点Q是线段FP的垂直平分线上的一点， 所以|QF|＝|QP|， 1 3 4 2 ②当直线AB不垂直于x轴时，设直线AB方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 1 3 4 2 1 3 4 2 所以OA⊥OB，故以AB为直径的圆过点O. 综上所述，以AB为直径的圆过定点O. (2023·全国乙卷)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点A(－2,0)在C上． (1)求C的方程； (2)过点(－2,3)的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：线段MN的中点为定点． 解：(1)因为点A(－2,0)在C上，所以＝1， 得b2＝4.因为椭圆的离心率e＝＝， 所以c2＝a2，又a2＝b2＋c2＝4＋a2，所以a2＝9，b2＝4， 故椭圆C的方程为＋＝1. 由 故x1＋x2＝－，x1x2＝. 直线AP：y＝(x＋2)， 令x＝0，解得yM＝，同理得yN＝， 则＝ ＝ ＝ ＝ ＝＝3. [针对训练] 1．(2024·邯郸开学摸底考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为2，且过点. (1)求椭圆C的方程； (2)设直线l：y＝kx＋m(k≠0)交椭圆C于A，B两点，且线段AB的中点M在直线x＝上，求证：线段AB的中垂线恒过定点N. 解：(1)椭圆过点，即＋＝1，又2c＝2，得a2＝b2＋3，所以a2＝4，b2＝1， 即椭圆C的方程为＋y2＝1. (2)证明：由得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－， 设AB的中点M为(x0，y0)，得x0＝－＝， 即1＋4k2＝－8km，所以y0＝kx0＋m＝k－＝－. 所以AB的中垂线方程为y＋＝－，即y＝－， 故AB的中垂线恒过定点N. (2023·新课标Ⅱ卷)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－2，0)，离心率为. (1)求C的方程； (2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点(－4,0)的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P，证明：点P在定直线上． 解：(1)设双曲线C的方程为－＝1(a＞0，b＞0)，c为双曲线C的半焦距， 由题意可得解得 所以双曲线C的方程为－＝1. 联立得(4m2－1)y2－32my＋48＝0. 由根与系数的关系得 所以y1＋y2＝y1y2. 直线MA1的方程为＝，直线NA2的方程为＝， 所以＝，得＝， ＝＝. 因为＝ ＝＝＝－3， 所以＝－3，解得x＝－1， 法二：由题意得A1(－2,0)，A2(2,0)． 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为x＝my－4，则－＝1，即4x－y＝16. 如图，连接MA2， kMA1·kMA2＝·＝＝＝4　①. 由－＝1，得4x2－y2＝16，4[(x－2)＋2]2－y2＝16， 4(x－2)2＋16(x－2)＋16－y2＝16,4(x－2)2＋16(x－2)－y2＝0. 由x＝my－4，得x－2＝my－6，my－(x－2)＝6， [my－(x－2)]＝1. 4(x－2)2＋16(x－2)·[my－(x－2)]－y2＝0，4(x－2)2＋(x－2)my－(x－2)2－y2＝0， 两边同时除以(x－2)2，得＋·－2＝0，即2－·－＝0. kMA2＝，kNA2＝， 由根与系数的关系得kMA2·kNA2＝－　②. 由解得x＝－1. [针对训练] 2．已知椭圆C：＋＝1的离心率为. (1)求椭圆C的方程； (2)当椭圆的焦点在x轴上时，直线l：y＝kx－1与椭圆的一个交点为P(点P不在坐标轴上)，点P关于x轴的对称点为Q，经过点Q且斜率为的直线与l交于点M，点N满足PN∥x轴，MN⊥x轴，求证：点N在直线y＝x＋1上． 解：(1)当椭圆的焦点在x轴上时，＝，解得c＝1，b2＝2－1＝1， 所以此时椭圆方程为＋y2＝1； 当椭圆的焦点在y轴上时，c＝， 所以＝，解得b2＝4，所以此时椭圆方程为＋＝1. (2)证明：如图，由题意得，椭圆方程为＋y2＝1， 联立 得(1＋2k2)x2－4kx＝0， 设点P(x1，y1)，则x1＝， 所以y1＝k·－1＝， 故P，Q， 所以经过点Q且斜率为的直线方程为 y＋＝， 联立 得x＝， 所以xM＝xN＝，yN＝y1＝，N，， 又·＋1＝，所以点N在直线y＝x＋1上． 1．已知点F为抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点，点E(x0,2)在抛物线C上，且|EF|＝4，直线l：y＝x＋1交抛物线C于A，B两点，O为坐标原点． (1)求抛物线C的方程； (2)若直线l′：y＝x＋m(m≠1)交抛物线C于M，N两点，直线AM与BN交于点T，求证：点T在定直线上． 解：(1)由x2＝2py(p>0)可知，抛物线C的准线为y＝－， ∴点E(x0,2)到准线的距离为2＋，根据抛物线定义知|EF|＝2＋＝4，p＝4， 同理x3＋x4＝4， 由＝λ得x3－x0＝λ(x1－x0)　①， (2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，T(x0，y0)，＝λ(λ≠1)． ∵AB∥MN，∴＝λ， 由x＝8y1，x＝8y2，得x－x＝8(y1－y2)，即x1＋x2＝＝4， 由＝λ得x4－x0＝λ(x2－x0)　②， ①②两式相加得x3＋x4－2x0＝λ(x1＋x2－2x0)， 即(x0－2)(λ－1)＝0， 2．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)有两个顶点在直线l：x＋y－b＝0上，C的中心到l的距离为. (1)求C的方程； (2)设l1，l2是经过C下顶点B的两条直线，l1与C相交于点M，l2与圆x2＋y2＝1相交于点N，若l1的斜率不等于0，l2斜率等于l1斜率的2倍，求证：直线MN经过定点． 因此C的方程为＋y2＝1. 可得a＝b，由＝， 可得b＝1或b＝－1(舍去)，从而a＝， 将y＝kx－1代入＋y2＝1可得＋(kx－1)2＝1，解得xM＝或xM＝0(舍去)， 所以yM＝kxM－1＝－1＝，所以M， 所以N. 将y＝2kx－1代入x2＋y2＝1可得x2＋(2kx－1)2＝1，解得xN＝或xN＝0(舍去)， 所以yN＝2kxN－1＝－1＝， 化简得y＝－x＋1，于是直线MN经过定点(0,1)． 所以直线MN的斜率为＝－， 因此直线MN方程为y－＝－， 3．在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C的中心为坐标原点，对称轴是坐标轴，右支与x轴的交点为(1,0)，其中一条渐近线的倾斜角为. (1)求C的标准方程； (2)过点T(2,0)作直线l与双曲线C的左、右两支分别交于A，B两点，在线段AB上取一点E满足|AE|·|TB|＝|EB|·|AT|，求证：点E在一条定直线上． 所以双曲线方程为x2－＝1. (2)证明：易知T(2,0)为双曲线的右焦点，如图所示． 由题知直线l斜率存在， 解：(1)根据题意，设双曲线的方程为－＝1(a＞0，b＞0)， 由题知a＝1，＝tan＝，可得b＝. 根据对称性，不妨设斜率为k(0≤k＜)，故直线的方程为y＝k(x－2)， 由根与系数的关系有x1＋x2＝，x1x2＝－，且x1≤－1,1≤x2<2， 即存在点E满足条件，并且在定直线x＝上． 由|AE|·|TB|＝|EB|·|AT|可得， (x0－x1)·(2－x2)＝(x2－x0)·(2－x1)， 代入x1＋x2和x1x2并化简可得x0＝， 4．已知圆E：(x＋1)2＋y2＝8，F(1,0)为圆E内一个定点，P是圆E上任意一点，线段FP的垂直平分线l交EP于点Q. (1)当点P在圆E上运动时，求点Q的轨迹C的方程； (2)已知圆O：x2＋y2＝在C的内部，A，B是C上不同的两点，且直线AB与圆O相切．求证：以AB为直径的圆过定点． 所以点Q的轨迹C是以E，F为焦点的椭圆，其中a＝，c＝1，b2＝a2－c2＝1， 所以点Q的轨迹C的方程为＋y2＝1. 因为|QE|＋|QF|＝|QE|＋|QP|＝2>|EF|＝2， (2)证明：①当直线AB垂直于x轴时，不妨设A，B， 此时·＝0，所以OA⊥OB，故以AB为直径的圆过点O. 所以x1＋x2＝，x1x2＝， 因为直线AB与圆O相切，所以点O到直线AB的距离为d＝＝，即3m2－2k2－2＝0. 由得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－2＝0， 所以·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)·(kx2＋m)＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2 ＝(1＋k2)＋km＋m2 ＝＝＝0， $$