資源簡(jiǎn)介

(共93張PPT)
第一階段　突破核心　升華思維
專題五　解析幾何
§4　圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值、定直線
【備考指南】　備考中重點(diǎn)關(guān)注曲線在運(yùn)動(dòng)變化中，是否過定點(diǎn)，線段長(zhǎng)、直線的斜率或斜率之和(積)等是否為定值，動(dòng)點(diǎn)是否在定直線上．學(xué)會(huì)用坐標(biāo)法研究圓錐曲線動(dòng)態(tài)中的幾何不變性，強(qiáng)化數(shù)形結(jié)合的意識(shí)．
能力考點(diǎn)3　定直線問題
能力考點(diǎn)1　定點(diǎn)問題
（一）
能力考點(diǎn)2　定值問題
（二）
（三）
專題限時(shí)集訓(xùn)(十五)　圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值、定直線
（四）
能力考點(diǎn)1　定點(diǎn)問題
【典例1】　(2022·全國乙卷)已知橢圓E的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)，對(duì)稱軸為x軸、y軸，且過A(0，－2)，B兩點(diǎn)．
(1)求E的方程；
(2)設(shè)過點(diǎn)P(1，－2)的直線交E于M，N兩點(diǎn)，過M且平行于x軸的直線與線段AB交于點(diǎn)T，點(diǎn)H滿足＝．證明：直線HN過定點(diǎn)．
[解]　(1)設(shè)橢圓E的方程為mx2＋ny2＝1，因?yàn)闄E圓過A(0，－2)，B兩點(diǎn)，
則解得m＝，n＝，
所以橢圓E的方程為＝1．
(2)證明：因?yàn)锳(0，－2)，B，所以直線AB的方程為y＋2＝x．
①若過點(diǎn)P(1，－2)的直線斜率不存在，即直線x＝1，代入＝1，
可得M，N，代入直線AB的方程y＝x－2，可得T，由＝得到H．求得直線HN的方程為y＝x－2，過點(diǎn)(0，－2)．
②若過點(diǎn)P(1，－2)的直線斜率存在，設(shè)y＋2＝k(x－1)，即kx－y－(k＋2)＝0，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
聯(lián)立得(3k2＋4)x2－6k(2＋k)x＋3k(k＋4)＝
0，Δ＝[－6k(2＋k)]2－4(3k2＋4)·3k(k＋4)＝96k2－192k＞0，解得k＜0或k＞2．
可得
聯(lián)立可得T，H(3y1＋6－x1，y1)．
可求得此時(shí)HN：y－y2＝(x－x2)，
將(0，－2)代入整理得2(x1＋x2)－6(y1＋y2)＋x1y2＋x2y1－3y1y2－12＝0，
又x1y2＋x2y1＝，
代入，得24k＋12k2＋96＋48k－24k－48－48k＋24k2－36k2－48＝0，顯然成立．
綜上，可得直線HN過定點(diǎn)(0，－2)．
動(dòng)線過定點(diǎn)問題的兩大類型及解法
(1)動(dòng)直線過定點(diǎn)問題，解法：設(shè)動(dòng)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(dòng)直線過定點(diǎn)
(－m，0)．
(2)動(dòng)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(duì)參變量恒成立，令其系數(shù)等于零，得出定點(diǎn)．
(2024·安徽合肥模擬)設(shè)拋物線E：y2＝2px(p>0)，過焦點(diǎn)F的直線與拋物線E交于點(diǎn)A，B．當(dāng)直線AB垂直于x軸時(shí)，＝2．
(1)求拋物線E的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)已知點(diǎn)P，直線AP，BP分別與拋物線E交于點(diǎn)C，D．求證：直線CD過定點(diǎn)．
[解]　(1)由題意，當(dāng)直線AB垂直于x軸時(shí)，直線AB的方程為x＝，
聯(lián)立 可得則＝2p，所以2p＝2，即p＝1，
所以拋物線E的方程為y2＝2x．
(2)證明：若直線AB與x軸重合，則直線AB與拋物線E只有一個(gè)交點(diǎn)，不符合題意，
同理可知，直線CD也不與x軸重合，
設(shè)C，D，設(shè)直線AB的方程為x＝my＋，
聯(lián)立 得y2－2my－1＝0，Δ＝4m2＋4>0，
因此y1＋y2＝2m，y1y2＝－1．
設(shè)直線AC的方程為x＝ny＋1，聯(lián)立 得y2－2ny－2＝0，
則Δ′＝4n2＋8>0，因此y1＋y3＝2n，y1y3＝－2，則y3＝，同理可得y4＝．
所以kCD＝＝＝＝＝－＝．
因此直線CD的方程為x＝2m＋x3，
由對(duì)稱性知，定點(diǎn)在x軸上，
令y＝0得，
x＝－2my3＋x3＝＝－2m·＝
＝＝＝＝2，
所以直線CD過定點(diǎn)．
【教師備選資源】
1．(2024·福建廈門模擬)雙曲線C：＝1的離心率為，點(diǎn)T在C上．
(1)求C的方程；
(2)設(shè)圓O：x2＋y2＝2上任意一點(diǎn)P處的切線交C于M，N兩點(diǎn)，證明：以MN為直徑的圓過定點(diǎn)．
[解]　(1)依題意有
即有解得a2＝1，b2＝2，
所以雙曲線C的方程為x2－＝1．
(2)證明：法一：設(shè)M，N，
①當(dāng)切線斜率存在時(shí)，設(shè)直線方程為y＝kx＋m，
因?yàn)橹本€與圓相切，所以＝，整理得m2＝2＋2k2，
聯(lián)立 x2－2kmx－m2－2＝0，
Δ＝4k2m2＋4＝8(m2＋2－k2)>0，
則x1＋x2＝，x1x2＝，
由對(duì)稱性知，若以MN為直徑的圓過定點(diǎn)，則定點(diǎn)必為原點(diǎn)．
＝x1x2＋y1y2
＝x1x2＋
＝x1x2＋mk＋m2
＝＋mk·＋m2＝，
又m2＝2＋2k2，所以＝0，
所以⊥，故以MN為直徑的圓過原點(diǎn)．
②當(dāng)切線斜率不存在時(shí)，直線方程為x＝±，
此時(shí)M，N或M(，－)，N()，
此時(shí)圓的方程為＋y2＝2，恒過原點(diǎn)；
或M，N或M(－，－)，N(－)，
此時(shí)圓的方程為＋y2＝2，恒過原點(diǎn)．
綜上所述，以MN為直徑的圓過原點(diǎn)．
法二：設(shè)M，N．
①當(dāng)切線斜率存在時(shí)，設(shè)直線方程為y＝kx＋m，
因?yàn)橹本€與圓相切，所以＝，整理得m2＝2＋2k2，
聯(lián)立 x2－2kmx－m2－2＝0，
Δ＝4k2m2＋4＝8(m2＋2－k2)>0，
則x1＋x2＝，x1x2＝．
以MN為直徑的圓的方程為(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0，
即x2－x＋x1x2＋y2－y＋y1y2＝0，因?yàn)閤1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)·(kx2＋m)＝(k2＋1)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2，
所以x1x2＋y1y2＝＋km·＋m2＝＝0，
且y1＋y2＝k＋2m＝k·＋2m＝，
所以所求的圓的方程為x2－x＋y2－y＝0，
所以以MN為直徑的圓過原點(diǎn)；
②當(dāng)切線斜率不存在時(shí)，同法一，此時(shí)圓的方程為＋y2＝2，恒過原點(diǎn)．
綜上所述，以MN為直徑的圓過原點(diǎn)．
2．(2024·廣東廣州模擬)已知橢圓C：＝1(0(1)求橢圓C的方程；
(2)設(shè)過點(diǎn)D的直線l交橢圓C于點(diǎn)M，N，
點(diǎn)A，直線MA，NA分別交直線x＝－4
于點(diǎn)P，Q，求證：線段PQ的中點(diǎn)為定點(diǎn)．
[解]　(1)由題可得a2＝8，
∵E，B1，B2，
∴EB1的中點(diǎn)為G，
∵＝(－a，b)·＝＝1，∴b2＝2，
故橢圓C的方程為＝1．
(2)證明：依題意可知直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y＝k，
由 消去y并化簡(jiǎn)得x2＋32k2x＋64k2－8＝0，
由Δ＝1 024k4－4>0，得k2<，－設(shè)M，N，
則xM＋xN＝－，xMxN＝，
依題意可知直線MA，NA的斜率存在，
直線MA的方程為y＋1＝，
令x＝－4，得yP＝＝
＝＝＝－2k－1－，
同理可求得yQ＝－2k－1－，
∴yP＋yQ＝－4k－2－＝－4k－2－
＝－4k－2－
＝－4k－2－
＝－4k－2＋(4k＋2)＝0，
∴線段PQ的中點(diǎn)為定點(diǎn)．
3．(2020·全國Ⅰ卷)已知A，B分別為橢圓E：＋y2＝1(a>1)的左、右頂點(diǎn)，G為E的上頂點(diǎn)，＝8．P為直線x＝6上的動(dòng)點(diǎn)，PA與E的另一交點(diǎn)為C，PB與E的另一交點(diǎn)為D．
(1)求E的方程；
(2)證明：直線CD過定點(diǎn)．
[解]　(1)由題設(shè)得A(－a，0)，B(a，0)，G(0，1)．
則＝(a，1)，＝(a，－1)．由＝8，得a2－1＝8，即a＝3．
所以E的方程為＋y2＝1．
(2)證明：設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t)．
若t≠0，設(shè)直線CD的方程為x＝my＋n，由題意可知－3因?yàn)橹本€PA的方程為y＝(x＋3)，所以y1＝(x1＋3)．
因?yàn)橹本€PB的方程為y＝(x－3)，所以y2＝(x2－3)．
可得3y1(x2－3)＝y(tǒng)2(x1＋3)．
由＝1，可得＝－，則27y1y2＝－(x1＋3)(x2＋3)，即(27＋m2)y1y2＋m(n＋3)(y1＋y2)＋(n＋3)2＝0．　①
將x＝my＋n代入＋y2＝1，得
(m2＋9)y2＋2mny＋n2－9＝0，
所以y1＋y2＝－，y1y2＝．
代入①式，得(27＋m2)(n2－9)－2m(n＋3)mn＋(n＋3)2(m2＋9)＝0．
解得n＝－3(舍去)或n＝．
故直線CD的方程為x＝my＋，所以直線CD過定點(diǎn)．
若t＝0，則直線CD的方程為y＝0，過點(diǎn)．
綜上可知，直線CD過定點(diǎn)．
能力考點(diǎn)2　定值問題
【典例2】　(2020·新高考Ⅰ卷)已知橢圓C：＝1(a>b>0)的離心率為，且過點(diǎn)A(2，1)．
(1)求C的方程；
(2)點(diǎn)M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D為垂足．證明：存在定點(diǎn)Q，使得|DQ|為定值．
[解]　(1)由題設(shè)得＝1，＝，解得a2＝6，b2＝3．所以橢圓C的方程為＝1．
(2)證明：設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)．
若直線MN與x軸不垂直，設(shè)直線MN的方程為y＝kx＋m，代入＝1，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，Δ＝(4km)2－4(1＋2k2)(2m2－6)＞0，得m2－6k2－3＜0，于是x1＋x2＝－，x1x2＝．①
由AM⊥AN知＝0，故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，可得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0．
將①代入上式，可得(k2＋1)·－(km－k－2)·＋(m－1)2＋4＝0．
整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0．
因?yàn)锳(2，1)不在直線MN上，
所以2k＋m－1≠0，故2k＋3m＋1＝0，k≠1，m＝－k－，滿足Δ＞0，
于是MN的方程為y＝k(k≠1)．
所以直線MN過點(diǎn)P．
若直線MN與x軸垂直，可得N(x1，－y1)．
由＝0，得
(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0．
又＝1，可得－8x1＋4＝0，解得x1＝2(舍去)或x1＝，此時(shí)直線MN過點(diǎn)P．
令Q為AP的中點(diǎn)，即Q．
若D與P不重合，則由題設(shè)知AP是Rt△ADP的斜邊，
故|DQ|＝|AP|＝．
若D與P重合，則|DQ|＝|AP|．
綜上可知，存在點(diǎn)Q，使得|DQ|為定值．
求解定值問題的兩大途徑
(1)從特殊入手，求出定值，再證明這個(gè)值與變量無關(guān)．
(2)直接推理、計(jì)算，并在計(jì)算推理的過程中消去變量，從而得到定值．
(2024·云南昆明模擬)平面上一動(dòng)點(diǎn)P滿足＝2．
(1)求P點(diǎn)軌跡Γ的方程；
(2)已知A，B，延長(zhǎng)PA交Γ于點(diǎn)Q，求實(shí)數(shù)m使得∠PAB＝m∠PBA恒成立，并證明∠PBQ為定值．
[解]　(1)由題意可得，動(dòng)點(diǎn)P到定點(diǎn)的距離比到定點(diǎn)的距離大2，
由雙曲線的定義，可知P點(diǎn)軌跡是以為焦點(diǎn)的雙曲線的左支，
設(shè)Γ：＝1(a>0，b>0)，
則c＝2，a＝1，b2＝c2－a2＝3，
所以Γ的方程為x2－＝1．
(2)如圖，不妨設(shè)點(diǎn)P在第二象限，
①當(dāng)lPQ的斜率不存在時(shí)，
Γ：x2－＝1，令x＝－2，解得y＝±3，
則P，此時(shí)∠PAB＝，
在Rt△PAB中，＝＝3，∴∠PBA＝，即m＝2，此時(shí)∠QAB＝，由對(duì)稱性知，∠QBA＝∠QAB＝，所以∠PBQ＝∠PBA＋∠QBA＝為定值．
②當(dāng)lPQ的斜率存在時(shí)，令lPA的傾斜角為α，lPB的傾斜角為β，則∠PAB＝α，∠PBA＝π－β，
假設(shè)∠PAB＝2∠PBA成立，即α＝2π－2β，則有tan α＝tan (2π－2β)＝－tan 2β＝－，即kPA＝．
又kPA＝＝＝，又點(diǎn)P的坐標(biāo)滿足x2－＝1，即y2＝3x2－3，
＝＝＝＝＝－，
所以kPA＝，假設(shè)成立，
所以當(dāng)m＝2時(shí)，有∠PAB＝2∠PBA成立．
此時(shí)∠QAB＝π－α，由對(duì)稱性知，∠QBA＝∠QAB＝，而∠PBA＝，
所以∠PBQ＝∠PBA＋∠QBA＝為定值．
(2)設(shè)G，則y0＝＝－，
所以x0＝1－＝，即，
同理可得，
所以k1＝＝＝＝＝＝，
所以＝＝2．故為定值2．
2
4
3
題號(hào)
1
【教師備選資源】
1．已知拋物線Γ：y2＝4x的焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)F且斜率為k的直線與拋物線Γ交于A，B兩點(diǎn)，分別過A，B兩點(diǎn)作拋物線的切線，兩條切線分別與y軸交于C，D兩點(diǎn)，直線CF與拋物線Γ交于M，N兩點(diǎn)，直線DF與拋物線Γ交于P，Q兩點(diǎn)，G為線段MN的中點(diǎn)，H為線段PQ的中點(diǎn)．
(1)證明：為定值；
(2)設(shè)直線GH的斜率為k1，證明：為定值．
2
4
3
題號(hào)
1
[證明]　(1)設(shè)m＝，則m≠0，易知拋物線Γ的焦點(diǎn)為F，
設(shè)直線AB的方程為x＝my＋1，A，B，
聯(lián)立可得y2－4my－4＝0，Δ＝16m2＋16>0，
可得y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，
接下來證明拋物線Γ在點(diǎn)A處的切線方程為y1y＝2x＋2x1，
聯(lián)立 可得y2－2y1y＋4x1＝0，
2
4
3
題號(hào)
1
即＝0，即＝0，
所以直線y1y＝2x＋2x1與拋物線Γ只有唯一的公共點(diǎn)，
所以AC的方程為y1y＝2x＋2x1，同理可知，直線BD的方程為y2y＝2x＋2x2，
在直線AC的方程中，令x＝0，可得y＝＝＝，即C，同理可得D，
所以直線CF的方程為x＋＝1，即x＝1－，
2
4
3
題號(hào)
1
設(shè)M，N，聯(lián)立 可得y2＋－4＝0，則Δ1＝＋16>0，可得y3＋y4＝－，y3y4＝－4，
所以＝x3＋x4＋2＝2－＋2＝4－＝＝，
2
4
3
題號(hào)
1
同理可得＝，
＝＝
＝＝
＝＝，
故為定值，定值為．
2
4
3
題號(hào)
1
(2)設(shè)G，則y0＝＝－，
所以x0＝1－＝，即，
同理可得，
所以k1＝＝
＝＝＝＝，
所以＝＝2．故為定值2．
2
4
3
題號(hào)
1
2．(2024·河北保定模擬)已知?jiǎng)狱c(diǎn)M在x2＋y2＝4上，過M作x軸的垂線，垂足為N，若H為MN中點(diǎn)．
(1)求點(diǎn)H的軌跡方程；
(2)過A作直線l交H的軌跡于P，Q兩點(diǎn)，并且交x軸于B點(diǎn)．若＝λ＝μ，求證：為定值．
2
4
3
題號(hào)
1
[解]　(1)設(shè)點(diǎn)H的坐標(biāo)為，
則N，M，
點(diǎn)M在x2＋y2＝4上，則有x2＋4y2＝4，即＋y2＝1，
所以點(diǎn)H的軌跡方程為＋y2＝1．
2
4
3
題號(hào)
1
(2)證明：直線l的斜率不存在時(shí)，直線方程為x＝0，不妨令P，Q，A，B，得＝＝，
由＝λ，得λ＝，
＝＝，由＝μ，得μ＝，
此時(shí)＝2＋＝．
直線l的斜率存在時(shí)，由直線l交x軸于B點(diǎn)知斜率不為0，設(shè)直線方程為y＝kx＋，
則有B，設(shè)P，Q，
由消去y得x2＋4kx－3＝0，
Δ＝16k2＋12>0，有x1＋x2＝，x1x2＝，
2
4
3
題號(hào)
1
2
4
3
題號(hào)
1
＝＝，由＝λ，得＝＝＋1，
＝＝，由＝μ，得＝＝＋1，
此時(shí)＝＋1＋＋1＝＋2＝＋2＝＋2＝．
綜上可知，為定值．
2
4
3
題號(hào)
1
3．(2024·安徽合肥二模)已知橢圓C：＝1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F，左頂點(diǎn)為A，短軸長(zhǎng)為2，且經(jīng)過點(diǎn)．
(1)求橢圓C的方程；
(2)過點(diǎn)F的直線l(不與x軸重合)與C交于P，Q兩點(diǎn)，直線AP，AQ與直線x＝4的交點(diǎn)分別為M，N，記直線MF，NF的斜率分別為k1，k2，證明：k1·k2為定值．
2
4
3
題號(hào)
1
[解]　(1)因?yàn)?b＝2，所以b＝，再將點(diǎn)代入＝1得＝1，
解得a2＝4，故橢圓C的方程為＝1．
(2)證明：由題意可設(shè)l：x＝ty＋1，P，Q，
由 可得y2＋6ty－9＝0，
2
4
3
題號(hào)
1
易知Δ>0恒成立，所以y1＋y2＝－，y1y2＝－，
又因?yàn)锳，
所以直線PA的方程為y＝，令x＝4，則y＝，故M，同理N，
從而k1＝＝，k2＝，
故k1k2＝＝＝＝－1．
所以k1·k2為定值－1．
2
4
3
題號(hào)
1
4．已知圓A1：(x＋1)2＋y2＝16，直線l1過點(diǎn)A2(1，0)且與圓A1交于點(diǎn)B，C，BC的中點(diǎn)為D，過A2C的中點(diǎn)E且平行于A1D的直線交A1C于點(diǎn)P，記P的軌跡為Γ．
(1)求Γ的方程；
(2)坐標(biāo)原點(diǎn)O關(guān)于A1，A2的對(duì)稱點(diǎn)分別為B1，B2，點(diǎn)A1，A2關(guān)于直線y＝x的對(duì)稱點(diǎn)分別為C1，C2，過A1的直線l2與Γ交于點(diǎn)M，N，直線B1M，B2N相交于點(diǎn)Q．請(qǐng)從下列結(jié)論中，選擇一個(gè)正確的結(jié)論并給予證明．
①△QB1C1的面積是定值；②△QB1B2的面積是定值；③△QC1C2的面積是定值．
2
4
3
題號(hào)
1
[解]　(1)由題意得，A1，A2．
因?yàn)镈為BC中點(diǎn)，所以A1D⊥BC，即A1D⊥A2C，
又PE∥A1D，所以PE⊥A2C，
又E為A2C的中點(diǎn)，所以＝，
所以＝＝＝4>，
所以點(diǎn)P的軌跡Γ是以A1，A2為焦點(diǎn)的橢圓(左、右頂點(diǎn)除外)．
設(shè)Γ：＝1，其中a>b>0，a2－b2＝c2．
則2a＝4，a＝2，c＝1，b＝＝．
故Γ：＝1．
2
4
3
題號(hào)
1
(2)法一：結(jié)論③正確．下證△QC1C2的面積是定值．
由題意得，B1，B2，C1，C2，且直線l2的斜率不為0，
可設(shè)直線l2：x＝my－1，M，N，且x1≠±2，x2≠±2．
由 得y2－6my－9＝0，
Δ＞0，所以y1＋y2＝，y1y2＝，所以2my1y2＝－3．
2
4
3
題號(hào)
1
直線B1M的方程為y＝，
直線B2N的方程為y＝，
由得＝
＝＝＝＝＝，
解得x＝－4．
故點(diǎn)Q在直線x＝－4上，所以Q到C1C2的距離d＝4，因此△QC1C2的面積是定值，為·d＝×2×4＝4．
2
4
3
題號(hào)
1
法二：結(jié)論③正確．下證△QC1C2的面積是定值．
由題意得，B1，B2，C1，C2，且直線l2的斜率不為0．
(i)當(dāng)直線l2垂直于x軸時(shí)，l2：x＝－1，
由得 或
不妨設(shè)M，N，
則直線B1M的方程為y＝，直線B2N的方程為y＝，
2
4
3
題號(hào)
1
由得所以Q，
故Q到C1C2的距離d＝4，
此時(shí)△QC1C2的面積是·d＝×2×4＝4．
2
4
3
題號(hào)
1
(ii)當(dāng)直線l2不垂直于x軸時(shí)，設(shè)直線l2：y＝k，M，N，且x1≠±2，x2≠±2．
由
得x2＋8k2x＋4k2－12＝0，Δ＞0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝．
2
4
3
題號(hào)
1
直線MB1的方程為y＝，直線NB2的方程為y＝，
由
得x＝2＝2
＝．
2
4
3
題號(hào)
1
下證：＝－4，
即證4x1x2－2x1＋6x2＝－4，
即證4x1x2＝－10－16，
即證4＝－10－16，
即證4＝－10×－16，
上式顯然成立，故點(diǎn)Q在直線x＝－4上，所以Q到C1C2的距離d＝4，此時(shí)△QC1C2的面積是定值，為·d＝×2×4＝4．
由(i)(ii)可知，△QC1C2的面積為定值．
2
4
3
題號(hào)
1
法三：結(jié)論③正確．下證△QC1C2的面積是定值．
由題意得，B1，B2，C1，C2，且直線l2的斜率不為0，
可設(shè)直線l2：x＝my－1，M，N，且x1≠±2，x2≠±2．
由得y2－6my－9＝0，Δ＞0，
所以y1＋y2＝，y1y2＝．
2
4
3
題號(hào)
1
直線B1M的方程為y＝，直線B2N的方程為y＝，
因?yàn)椋?，所以＝－，
故直線B2N的方程為y＝－．
由
得＝－＝－
＝－＝－＝3，解得x＝－4．
2
4
3
題號(hào)
1
故點(diǎn)Q在直線x＝－4上，所以Q到C1C2的距離d＝4，
因此△QC1C2的面積是定值，為·d＝×2×4＝4．
能力考點(diǎn)3　定直線問題
【典例3】　(2023·新高考Ⅱ卷)已知雙曲線C的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)，左焦點(diǎn)為(－2，0)，離心率為．
(1)求C的方程；
(2)記C的左、右頂點(diǎn)分別為A1，A2，過點(diǎn)(－4，0)的直線與C的左支交于M，N兩點(diǎn)，M在第二象限，直線MA1與NA2交于點(diǎn)P，證明：點(diǎn)P在定直線上．
[解]　(1)雙曲線C的中心為原點(diǎn)，左焦點(diǎn)為(－2，0)，離心率為，
則解得
故雙曲線C的方程為＝1．
(2)證明：過點(diǎn)(－4，0)的直線與C的左支交于M，N兩點(diǎn)，
則可設(shè)直線MN的方程為x＝my－4，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
因?yàn)镃的左、右頂點(diǎn)分別為A1，A2，
則A1(－2，0)，A2(2，0)，
聯(lián)立化簡(jiǎn)整理可得，(4m2－1)y2－32my＋48＝0，
故Δ＝(－32m)2－4×48×(4m2－1)＝256m2＋192>0且4m2－1≠0，
y1＋y2＝，y1y2＝，
又因?yàn)橹本€與雙曲線左支交于兩點(diǎn)，所以y1y2＜0，得－＜m＜．
直線MA1的方程為y＝(x＋2)，直線NA2的方程為y＝(x－2)，
故＝＝＝
＝＝＝－，
故＝－，解得x＝－1，所以xP＝－1，
故點(diǎn)P在定直線x＝－1上運(yùn)動(dòng)．
定直線問題是指因圖形變化或點(diǎn)的移動(dòng)而產(chǎn)生的動(dòng)點(diǎn)在定直線上的問題．這類問題的核心在于確定動(dòng)點(diǎn)的軌跡，主要方法有：(1)設(shè)點(diǎn)法：設(shè)點(diǎn)的軌跡，通過已知點(diǎn)的軌跡，消去參數(shù)，從而得到軌跡方程；(2)待定系數(shù)法：設(shè)出含參數(shù)的直線方程，用待定系數(shù)法求解出系數(shù)；(3)驗(yàn)證法：通過特殊點(diǎn)位置求出直線方程，對(duì)一般位置再進(jìn)行驗(yàn)證．
(2024·遼寧大連一模)已知橢圓C：＝1的離心率為，A為上頂點(diǎn)，B為左頂點(diǎn)，F(xiàn)為上焦點(diǎn)，且＝5．
(1)求C的方程；
(2)設(shè)過點(diǎn)的直線交C于M，N兩點(diǎn)，過M且垂直于y軸的直線與直線AN交于點(diǎn)Q，證明：線段MQ的中點(diǎn)在定直線上．
[解]　(1)由題意可得A，B，F(xiàn)，則＝b2＋ac＝5，
又＝，a2＝b2＋c2，
故b2＝3c2，即b＝c，
故有3c2＋2c2＝5，即c＝1，則b＝，a＝2，
即橢圓C的方程為＝1．
(2)由題意知直線MN的斜率存在且不為0，設(shè)直線方程為kx－y－3k＋2＝0，
設(shè)M，N，
聯(lián)立
得x2－6kx＋9k＝0，
Δ＝36k2－36k＝－288k>0，即0直線AN：y＝·x＋2和y＝y(tǒng)1聯(lián)立，
得Q，設(shè)其中點(diǎn)為T，則T，
則有2xT＝x1＋＝＝，
即＝＝
＝＝＝＝－1，
即有2xT＝－，
即2xT＋yT－2＝0，故線段MQ的中點(diǎn)在定直線2x＋y－2＝0上．
【教師備選資源】
[拓展定曲線問題]如圖是一種木工制圖工具，O是直滑槽AB的中點(diǎn)，短桿ON可繞O轉(zhuǎn)動(dòng)，長(zhǎng)桿MN通過N處鉸鏈與ON連接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑動(dòng)，且ON＝DN＝1，DM＝2．當(dāng)栓子D在滑槽AB內(nèi)往復(fù)運(yùn)動(dòng)一次時(shí)，帶動(dòng)N繞O轉(zhuǎn)動(dòng)一周(D不動(dòng)時(shí)N也不動(dòng))，M處的筆尖畫出的曲線記為C．
(1)判斷曲線C的形狀，并說明理由；
(2)動(dòng)點(diǎn)P在曲線C外，且點(diǎn)P到曲線C的兩條切線
相互垂直，求證：點(diǎn)P在定圓上．
[解]　(1)建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，
設(shè)點(diǎn)D(t，0)(|t|≤2)，N(x0，y0)，M(x，y)，
由題意得：＝2，且ON＝DN＝1，＝(t－x，－y)，＝(x0－t，y0)，
所以即
因?yàn)镺N＝DN＝1，所以解得t＝0或t＝2x0，因?yàn)镈點(diǎn)為動(dòng)點(diǎn)，所以不恒為0，所以t＝2x0，
所以即
代入＝1，得＝1，
所以曲線C為橢圓．
(2)證明：設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為(m，n)，兩個(gè)切點(diǎn)坐標(biāo)分別為E(x1，y1)，F(xiàn)(x2，y2)，因?yàn)閮蓷l切線垂直，所以＝0，即(x1－m)(x2－m)＋(y1－n)·(y2－n)＝0，化簡(jiǎn)得：x1x2－m(x1＋x2)＋m2＋y1y2－n(y1＋y2)＋n2＝0．①
因?yàn)镋，F(xiàn)均為過P點(diǎn)的橢圓的切線的切點(diǎn)，可得直線EF的方程為
＝1，即mx＋4ny＝16，聯(lián)立消去y得，
x2－x＋－16＝0，
所以x1x2＝，x1＋x2＝．②
聯(lián)立消去x得，
y2－y＋－16＝0，
所以y1y2＝，y1＋y2＝．③
將②③代入①式化簡(jiǎn)可得(m2＋n2－20)(4m2＋16n2－64)＝0，
所以m2＋n2＝20或＝1．
因?yàn)辄c(diǎn)P在橢圓外，所以m2＋n2＝20，所以點(diǎn)P在定圓上．
1．(2024·湖南婁底一模)若拋物線Γ的方程為y2＝4x，焦點(diǎn)為F，設(shè)P，Q是拋物線Γ上兩個(gè)不同的動(dòng)點(diǎn)．
(1)若＝3，求直線PF的斜率；
(2)設(shè)PQ的中點(diǎn)為R，若直線PQ的斜率為，證明：R在一條定直線上．
專題限時(shí)集訓(xùn)(十五)　圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值、定直線
[解]　(1)由題意知，F(xiàn)＝xP＋1＝3，
∴xP＝2，將x＝2代入y2＝4x，得y＝±2，
∴P，
∴kPF＝＝±2．
(2)證明：法一：設(shè)P，Q，
PQ：y＝x＋t，即x＝y(tǒng)－t，
代入y2＝4x，得y2－4y＋4t＝0，Δ＞0，
∴y1＋y2＝4，
故yR＝＝2，R在定直線y＝2上．
法二：設(shè)P，Q，
由題意，＝＝＝，
故y1＋y2＝4，
yR＝＝2，R在定直線y＝2上．
2．(2024·廣東梅州一模)已知?jiǎng)訄AM經(jīng)過定點(diǎn)F1(－，0)，且與圓F2：(x－)2＋y2＝16內(nèi)切．
(1)求動(dòng)圓圓心M的軌跡C的方程；
(2)設(shè)軌跡C與x軸從左到右的交點(diǎn)為點(diǎn)A，B，點(diǎn)P為軌跡C上異于A，B的動(dòng)點(diǎn)，設(shè)PB交直線x＝4于點(diǎn)T，連接AT交軌跡C于點(diǎn)Q．直線AP，AQ的斜率分別為kAP，kAQ．證明：
①kAP·kAQ為定值；
②直線PQ經(jīng)過x軸上的定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)．
[解]　(1)設(shè)動(dòng)圓M的半徑為r，由題意得圓F2的圓心為F2，半徑R＝4，
所以|MF1|＝r，|MF2|＝4－r，
則|MF1|＋|MF2|＝4>2＝|F1F2|，
所以動(dòng)圓圓心M的軌跡C是以F1，F(xiàn)2為焦點(diǎn)的橢圓，又2a＝4，2c＝2，可得a＝2，c＝，b＝1，
因此軌跡C的方程為＋y2＝1．
(2)證明：①設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，T(4，m)．
由題可知A(－2，0)，B(2，0)，如圖所示，
則kAP＝，kAQ＝kAT＝＝，
而kBP＝kBT＝＝，即m＝，
所以kAP·kAQ＝＝＝．
又＝1，則＝，
因此kAP·kAQ＝＝－為定值．
②設(shè)直線PQ的方程為x＝ty＋n，
由得(t2＋4)y2＋2tny＋n2－4＝0，Δ＝(2tn)2－4(t2＋4)(n2－4)＞0，即t2－n2＋4＞0，所以
由①可知，kAP·kAQ＝－，
即＝＝－，化簡(jiǎn)得＝－，
解得n＝1或n＝－2(舍去)，
所以直線PQ的方程為x＝ty＋1，因此直線PQ經(jīng)過定點(diǎn)(1，0)．
THANK YOU

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