高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)講義(新高考版)專題6第3講母題突破2定點(diǎn)問題(學(xué)生版+解析)

母題突破2定點(diǎn)問題母題已知橢圓C：eq\f(x2,4)＋y2＝1，點(diǎn)P(0,1)，設(shè)直線l不經(jīng)過P點(diǎn)且與C相交于A，B兩點(diǎn)，若直線PA與直線PB的斜率的和為－1，求證：l過定點(diǎn)．[子題1]已知拋物線C：y2＝4x的焦點(diǎn)為F，直線l與拋物線C交于A，B兩點(diǎn)，O是坐標(biāo)原點(diǎn)．若點(diǎn)E(－2,0)，直線l不與坐標(biāo)軸垂直，且∠AEO＝∠BEO，求證：直線l過定點(diǎn)．[子題2](2020·湖南四校聯(lián)考)已知拋物線C：y2＝4x與過點(diǎn)(2,0)的直線l交于M，N兩點(diǎn)，若eq\o(MP,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(MN,\s\up6(→))，PQ⊥y軸，垂足為Q，求證：以PQ為直徑的圓過定點(diǎn)．【拓展訓(xùn)練】1．(2020·北京東城區(qū)模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1的右焦點(diǎn)為F，直線l：y＝kx＋m(k≠0)過點(diǎn)F，且與橢圓C交于P，Q兩點(diǎn)，如果點(diǎn)P關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)為P′，求證：直線P′Q過x軸上的定點(diǎn)．2．已知P(0,2)是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一個頂點(diǎn)，C的離心率e＝eq\f(\r(3),3).(1)求橢圓的方程；(2)過點(diǎn)P的兩條直線l1，l2分別與C相交于不同于點(diǎn)P的A，B兩點(diǎn)，若l1與l2的斜率之和為－4，則直線AB是否經(jīng)過定點(diǎn)？若是，求出定點(diǎn)坐標(biāo)；若不過定點(diǎn)，請說明理由．專題訓(xùn)練1．已知橢圓C：eq\f(x2,2)＋y2＝1，設(shè)直線l與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，D(0，－1)，若直線AD與直線BD的斜率之積為eq\f(1,6).證明：直線l恒過定點(diǎn)．2．已知點(diǎn)H為拋物線C：x2＝4y的準(zhǔn)線上任一點(diǎn)，過H作拋物線C的兩條切線HA，HB，切點(diǎn)為A，B，證明直線AB過定點(diǎn)，并求△HAB面積的最小值．母題突破2定點(diǎn)問題母題已知橢圓C：eq\f(x2,4)＋y2＝1，點(diǎn)P(0,1)，設(shè)直線l不經(jīng)過P點(diǎn)且與C相交于A，B兩點(diǎn)，若直線PA與直線PB的斜率的和為－1，求證：l過定點(diǎn)．思路分析?l斜率k存在時寫出l的方程↓?聯(lián)立l，C的方程，設(shè)而不求↓?計算kPA，kPB并代入kPA＋kPB＝－1↓?分析直線方程，找出定點(diǎn)【解析】證明設(shè)直線PA與直線PB的斜率分別為k1，k2.如果l與x軸垂直，設(shè)l：x＝t，由題設(shè)知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐標(biāo)分別為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(\r(4－t2),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，－\f(\r(4－t2),2)))，則k1＋k2＝eq\f(\r(4－t2)－2,2t)－eq\f(\r(4－t2)＋2,2t)＝－1，得t＝2，不符合題設(shè)．從而可設(shè)l：y＝kx＋m(m≠1)．將y＝kx＋m代入eq\f(x2,4)＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.由題設(shè)可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－eq\f(8km,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4m2－4,4k2＋1).而k1＋k2＝eq\f(y1－1,x1)＋eq\f(y2－1,x2)＝eq\f(kx1＋m－1,x1)＋eq\f(kx2＋m－1,x2)＝eq\f(2kx1x2＋m－1x1＋x2,x1x2).由題設(shè)k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0，即(2k＋1)·eq\f(4m2－4,4k2＋1)＋(m－1)·eq\f(－8km,4k2＋1)＝0，解得k＝－eq\f(m＋1,2).當(dāng)且僅當(dāng)m>－1時，Δ>0，于是l：y＝－eq\f(m＋1,2)x＋m，即y＋1＝－eq\f(m＋1,2)(x－2)，所以l過定點(diǎn)(2，－1)．[子題1]已知拋物線C：y2＝4x的焦點(diǎn)為F，直線l與拋物線C交于A，B兩點(diǎn)，O是坐標(biāo)原點(diǎn)．若點(diǎn)E(－2,0)，直線l不與坐標(biāo)軸垂直，且∠AEO＝∠BEO，求證：直線l過定點(diǎn)．【解析】證明設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由題意可設(shè)直線l的方程為x＝ny＋b(n≠0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ny＋b，,y2＝4x，))得y2－4ny－4b＝0，則y1＋y2＝4n，y1y2＝－4b.由∠AEO＝∠BEO，得kEA＝－kEB，即eq\f(y1,x1＋2)＝－eq\f(y2,x2＋2)，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，故直線l的方程為x＝ny＋2(n≠0)，所以直線l過定點(diǎn)(2,0)．[子題2](2020·湖南四校聯(lián)考)已知拋物線C：y2＝4x與過點(diǎn)(2,0)的直線l交于M，N兩點(diǎn)，若eq\o(MP,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(MN,\s\up6(→))，PQ⊥y軸，垂足為Q，求證：以PQ為直徑的圓過定點(diǎn)．【解析】證明由題意可知，直線l的斜率不為0，設(shè)其方程為x＝my＋2(m∈R)，將x＝my＋2代入y2＝4x，消去x可得y2－4my－8＝0，顯然Δ＝16m2＋32>0，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則y1＋y2＝4m，y1y2＝－8，因?yàn)閑q\o(MP,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(MN,\s\up6(→))，所以P是線段MN的中點(diǎn)，設(shè)P(xP，yP)，則xP＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(my1＋y2＋4,2)＝2m2＋2，yP＝eq\f(y1＋y2,2)＝2m，所以P(2m2＋2,2m)，又PQ⊥y軸，垂足為Q，所以Q(0,2m)，設(shè)以PQ為直徑的圓經(jīng)過點(diǎn)A(x0，y0)，則eq\o(AP,\s\up6(→))＝(2m2＋2－x0,2m－y0)，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(－x0,2m－y0)，所以eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AQ,\s\up6(→))＝0，即－x0(2m2＋2－x0)＋(2m－y0)2＝0，化簡可得(4－2x0)m2－4y0m＋xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)－2x0＝0，①令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4－2x0＝0，,4y0＝0，,x\o\al(2,0)＋y\o\al(2,0)－2x0＝0，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝2，,y0＝0，))所以當(dāng)x0＝2，y0＝0時，對任意的m∈R，①式恒成立，所以以PQ為直徑的圓過定點(diǎn)，該定點(diǎn)的坐標(biāo)為(2,0)．規(guī)律方法動線過定點(diǎn)問題的兩大類型及解法(1)動直線l過定點(diǎn)問題，解法：設(shè)動直線方程(斜率存在)為y＝kx＋t，由題設(shè)條件將t用k表示為t＝mk，得y＝k(x＋m)，故動直線過定點(diǎn)(－m,0)．(2)動曲線C過定點(diǎn)問題，解法：引入?yún)⒆兞拷⑶€C的方程，再根據(jù)其對參變量恒成立，令其系數(shù)等于零，得出定點(diǎn)．【拓展訓(xùn)練】1．(2020·北京東城區(qū)模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1的右焦點(diǎn)為F，直線l：y＝kx＋m(k≠0)過點(diǎn)F，且與橢圓C交于P，Q兩點(diǎn)，如果點(diǎn)P關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)為P′，求證：直線P′Q過x軸上的定點(diǎn)．【解析】證明∵c＝eq\r(6－2)＝2，∴F(2,0)，直線l：y＝kx＋m(k≠0)過點(diǎn)F，∴m＝－2k，∴l(xiāng)：y＝k(x－2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋3y2＝6，,y＝kx－2，))得(3k2＋1)x2－12k2x＋12k2－6＝0.依題意Δ>0，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(12k2,3k2＋1)，x1x2＝eq\f(12k2－6,3k2＋1).∵點(diǎn)P關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)為P′，則P′(x1，－y1)．∴直線P′Q的方程可以設(shè)為y＋y1＝eq\f(y2＋y1,x2－x1)(x－x1)，令y＝0，x＝eq\f(x2y1－x1y1,y1＋y2)＋x1＝eq\f(x2y1＋x1y2,y1＋y2)＝eq\f(kx2x1－2＋kx1x2－2,kx1＋x2－4)＝eq\f(2x1x2－2x1＋x2,x1＋x2－4)＝eq\f(2×\f(12k2－6,3k2＋1)－2×\f(12k2,3k2＋1),\f(12k2,3k2＋1)－4)＝3.∴直線P′Q過x軸上的定點(diǎn)(3,0)．2．已知P(0,2)是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一個頂點(diǎn)，C的離心率e＝eq\f(\r(3),3).(1)求橢圓的方程；(2)過點(diǎn)P的兩條直線l1，l2分別與C相交于不同于點(diǎn)P的A，B兩點(diǎn)，若l1與l2的斜率之和為－4，則直線AB是否經(jīng)過定點(diǎn)？若是，求出定點(diǎn)坐標(biāo)；若不過定點(diǎn)，請說明理由．【解析】解(1)由題意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝2，,\f(c,a)＝\f(\r(3),3)，,a2＝b2＋c2，))解得a＝eq\r(6)，b＝2，c＝eq\r(2)，∴橢圓的方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)當(dāng)直線AB的斜率存在時，設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋t(t≠2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋t，,\f(x2,6)＋\f(y2,4)＝1，))消去y并整理，可得(3k2＋2)x2＋6ktx＋3t2－12＝0，∴Δ＝36(kt)2－4×(3k2＋2)(3t2－12)>0，即24(6k2－t2＋4)>0，則x1＋x2＝－eq\f(6kt,3k2＋2)，x1x2＝eq\f(3t2－12,3k2＋2)，由l1與l2的斜率之和為－4，可得eq\f(y1－2,x1)＋eq\f(y2－2,x2)＝－4，又y1＝kx1＋t，y2＝kx2＋t，∴eq\f(y1－2,x1)＋eq\f(y2－2,x2)＝eq\f(kx1＋t－2,x1)＋eq\f(kx2＋t－2,x2)＝2k＋eq\f(t－2x1＋x2,x1x2)＝2k＋eq\f(t－2·\f(－6kt,3k2＋2),\f(3t2－12,3k2＋2))＝－4，∵t≠2，化簡可得t＝－k－2，∴y＝kx－k－2＝k(x－1)－2，∴直線AB經(jīng)過定點(diǎn)(1，－2)．當(dāng)直線AB的斜率不存在時，設(shè)直線AB的方程為x＝m，A(m，y1)，B(m，y2)，∴eq\f(y1－2,m)＋eq\f(y2－2,m)＝eq\f(y1＋y2－4,m)＝－4，又點(diǎn)A，B均在橢圓上，∴A，B關(guān)于x軸對稱，∴y1＋y2＝0，∴m＝1，故直線AB的方程為x＝1，也過點(diǎn)(1，－2)，綜上直線AB經(jīng)過定點(diǎn)，定點(diǎn)為(1，－2)．專題訓(xùn)練1．已知橢圓C：eq\f(x2,2)＋y2＝1，設(shè)直線l與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，D(0，－1)，若直線AD與直線BD的斜率之積為eq\f(1,6).證明：直線l恒過定點(diǎn)．【解析】證明①當(dāng)直線l斜率不存在時，設(shè)l：x＝m，A(m，yA)，B(m，－yA)，因?yàn)辄c(diǎn)A(m，yA)在橢圓eq\f(x2,2)＋y2＝1上，所以eq\f(m2,2)＋yeq\o\al(2,A)＝1，即yeq\o\al(2,A)＝1－eq\f(m2,2)，所以kAD·kBD＝eq\f(yA＋1,m)·eq\f(－yA＋1,m)＝eq\f(1－y\o\al(2,A),m2)＝eq\f(\f(m2,2),m2)＝eq\f(1,2)≠eq\f(1,6)，不滿足題意．②當(dāng)直線l斜率存在時，設(shè)l：y＝kx＋b(b≠－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋b，,x2＋2y2－2＝0，))整理得(1＋2k2)x2＋4kbx＋2b2－2＝0，依題意得，Δ>0，所以x1＋x2＝eq\f(－4kb,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2b2－2,1＋2k2)，則kAD·kBD＝eq\f(y1＋1,x1)·eq\f(y2＋1,x2)＝eq\f(kx1＋bkx2＋b＋[kx2＋x1＋2b]＋1,x1x2)＝eq\f(k2x1x2＋kb＋kx1＋x2＋b2＋2b＋1,x1x2).將x1＋x2＝eq\f(－4kb,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2b2－2,1＋2k2)，代入上式化簡得，kAD·kBD＝eq\f(y1＋1,x1)·eq\f(y2＋1,x2)＝eq\f(b＋12,2b＋1b－1)＝eq\f(1,6)，即eq\f(b＋1,b－1)＝eq\f(1,3)，解得b＝－2.所以直線l恒過定點(diǎn)(0，－2)．2．已知點(diǎn)H為拋物線C：x2＝4y的準(zhǔn)線上任一點(diǎn)，過H作拋物線C的兩條切線HA，HB，切點(diǎn)為A，B，證明直線AB過定點(diǎn)，并求△HAB面積的最小值．【解析】解設(shè)點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，H(t，－1