高考数学玩转压轴题专题3.9曲线是否过定点可推可算可检验

专题3.9曲线是否过定点，可推可算可检验【题型综述】直线过定点问题在全国卷近几年高考中出现的频率较低，是圆锥曲线部分的小概率考点．此种平民解法思维上比较接地气，但是实际操作上属于暴力美学范畴．定点问题是常见的出题形式，化解这类问题的关键就是引进变的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．直线过定点问题通法，是设出直线方程，通过韦达定理和已知条件找出k和m的一次函数关系式，代入直线方程即可．技巧在于：设哪一条直线？如何转化题目条件？【典例指引】例1、（“手电筒”模型）已知椭圆C：若直线与椭圆C相交于A，B两点（A，B不是左右顶点），且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点．求证：直线过定点，并求出该定点的坐标．◆方法总结：本题为“弦对定点张直角”的一个例子：圆锥曲线如椭圆上任意一点P做相互垂直的直线交圆锥曲线于AB，则AB必过定点．（参考百度文库文章：“圆锥曲线的弦对定点张直角的一组性质”）◆模型拓展：本题还可以拓展为“手电筒”模型：只要任意一个限定AP与BP条件（如18\n定值，定值），直线AB依然会过定点（因为三条直线形似手电筒，固名曰手电筒模型）．此模型解题步骤：Step1：设AB直线，联立曲线方程得根与系数关系，求出参数范围；Step2：由AP与BP关系（如），得一次函数；Step3：将代入，得．例2、（切点弦恒过定点）有如下结论：“圆上一点处的切线方程为”，类比也有结论：“椭圆处的切线方程为”，过椭圆C：的右准线l上任意一点M引椭圆C的两条切线，切点为A、B．（1）求证：直线AB恒过一定点；（2）当点M在的纵坐标为1时，求△ABM的面积．◆方法点评：切点弦的性质虽然可以当结论用，但是在正式的考试过程中直接不能直接引用，可以用本题的书写步骤替换之，大家注意过程．例3、（相交弦过定点）如图，已知直线L：的右焦点F，且交椭圆C于A、B两点，点A、B在直线上的射影依次为点D、E．连接AE、BD，试探索当m变化时，直线AE、BD是否相交于一定点N？若交于定点N，请求出N点的坐标，并给予证明；否则说明理由．18\n法2：本题也可以直接得出AE和BD方程，令y=0，得与x轴交点M、N，然后两个坐标相减=0．计算量也不大．◆方法总结：方法1采用归纳猜想证明，简化解题过程，是证明定点问题一类的通法．这一类题在答题过程中要注意步骤．例4、已知椭圆C：，若直线与x轴交于点T，点P为直线上异于点T的任一点，直线PA1，PA2分别与椭圆交于M、N点，试问直线MN是否通过椭圆的焦点？并证明你的结论．18\n方法1：【思路引导】点A1、A2的坐标都知道，可以设直线PA1、PA2的方程，直线PA1和椭圆交点是A1(-2，0)和M，通过韦达定理，可以求出点M的坐标，同理可以求出点N的坐标．动点P在直线上，相当于知道了点P的横坐标了，由直线PA1、PA2的方程可以求出P点的纵坐标，得到两条直线的斜率的关系，通过所求的M、N点的坐标，求出直线MN的方程，将交点的坐标代入，如果解出的t>2，就可以了，否则就不存在．方法总结：本题由点A1(-2，0)的横坐标－2是方程的一个根，结合韦达定理，得到点M的横纵坐标：，；其实由消y整理得，得到，即，很快．不过如果看到：将中的换下来，前的系数2用－2换下来，就得点N的坐标18\n，如果在解题时，能看到这一点，计算量将减少，这样真容易出错，但这样减少计算量．本题的关键是看到点P的双重身份：点P即在直线上也在直线A2N上，进而得到，由直线MN的方程得直线与x轴的交点，即横截距，将点M、N的坐标代入，化简易得，由解出，到此不要忘了考察是否满足．◆方法总结：法2计算量相对较小，细心的同学会发现，这其实是上文“切点弦恒过定点”的一个特例而已．因此，法2采用这类题的通法求解，就不至于思路混乱了．相较法1，未知数更少，思路更明确．◆方法点评：相交弦性质实质是切点弦过定点性质的拓展，结论同样适用，但是具体解题而言，相交弦过定点涉及坐标较多，计算量相对较大，解题过程一定要注意思路，同时注意总结这类题的通法．例5、（动圆过定点）已知椭圆是抛物线的一条切线．（I）求椭圆的方程；（Ⅱ）过点的动直线L交椭圆C于A、B两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点T，使得以AB为直径的圆恒过点T？若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．解：（I）由因直线相切18\n，故所求椭圆方程为（II）当L与x轴平行时，以AB为直径的圆的方程：◆方法总结：圆过定点问题，可以先取特殊值或者极值，找出这个定点，再证明用直径所对圆周角为直角．例6、如图，已知椭圆的离心率是，分别是椭圆的左、右两个顶点，点是椭圆的右焦点．点是轴上位于右侧的一点，且满足．（1）求椭圆的方程以及点的坐标；（2）过点作轴的垂线，再作直线与椭圆有且仅有一个公共点，直线交直线于点．求证：以线段为直径的圆恒过定点，并求出定18\n点的坐标．解：（1），设，由有，又，法2：本题又解：取极值，PQ与AD平行，易得与X轴相交于F（1，0）．接下来用相似证明PF⊥FQ．问题得证．◆方法总结：动圆过定点问题本质上是垂直向量的问题，也可以理解为“弦对定点张直角”的新应用．【扩展链接】已知椭圆：，左右焦点分别为，左、右顶点分别为，18\n，上、下顶点为，．过点的直线交椭圆于，两点，过点作斜率为的直线交椭圆于另一点，求证：直线过定点．步骤1（特殊化寻求定点坐标）：当直线垂直于轴时，则重合于点，直线的方程为：；当直线经过原点时，则直线的方程为：，代入椭圆可得：，直线的方程为：；代入椭圆可得：，则点，点与点重合，则直线的方程为：，联立两个特殊位置的直线方程可得：定点可能为步骤2（一般化探求题意韦达定理化）：直线过定点，转化为交点坐标的韦达定理形式直线的方程为：代入椭圆可得：，18\n则点的坐标为，则直线的方程为：，直线的方程为：，则步骤3（联立方程解方程组，韦达定理整体代入）：直线的方程为：代入椭圆方程可得：（完美！）18\n显然直线垂直于y轴时，直线也经过定点．【同步训练】1、设A、B是轨迹：上异于原点的两个不同点，直线和的倾斜角分别为和，当变化且时，证明直线恒过定点，并求出该定点的坐标．，所以直线的斜率存在，否则，OA，OB直线的倾斜角之和为从而设AB方程为，显然，将与联立消去，得由韦达定理知①由，得1＝==将①式代入上式整理化简可得：，所以，此时，直线的方程可表示为即所以直线恒过定点．2、已知动圆过定点A(4，0)，且在y轴上截得的弦MN的长为8．(Ⅰ)求动圆圆心的轨迹C的方程;(Ⅱ)已知点B(-1，0)，设不垂直于x轴的直线与轨迹C交于不同的两点P，Q，若x轴是的角平分线，证明直线过定点．解：(Ⅰ)A(4，0)，设圆心C(Ⅱ)点B(-1，0)，．直线PQ方程为:所以直线PQ过定点(1，0)3、已知点是平面上一动点，且满足18\n（1）求点的轨迹对应的方程；（2）已知点在曲线上，过点作曲线的两条弦和，且，判断：直线是否过定点？试证明你的结论．解：（1）设（5分））第22题4、已知点A（－1，0），B（1，－1）和抛物线．，O为坐标原点，过点A的动直线l交抛物线C于M、P，直线MB交抛物线C于另一点Q，如图．（I）证明:为定值;（II）若△POM的面积为，求向量与的夹角；（Ⅲ）证明直线PQ恒过一个定点．18\n即即由（*）式，代入上式，得由此可知直线PQ过定点E（1，－4）．5、已知抛物线的顶点为原点，其焦点到直线:的距离为．设为直线上的点，过点作抛物线的两条切线，其中为切点．(Ⅰ)求抛物线的方程;(Ⅱ)当点为直线上的定点时，求直线的方程;(Ⅲ)当点在直线上移动时，求的最小值．18\n联立方程，消去整理得由一元二次方程根与系数的关系可得，所以又点在直线上，所以，所以所以当时，取得最小值，且最小值为．6、已知椭圆中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，且经过、、三点．过椭圆的右焦点F任做一与坐标轴不平行的直线与椭圆交于、两点，与所在的直线交于点Q．（1）求椭圆的方程：（2）是否存在这样直线，使得点Q恒在直线上移动？若存在，求出直线方程，若不存在，请说明理由．18\n直线的方程为：由直线的方程为：，即由直线与直线的方程消去，得∴直线与直线的交点在直线上．故这样的直线存在7、已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，椭圆与抛物线在第一象限的交点为，．圆的圆心是抛物线18\n上的动点，圆与轴交于两点，且．（1）求椭圆的方程；（2）证明:无论点运动到何处，圆恒经过椭圆上一定点．解法2：∵抛物线的焦点坐标为，∴点的坐标为．∴抛物线的准线方程为．设点的坐标为，由抛物线的定义可知，∵，∴，解得．由，且得．∴点的坐标为．在椭圆:中，．由解得．∴椭圆的方程为．（2）证法1:设点的坐标为，圆的半径为，∵圆与轴交于两点，且，∴．∴．∴圆的方程为．∵点是抛物线上的动点，∴()．∴．把代入消去整理得:．方程对任意实数恒成立，∴解得18\n∵点在椭圆:上，∴无论点运动到何处，圆恒经过椭圆上一定点．8．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点Q(1,32)，且离心率e=12．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）椭圆C长轴两端点分别为A,B，点P为椭圆上异于A,B的动点，直线：x=4与直线PA,PB分别交于M,N两点，又点E(7,0)，过E,M,N三点的圆是否过轴上不同于点E的定点？若经过，求出定点坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（Ⅰ）x24+y23=1；（Ⅱ）存在，定点为R(1,0)．【思路引导】（1）运用椭圆的离心率公式和点代入椭圆方程，由a，b，c的关系，即可得到椭圆方程；（2）设A(−2,0),B(2,0),P(x0,y0)，由椭圆方程和直线的斜率公式，以及两直线垂直的条件，计算即可得证．试题解析：（Ⅰ）由e=ca=121a2+94b2=1a2=b2+c2，解得a=2,b=3，故椭圆C的方程为x24+y23=1．（Ⅱ）设点P(x0,y0)，直线PA,PB的斜率分别为k1,k2，则k1⋅k2=−34．又PA：y=k1(x+2)，令x=4得M(4,6k1)，PB：y=k2(x−2)，令x=4得N(4,2k2)，则kEM⋅kEN=(−6k13)⋅(−2k23)=−1，过E,M,N三点的圆的直径为MN，设圆过定点R(m,0)，则kRM⋅kRN=6k14−m⋅6k24−m=−1，解得m=1或m=7（舍）．18\n故过E,M,N三点的圆是以MN为直径的圆过轴上不同于点E的定点R(1,0)．【点评】本题考查椭圆的方程和性质，主要考查离心率公式的运用，同时考查直线的斜率公式的运用，圆的直径所对的圆周角为直角，属于中档题涉及定点定直线等问题时，一般先假设存在，然后根据条件推导，注意直线过定点的直线系形式．9．已知抛物线C:y2=2px  (p>0)的焦点F(1,0)，O为坐标原点，A,B是抛物线C上异于O的两点，若直线OA,OB的斜率之积为−12，求证：直线AB过轴上一定点．【答案】(8,0)试题解析：抛物线方程为y2=4x，当直线AB斜率不存在时，设A(y024,y0)B(y024,-y0)，由斜率之积为-12得y02=32，此时直线AB方程为x=8．当直线AB斜率存在，设方程为y=kx+m，与y2=4x联立得ky2-4y+4m=0，∴y1y2=4mk．又∵y1y2x1x2=-12解得m=-8k即y=k(x-8)，综上所述，直线AB过定点(8,0)10．已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F(1,0),左顶点为A(−2,0).（1）求椭圆E的方程；（2）过点A作两条相互垂直的直线分别与椭圆E交于（不同于点A的）M,N两点．试判断直线MN与轴的交点是否为定点，若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．【答案】（1）椭圆E的方程为x24+y23=1；（2）直线MN与轴的交点是定点，坐标为(−27,0)【思路引导】（1）由已知得c=1,a=2b2=a2-c2=3⇒椭圆E的方程为x24+y23=1；（2）①当直线MN与轴垂直时⇒AM的方程为y=x+2,联立y=x+23x2+4y2=127x2+16x+4=0直线MN与轴的交点为(-27,0).②当直线MN不垂直于轴时⇒设直线MN的方程为y=kx+m.联立y=kx+m3x2+4y2=12(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0x1+x2=-8km4k2+3,x1x2=4m2-124k2+3,y1y2=3m2-12k23+4k2,且Δ=(8km)2-4(4k2+3)(4m2-12)>0,即m2<4k2+3.由题意知AM⊥AN⇒AM⋅AN=7m2-16km+4k24k2+3=0m=27k或m=2k(舍去)⇒直线MN与轴的交点为(-27,0)．18\n【点评】本题的几个关键难点有：利用分类讨论思想确立解题总体思路，即：①直线MN与轴垂直，②当直线MN不垂直于轴；利用舍而不求法，结合韦达定理将问题转化为AM⋅AN=7m2-16km+4k24k2+3=0；较为繁杂的计算量．18