第7讲 定点问题（解析版）

第7讲定点问题（平民解法，暴力美学）考情分析定点问题在2019全国III理21中出现，虽然以往全国卷高考题中出现较少，是圆锥曲线部分的小概率考点．但是在2019年出现，所以在2020年备考一定引起重视。定点问题是比较常见出题形式，题目属于中等偏简单题目。采取常规平民化解法，计算是暴力美学范畴。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．二、经验分享【直线过定点的解题策略】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.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.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.【重要结论】1．动直线l过定点问题，设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m，0)．2．动曲线C过定点问题，引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．3.“弦对定点张直角”-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．4.只要任意一个限定AP与BP条件（如定值，定值），直线AB依然会过定点

三、题型分析（一）圆锥曲线中直线方程过未知定点例1．【2017新课标Ⅰ】已知椭圆：，四点，，，中恰有三点在椭圆上．(1)求的方程；(2)设直线不经过点且与相交于，两点．若直线与直线的斜率的和为，证明：过定点．【解析】（1）由于，两点关于y轴对称，故由题设知C经过，两点．又由知，C不经过点，所以点在C上．因此，解得．故C的方程为．（2）设直线与直线的斜率分别为，，如果与轴垂直，设：，由题设知，且，可得A，B的坐标分别为（t，），（t，）．则，得，不符合题设．从而可设：（）．将代入得由题设可知．设，，则，．而．由题设，故．即．解得．当且仅当时，，欲使：，即，所以过定点（2，）【变式训练1】．【黑龙江省大庆市第一中学2019届高三下学期第四次模拟（最后一卷)考试数学试题】已知抛物线的焦点为，直线与轴的交点为，与抛物线的交点为，且.（1）求的值；（2）已知点为上一点，，是上异于点的两点，且满足直线和直线的斜率之和为，证明直线恒过定点，并求出定点的坐标．【答案】（1）4；（2）证明过程见解析，直线恒过定点.【解析】（1）设，由抛物线定义知，又，，所以，解得，将点代入抛物线方程，解得.（2）由（1）知，的方程为，所以点坐标为，设直线的方程为，点，，由得，.所以，，所以，解得，所以直线的方程为，恒过定点．【名师点睛】本题考查抛物线的定义，直线与抛物线相交，直线过定点问题，属于中档题.（1）设点坐标，根据抛物线的定义得到点横坐标，然后代入抛物线方程，得到的值；（2），，直线和曲线联立，得到，然后表示出，化简整理，得到和的关系，从而得到直线恒过的定点.

【变式训练2】.【2019全国III理21】已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.（1）证明：直线AB过定点：（2）若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积.【解析】（1）设，则.由于，所以切线DA的斜率为，故，整理得设，同理可得.故直线AB的方程为.所以直线AB过定点.（2）由（1）得直线AB的方程为.由，可得.于是，.设分别为点D，E到直线AB的距离，则.因此，四边形ADBE的面积.设M为线段AB的中点，则.由于，而，与向量平行，所以.解得t=0或.当=0时，S=3；当时，.因此，四边形ADBE的面积为3或.（二）圆锥曲线中直线方程过已知定点例2．【2017新课标Ⅱ】设为坐标原点，动点在椭圆：上，过做轴的垂线，垂足为，点满足QUOTE．（1）求点的轨迹方程；（2）设点在直线上，且QUOTE．证明：过点且垂直于的直线过的左焦点．【解析】（1）设，，则，，．由得，．因为在上，所以．因此点的轨迹方程为．（2）由题意知．设，，则，，，，，由得，又由（1）知，故．所以，即．又过点存在唯一直线垂直与，所以过点且垂直于的直线过的左焦点．

【变式训练1】．【2016年山东】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．【解析】(Ⅰ)由离心率是，有，又抛物线的焦点坐标为，所以，于是，所以椭圆的方程为．(Ⅱ)（i）设点坐标为，由得，所以在点处的切线的斜率为，因此切线的方程为，设，，将代入，得．于是，，又，于是直线的方程为．联立方程与，得的坐标为．所以点在定直线上．（ii）在切线的方程为中，令，得，即点的坐标为，又，，所以；再由，得于是有．令，得当时，即时，取得最大值．此时，，所以点的坐标为．所以的最大值为，取得最大值时点的坐标为．【变式训练2】．已知抛物线的焦点为，为上异于原点的任意一点，过点的直线交于另一点，交轴的正半轴于点，且有，当点的横坐标为3时，为正三角形。（Ⅰ）求的方程；（Ⅱ）若直线，且和有且只有一个公共点，（ⅰ）证明直线过定点，并求出定点坐标；（ⅱ）的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由。【解析】（Ⅰ）由题意知，设，则的中点为因为，由抛物线的定义可知，解得或（舍去）由，解得．所以抛物线的方程为．（Ⅱ）（ⅰ）由（Ⅰ）知，设．因为，则，由得，故，故直线的斜率因为直线和直线平行，设直线的方程为，代入抛物线的方程得，由题意，得设，则，当时，，可得直线的方程为，由，整理得，直线恒过点当时，直线的方程为，过点，所以直线过定点．（ⅱ）由（ⅰ）知直线过定点，所以。设直线的方程为，因为点在直线上故．设，直线的方程为由于，可得，代入抛物线的方程得所以，可求得，所以点到直线的距离为==则的面积，当且仅当即时等号成立，所以的面积的最小值为．（三）圆过已知定点的问题例3、已知焦距为2eq\r(2)的椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右顶点为A，直线y＝eq\f(4,3)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.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．(2)证明：设直线MN的方程为y＝k(x＋2)，N(x0，y0)，DA⊥AM，所以D(2，4k).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝k（x＋2）))整理得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－4＝0.则－2x0＝eq\f(8k2－4,1＋2k2)，即x0＝eq\f(2－4k2,1＋2k2)，所以y0＝k(x0＋2)＝eq\f(4k,1＋2k2)，则Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－4k2,1＋2k2)，\f(4k,1＋2k2)))，设G(t，0)，则t≠－2，若以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，则DG⊥AN，所以eq\o(GD,\s\up13(→))·eq\o(AN,\s\up13(→))＝0恒成立．因为eq\o(GD,\s\up13(→))＝(2－t，4k)，eq\o(AN,\s\up13(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－8k2,1＋2k2)，\f(4k,1＋2k2)))，所以eq\o(GD,\s\up13(→))·eq\o(AN,\s\up13(→))＝(2－t)·eq\f(－8k2,1＋2k2)＋4k·eq\f(4k,1＋2k2)＝0恒成立，即eq\f(8k2t,1＋2k2)＝0恒成立，所以t＝0，所以点G是定点(0，0)．【变式训练1】在平面直角坐标系中，已知椭圆．如图所示，斜率为且不过原点的直线交椭圆于，两点，线段的中点为，射线交椭圆于点，交直线于．（Ⅰ）求的最小值；（Ⅱ）若∙，（i）求证：直线过定点；（ii）试问点，能否关于轴对称？若能，求出此时的外接圆方程；若不能，请说明理由．【解析】（Ⅰ）设直线，由题意，由方程组得，由题意，所以设，由韦达定理得所以由于E为线段AB的中点，因此此时所以OE所在直线方程为又由题设知D（－3，m），令=－3，得，即=1，所以当且仅当==1时上式等号成立，此时由得因此当时，取最小值2．（Ⅱ）（i）由（I）知OD所在直线的方程为将其代入椭圆C的方程，并由解得，又，由距离公式及得由因此，直线的方程为所以，直线（ii）由（i）得，若B，G关于x轴对称，则代入即，解得（舍去）或所以k=1，此时关于x轴对称。又由（I）得所以A（0，1）．由于的外接圆的圆心在x轴上，可设的外接圆的圆心为（d，0），因此故的外接圆的半径为，所以的外接圆方程为【变式训练2】已知两点A(－eq\r(2)，0)，B(eq\r(2)，0)，动点P在x轴上的投影是Q，且2eq\o(PA,\s\up13(→))·eq\o(PB,\s\up13(→))＝|eq\o(PQ,\s\up13(→))|2.(1)求动点P的轨迹C的方程；(2)过F(1，0)作互相垂直的两条直线交轨迹C于点G，H，M，N，且E1，E2分别是GH，MN的中点．求证：直线E1E2恒过定点．(1)解：设点P坐标为(x，y)，所以点Q的坐标为(x，0)．因为2eq\o(PA,\s\up13(→))·eq\o(PB,\s\up13(→))＝|eq\o(PQ,\s\up13(→))|2，所以2[(－eq\r(2)－x)(eq\r(2)－x)＋y2]＝y2，化简得点P的轨迹方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)证明：当两直线的斜率都存在且不为0时，设lGH：y＝k(x－1)，G(x1，y1)，H(x2，y2)，lMN：y＝－eq\f(1,k)(x－1)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝k（x－1），))消去y得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－4＝0.则Δ＞0恒成立．所以x1＋x2＝eq\f(4k2,2k2＋1)，且x1x2＝eq\f(2k2－4,2k2＋1).所以GH中点E1坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k2,2k2＋1)，\f(－k,2k2＋1)))，同理，MN中点E2坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k2＋2)，\f(k,k2＋2)))，所以kE1E2＝eq\f(－3k,2（k2－1）)，所以lE1E2的方程为y＝eq\f(－3k,2（k2－1）)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,3)))，所以过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，0))，当两直线的斜率分别为0和不存在时，lE1E2的方程为y＝0，也过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，0))，综上所述，lE1E2过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，0)).四、迁移应用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．【解析】：(Ⅰ)A(4，0)，设圆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．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．4、已知椭圆的右焦点与抛