高考数学玩转压轴题专题3.8欲证直线过定点结合特征方程验

专题3.8欲证直线过定点，结合特征方程验【题型综述】直线过定点的解题策略一般有以下几种：（1）如果题设条件没有给出这个定点，那么，我们可以这样思考：由于这个定点对符合要求的一些特殊情况必然成立，那么我们根据特殊情况先找到这个定点，再证明这个点与变量无关.(2)直接推理、计算，找出参数之间的关系，并在计算过程中消去部分参数，将直线方程化为点斜式方程，从而得到定点.（3）若直线方程含多个参数并给出或能求出参数满足的方程，观察直线方程特征与参数方程满足的方程的特征，即可找出直线所过顶点坐标，并带入直线方程进行检验.注意到繁难的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元的思想的运用可有效地简化运算.【典例指引】类型一椭圆中直线过未知顶点问题例1【2022课标1，理20】已知椭圆C：（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）中恰有三点在椭圆C上.（1）求C的方程；（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为–1，证明：l过定点.24\n类型二椭圆中直线过已知定点问题例2.【2022课标II，理】设O为坐标原点，动点M在椭圆C：上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足。(1)求点P的轨迹方程；(2)设点Q在直线上，且，证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F。【解析】(1)设出点P的坐标，利用得到点P与点,M坐标之间的关系即可求得轨迹方程为。24\n（2）由题意知。设,则，。由得，又由（1）知，故。所以，即。又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线过C的左焦点F。类型三点在定直线上问题例3【2022高考山东理数】平面直角坐标系中，椭圆C： 的离心率是，抛物线E：的焦点F是C的一个顶点.（I）求椭圆C的方程；（II）设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线与C交与不同的两点A，B，线段AB的中点为D，直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M.（i）求证：点M在定直线上;（ii）直线与y轴交于点G，记的面积为，的面积为，求的最大值及取得最大值时点P的坐标.24\n设，联立方程得，24\n由，得且，因此,（ii）由（i）知直线方程为，令得，所以，又，所以，，所以，令，则，24\n当，即时，取得最大值，此时，满足，所以点的坐标为，因此的最大值为，此时点的坐标为.类型四抛物线中直线过定点问题例4.【2022年高考理科陕西卷】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l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l过定点.【扩展链接】1.对任意圆锥曲线，过其上任意一点作两条直线，若直线斜率之积为定值，两直线交圆锥曲线于两点，则直线过定点.2.已知为过抛物线=的焦点的弦，，则.3.已知为过椭圆的焦点的弦，，则.4.已知直线，当变动时，直线恒过定点.【同步训练】24\n1．已知椭圆的离心率e=，左、右焦点分别为F1、F2，定点，P（2，），点F2在线段PF1的中垂线上．（1）求椭圆C的方程；（2）设直线l：y=kx+m与椭圆C交于M、N两点，直线F2M、F2N的倾斜角分别为α、β且α+β=π，求证：直线l过定点，并求该定点的坐标．【思路点拨】（1）由椭圆的离心率求得a=c，且丨F1F2丨=丨PF2丨，利用勾股定理即可求得c及a和b的值；（2）将直线代入椭圆方程，利用直线的斜率公式求得=，=，由+=0，结合韦达定理，即可求得m=﹣2k．则直线MN过定点，该定点的坐标为（2，0）．且=，=由已知α+β=π，得+=0，即+=0，化简，得2kx1x2+（m﹣k）（x1+x2）﹣2m=0，∴2k×﹣（m﹣k）（）﹣2m．整理得m=﹣2k．24\n∴直线MN的方程为y=k（x﹣2），∴直线MN过定点，该定点的坐标为（2，0）．2.已知焦距为2的椭圆C：+=1（a＞b＞0）的右顶点为A，直线y=与椭圆C交于P、Q两点（P在Q的左边），Q在x轴上的射影为B，且四边形ABPQ是平行四边形．（1）求椭圆C的方程；（2）斜率为k的直线l与椭圆C交于两个不同的点M，N．（i）若直线l过原点且与坐标轴不重合，E是直线3x+3y﹣2=0上一点，且△EMN是以E为直角顶点的等腰直角三角形，求k的值（ii）若M是椭圆的左顶点，D是直线MN上一点，且DA⊥AM，点G是x轴上异于点M的点，且以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，求证：点G是定点．【思路点拨】（1）由题意可得c=，直线y=代入椭圆方程，求得P，Q的横坐标，可得|AB|，由四边形ABPQ是平行四边形，可得|AB|=|PQ|，解方程可得b，由a，b，c的关系可得a，进而得到椭圆方程；（2）（i）由直线y=kx代入椭圆方程，求得M的坐标，由△EMN是以E为直角顶点的等腰直角三角形，可设E（m，﹣m），求出E到直线kx﹣y=0的距离d，由题意可得OE⊥MN，|OM|=d，解方程可得k的值；（ii）由M（﹣2，0），可得直线MN的方程为y=k（x+2），代入椭圆方程，可得x的方程，运用韦达定理，可得N的坐标，设G（t，0），（t≠﹣2），由题意可得D（2，4k），A（2，0），以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，可得AN⊥DG，运用两直线垂直的条件，可得斜率之积为﹣1，解方程可得t=0，即可得到定点．24\n24\n（ii）证明：由M（﹣2，0），可得直线MN的方程为y=k（x+2），代入椭圆方程可得，（1+2k2）x2+8k2x+8k2﹣4=0，可得﹣2+xN=﹣，解得xN=，yN=k（xN+2）=，即N（，），设G（t，0），（t≠﹣2），由题意可得D（2，4k），A（2，0），以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，可得AN⊥DG，24\n即有kAN•kDG=﹣1，即为•=﹣1，解得t=0．故点G是定点，即为原点（0，0）．3.已知椭圆E：+=1（a＞b＞0）经过点（1，），且离心率e=（1）求椭圆E的方程；（2）设椭圆E的右顶点为A，若直线l：y=kx+m与椭圆E相交于M、N两点（异于A点），且满足MA⊥NA，试证明直线l经过定点，并求出该定点的坐标．【思路点拨】（1）由题意的离心率公式e=，求得a=2c，b2=3c2，将点代入椭圆方程，即可求得a和b的值，即可求得椭圆C的标准方程；（2）将直线方程代入椭圆方程，由题意可知•=0，由向量数量积的坐标运算及韦达定理，即可求得m和k的关系，代入即可求得直线恒过定点．24\n∴++2×+4=0，化简得，7m2+4k2+16mk=0解得m=﹣2k或m=﹣且均满足3+4k2﹣m2＞0当m=﹣2k时，L：y=k（x﹣2），直线过定点（2，0）与已知矛盾；当m=﹣时，L；y=k（x﹣），直线过定点（，0），综上，直线l过定点，定点坐标为（，0）．4.已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为圆F1、F2，M是C上一点，|MF1|=2，且．（1）求椭圆C的方程；（2）当过点P（4，1）的动直线l与椭圆C相交于不同两点A，B时，线段AB上取点Q，且Q满足24\n，证明点Q总在某定直线上，并求出该定直线．【思路点拨】（1）由已知得a=2c，且，由余弦定理求出c=1．由此能求出椭圆C的方程．（2）设直线l的方程为y=kx+（1﹣4k），代入椭圆方程，得（3+4k2）x2+（8k﹣32k2）x+64k2﹣32k﹣8=0，由此利用韦达定理、向量，结合已知条件能证明点Q总在某定直线上，并求出该定直线．24\n5.已知椭圆C的方程为+=1（a＞b＞0），离心率e=，点P（，1）在椭圆C上．（1）求椭圆C的方程；（2）过C的右焦点F作两条弦AB，CD，满足⋅=0，且=2，=2，求证：直线MN过定点，并求出此定点．【思路点拨】（1）由a=c，则b2=a2﹣c2=2c2，将P代入椭圆方程，即可求得a和b的值，求得椭圆方程．（2）然后分弦AB，CD的斜率均存在和弦AB或CD的斜率不存在两种情况求解．当斜率均存在时，写出直线AB的方程，代入椭圆方程后化简，利用根与系数关系求得M坐标，同理求得N的坐标．进一步分k≠±1和k=±24\n1求得直线MN的方程，从而说明直线MN过定点，当弦AB或CD的斜率不存在时，易知，直线MN为x轴，也过点（，0）．则x1+x2=，x1x2=，∴x0==，y0=k（x0﹣1）=﹣，于是M（，﹣）．∵CD⊥AB，∴将点M坐标中的k换为﹣，即得点N（，）．①当k≠±1时，直线MN的方程为y﹣=﹣（x﹣）．令y=0，得x=，则直线MN过定点（，0）；②当k=±1时，易得直线MN的方程x=，也过点（，0）．24\n当弦AB或CD的斜率不存在时，易知，直线MN为x轴，也过点（，0）．综上，直线MN必过定点（，0）．6.已知椭圆C：x2+4y2=4．（1）求椭圆C的离心率；（2）椭圆C的长轴的两个端点分别为A，B，点P在直线x=1上运动，直线PA，PB分别与椭圆C相交于M，N两个不同的点，求证：直线MN与x轴的交点为定点．【思路点拨】（1）求得椭圆的标准方程，则a=2，b=1，则c=，利用椭圆的离心率公式，即可求得椭圆C的离心率；（2）设P（1，t），由已知条件分别求出M，N的坐标，设定点为Q，再由kMQ=kNQ，能证明直线MN经过一定点Q（4，0）．24\n24\n7.在直角坐标系xOy中，F，A，B分别为椭圆的右焦点、右顶点和上顶点，若（1）求a的值；（2）过点P（0，2）作直线l交椭圆于M，N两点，过M作平行于x轴的直线交椭圆于另外一点Q，连接NQ，求证：直线NQ经过一个定点．【思路点拨】（1）由题意得：，解得a；（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），直线l的方程为y=kx+2，将y=kx+2代入椭圆方程得（3+4k2）x2+16kx+4=0，，直线NQ的方程24\n，由对称性可知，若过定点，则必在y轴上，令x=0，即可．8.已知椭圆的一个焦点为，其左顶点在圆上．（1）求椭圆的方程；（2）直线交椭圆于两点，设点关于轴的对称点为（点与点不重合），证明：直线过x轴上的一定点，并求出定点坐标．【思路点拨】（1）利用点在椭圆上和几何要素间的关系求其标准方程；（2）联立直线和椭圆的标准方程，得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系得到直线的点斜式方程，再利用赋值法进行求解.【详细解析】（1）∵椭圆的左顶点在圆上，∴又∵椭圆的一个焦点为，∴∴24\n∴椭圆的方程为9.已知动圆M恒过点（0，1），且与直线y=﹣1相切．（1）求圆心M的轨迹方程；（2）动直线l过点P（0，﹣2），且与点M的轨迹交于A、B两点，点C与点B关于y轴对称，求证：直线AC恒过定点．【思路点拨】（1）由题意可知圆心M的轨迹为以（0，1）为焦点，直线y=﹣1为准线的抛物线，根据抛物线的方程即可求得圆心M的轨迹方程；（2）由题意可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为：y=kx﹣2，A（x1，y1），B（x2，y2），则C（﹣x2，y2）．代入抛物线方，由韦达定理及直线直线AC的方程为：y﹣y2=﹣（x+x2），把根与系数的关系代入可得4y=（x2﹣x1）x+8，令x=0，即可得出直线恒过定点．【详细解析】（1）∵动点M到直线y=﹣1的距离等于到定点C（0，1）的距离，∴动点M的轨迹为抛物线，且=1，解得：p=2，∴动点M的轨迹方程为x2=4y；（2）证明：由题意可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为：y=kx﹣2，A（x1，y1），B（x2，y2），则C（﹣x2，y2）．24\n联立，化为x2﹣4kx+8=0，10.已知F是抛物线C：x2=4y的焦点，A（x1，y1），B（x2，y2）为抛物线C上不同的两点，l1，l2分别是抛物线C在点A、点B处的切线，P（x0，y0）是l1，l2的交点．（1）当直线AB经过焦点F时，求证：点P在定直线上；（2）若|PF|=2，求|AF|•|BF|的值．【思路点拨】（1）当直线AB经过焦点F时，求出切线PA，PB的方程，可得P的坐标，即可证明：点P在定直线上；（2）设直线AB的方程为y=kx+m，代入C：x2=4y得x2﹣4kx﹣4m=0，求出P的坐标，利用韦达定理，即可求|AF|•|BF|的值．【详细解析】（1）证明：抛物线，则，∴切线PA的方程为，即，24\n同理切线PB的方程为，联立得点P，设直线AB的方程为y=kx+1，代入C：x2=4y得x2﹣4kx﹣4=0．所以x1x2=﹣4所以点P在直线y=﹣1上；（2）证明：设直线AB的方程为y=kx+m，代入C：x2=4y得x2﹣4kx﹣4m=0．x1+x2=4k，x1x2=﹣4m，所以P（2k，﹣m），，=﹣4mk2+4k2（m+1）+4﹣4k2=4．11.已知动点C到点F（1，0）的距离比到直线x=﹣2的距离小1，动点C的轨迹为E．（1）求曲线E的方程；（2）若直线l：y=kx+m（km＜0）与曲线E相交于A，B两个不同点，且，证明：直线l经过一个定点．【思路点拨】（1）根据抛物线的定义，即可求得曲线E的方程；（2）设直线l的方程，代入抛物线方程，利用韦达定理及向量数量积的坐标运算，求得m=﹣5k，即可求得直线l的方程，则直线l必经过定点（5，0）．24\n12.．已知动点满足：.（1）求动点的轨迹的方程；（2）设过点的直线与曲线交于两点，点关于轴的对称点为（点与点不重合），证明：直线恒过定点，并求该定点的坐标.【思路点拨】（1）动点到点，的距离之和为，且，所以动点的轨迹为椭圆，从而可求动点的轨迹的方程；（2）直线的方程为：，由　得，，根据韦达定理可得，直线的方程为，即可证明其过定点.24\n24