2025高考数学二轮复习-专题六-第4讲-母题突破2-定点(定直线)问题-专项训练【含答案】

母题突破2定点(定直线)问题母题已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率为eq\f(2\r(3),3)，左、右焦点分别为F1，F2，点P的坐标为(3,1)，且eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝6.(1)求双曲线C的方程；(2)过点P的动直线l与C的左、右两支分别交于A，B两点，若点M在线段AB上，满足eq\f(|AP|,|AM|)＝eq\f(|BP|,|BM|)，证明：点M在定直线上．思路分析❶利用离心率和eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝6求方程❷设直线方程y－1＝kx－3并联立❸利用比例关系eq\f(|AP|,|AM|)＝eq\f(|BP|,|BM|)列式❹将根与系数的关系代入化简❺消去参数得点在定直线上(1)解设|F1F2|＝2c(c>0)，因为双曲线C的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2\r(3),3)＝eq\f(2,\r(3))，设a＝eq\r(3)t，c＝2t，t>0，所以F1(－2t,0)，F2(2t,0)，eq\o(PF1,\s\up6(→))＝(－2t－3，－1)，eq\o(PF2,\s\up6(→))＝(2t－3，－1)，所以eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝(－2t－3)(2t－3)＋1＝6，解得t＝1或t＝－1(舍去)，所以a＝eq\r(3)，c＝2，b＝eq\r(c2－a2)＝1，所以双曲线C的方程为eq\f(x2,3)－y2＝1.(2)证明设A(x1，y1)，B(x2，y2)，当直线斜率不存在时不成立，设l：y－1＝k(x－3)，即y＝kx＋1－3k，－eq\f(\r(3),3)<k<eq\f(\r(3),3)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1－3k，,x2－3y2＝3，))可得(1－3k2)x2－6k(1－3k)x－3(2－6k＋9k2)＝0，由于点P在双曲线C内部，易得Δ>0，所以x1＋x2＝eq\f(6k1－3k,1－3k2)，x1x2＝eq\f(－32－6k＋9k2,1－3k2).设M(x0，y0)，根据题意x1<x0<x2<3，又eq\f(|AP|,|AM|)＝eq\f(|BP|,|BM|)，可得eq\f(3－x1,x0－x1)＝eq\f(3－x2,x2－x0)，整理得6x0＋2x1x2＝(x0＋3)(x1＋x2)，即6x0－eq\f(62－6k＋9k2,1－3k2)＝(x0＋3)eq\f(6k1－3k,1－3k2)，化简得x0－2＝kx0－3k，又y0＝kx0＋1－3k，消去k，得x0－y0－1＝0，所以点M在定直线x－y－1＝0上．[子题1](2023·信阳模拟)已知椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1的左、右顶点分别为A1，A2，过点D(1,0)的直线l与椭圆C交于异于A1，A2的M，N两点．若直线A1M与直线A2N交于点P，证明：点P在定直线上，并求出该定直线的方程．解如图所示，由题知直线A1M与直线A2N的斜率存在，设：y＝k1(x＋2)，：y＝k2(x－2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k1x＋2，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))消去y整理得(1＋2keq\o\al(2,1))x2＋8keq\o\al(2,1)x＋8keq\o\al(2,1)－4＝0，解得x1＝－2，x2＝eq\f(2－4k\o\al(2,1),1＋2k\o\al(2,1))，又M，N是异于A1，A2的两点，所以有Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－4k\o\al(2,1),1＋2k\o\al(2,1))，\f(4k1,1＋2k\o\al(2,1))))，同理可得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4k\o\al(2,2)－2,1＋2k\o\al(2,2))，\f(－4k2,1＋2k\o\al(2,2))))，又D(1,0)，且M，D，N三点共线，所以eq\f(\f(4k1,1＋2k\o\al(2,1)),\f(2－4k\o\al(2,1),1＋2k\o\al(2,1))－1)＝eq\f(\f(－4k2,1＋2k\o\al(2,2)),\f(4k\o\al(2,2)－2,1＋2k\o\al(2,2))－1)，化简得(3k1－k2)(1＋2k1k2)＝0，由题知k1，k2同号，所以3k1＝k2，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k1x＋2，,y＝k2x－2，))所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k1＋2k2,k2－k1)，\f(4k1k2,k2－k1)))，将3k1＝k2代入点P的横坐标，则xP＝eq\f(2k1＋2k2,k2－k1)＝eq\f(8k1,2k1)＝4，所以点P在定直线x＝4上．[子题2](2023·杭州模拟)已知双曲线C：x2－eq\f(y2,2)＝1，若直线y＝kx＋m与双曲线C交于P，Q两点，M是C的右顶点，且直线MP与MQ的斜率之积为－eq\f(2,3)，证明：直线PQ恒过定点，并求出该定点的坐标．证明设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,x2－\f(y2,2)＝1，))得(k2－2)x2＋2kmx＋m2＋2＝0，k2≠2，Δ＝8(m2－k2＋2)>0，x1＋x2＝eq\f(－2km,k2－2)，x1x2＝eq\f(m2＋2,k2－2)，又M(1,0)，所以kMP·kMQ＝eq\f(y1,x1－1)·eq\f(y2,x2－1)＝eq\f(kx1＋mkx2＋m,x1x2－x1＋x2＋1)＝eq\f(k2x1x2＋kmx1＋x2＋m2,x1x2－x1＋x2＋1)＝eq\f(\f(k2m2＋2,k2－2)－\f(2k2m2,k2－2)＋m2,\f(m2＋2,k2－2)＋\f(2km,k2－2)＋1)＝eq\f(2k＋mk－m,k＋m2)＝eq\f(2k－m,k＋m)＝－eq\f(2,3)，所以m＝2k，所以直线PQ的方程为y＝k(x＋2)，恒过定点(－2,0)．规律方法动线过定点问题的两大类型及解法(1)动直线l过定点问题，解法：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，解法：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．1．已知抛物线C：y2＝2x，A(x1，y1)，B(x2，y2)是C上两个不同的点．(1)求证：直线y1y＝x1＋x与抛物线C相切；(2)若O为坐标原点，eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝－1，抛物线C在A，B处的切线交于点P，证明：点P在定直线上．证明(1)联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝2x，,y1y＝x1＋x，))得y2－2y1y＋2x1＝0，因为A(x1，y1)在抛物线C上，则yeq\o\al(2,1)＝2x1，所以Δ＝(－2y1)2－4×2x1＝4yeq\o\al(2,1)－8x1＝0，因此直线y1y＝x1＋x与抛物线C相切．(2)设P(x0，y0)，由(1)知，切线PA的方程为y1y＝x1＋x，切线PB的方程为y2y＝x2＋x，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1y＝x1＋x，,y2y＝x2＋x，))得x0＝eq\f(x1y2－x2y1,y1－y2)，因为x1＝eq\f(y\o\al(2,1),2)，x2＝eq\f(y\o\al(2,2),2)，所以x0＝eq\f(x1y2－x2y1,y1－y2)＝eq\f(y1y2,2).又因为eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝－1，所以x1x2＋y1y2＝eq\f(y\o\al(2,1),2)·eq\f(y\o\al(2,2),2)＋y1y2＝－1，解得y1y2＝－2，所以x0＝－1.故点P在定直线x＝－1上．2．(2023·全国乙卷)已知椭圆C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)的离心率是eq\f(\r(5),3)，点A(－2,0)在C上．(1)求C的方程；(2)过点(－2,3)的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：线段MN的中点为定点．(1)解由题意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝2，,a2＝b2＋c2，,e＝\f(c,a)＝\f(\r(5),3)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝2，,c＝\r(5)，))所以椭圆C的方程为eq\f(y2,9)＋eq\f(x2,4)＝1.(2)证明由题意可知，直线PQ的斜率存在，如图，设B(－2,3)，直线PQ：y＝k(x＋2)＋3，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2＋3，,\f(y2,9)＋\f(x2,4)＝1，))消去y得(4k2＋9)x2＋8k(2k＋3)x＋16(k2＋3k)＝0，则Δ＝64k2(2k＋3)2－64(4k2＋9)(k2＋3k)＝－1728k>0，解得k<0，可得x1＋x2＝－eq\f(8k2k＋3,4k2＋9)，x1x2＝eq\f(16k2＋3k,4k2＋9)，因为A(－2,0)，则直线AP：y＝eq\f(y1,x1＋2)(x＋2)，令x＝0，解得y＝eq\f(2y1,x1＋2)，即Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2y1,x1＋2)))，同理可得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2y2,x2＋2)))，则eq\f(\f(2y1,x1＋2)＋\f(2y2,x2＋2),2)＝eq\f(kx1＋2＋3,x1＋2)＋eq\f(kx2＋2＋3,x2＋2)＝eq\f([kx1＋2k＋3]x2＋2＋[kx2＋2k＋3]x1＋2,x1＋2x2＋2)＝eq\f(2kx1x2＋4k＋3x1＋x2＋42k＋3,x1x2＋2x1＋x2＋4)＝eq\f(\f(32kk2＋3k,4k2＋9)－\f(8k4k＋32k＋3,4k2＋9)＋42k＋3,\f(16k2＋3k,4k2＋9)－\f(16k2k＋3,4k2＋9)＋4)＝eq\f(108,36)＝3，所以线段MN的中点是定点(0,3)．专题强化练1．(2023·哈尔滨模拟)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，A1，A2为C的左、右顶点，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(7)，\f(\r(3),2)))为C上一点，PA1的斜率与PA2的斜率之积为eq\f(1,4).过点A(3,0)且不垂直于x轴的直线l与C交于M，N两点．(1)求C的方程；(2)若点E，F为直线x＝3上关于x轴对称的不重合两点，证明：直线ME，NF的交点在定直线上．(1)解由题意得A1(－a,0)，A2(a,0)，又Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(7)，\f(\r(3),2)))为C上一点，PA1的斜率与PA2的斜率之积为eq\f(1,4)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(7,a2)－\f(3,4b2)＝1，,\f(\f(\r(3),2),\r(7)＋a)×\f(\f(\r(3),2),\r(7)－a)＝\f(1,4)，))解得a2＝4，b2＝1，所以双曲线C的方程为eq\f(x2,4)－y2＝1.(2)证明设直线MN的方程为x＝ty＋3，t≠0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋3，,\f(x2,4)－y2＝1，))可得(t2－4)y2＋6ty＋5＝0，则t2－4≠0，Δ＝(6t)2－20(t2－4)>0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，E(3，m)，F(3，－m)，m≠0，所以y1＋y2＝－eq\f(6t,t2－4)，y1y2＝eq\f(5,t2－4)，直线lME：y－m＝eq\f(y1－m,x1－3)(x－3)，lNF：y＋m＝eq\f(y2＋m,x2－3)(x－3)，联立两方程，可得2m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y2＋m,x2－3)－\f(y1－m,x1－3)))(x－3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y2＋m,ty2)－\f(y1－m,ty1)))(x－3)＝eq\f(my1＋y2,ty1y2)(x－3)＝eq\f(－\f(6tm,t2－4),\f(5t,t2－4))(x－3)，解得x＝eq\f(4,3)，当直线MN与x轴重合时，则M(－2,0)，N(2,0)，lME：y＝eq\f(m,5)(x＋2)，lNF：y＝－m(x－2)，联立可得x＝eq\f(4,3)，综上，直线ME与NF的交点在定直线x＝eq\f(4,3)上．2．已知椭圆C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右顶点与抛物线C2：y2＝2px(p>0)的焦点重合，椭圆C1的离心率为eq\f(1,2)，过椭圆C1的右焦点F且垂直于x轴的直线截抛物线C2所得的弦长为4eq\r(2).(1)求椭圆C1和抛物线C2的方程；(2)过点A(－4,0)的直线l与椭圆C1交于不同的两点M(x1，y1)，N(x2，y2)，点M关于x轴的对称点为E(x1，－y1)．证明：当直线l绕点A旋转时，直线EN经过定点．(1)解由椭圆C1的离心率为eq\f(1,2)，可得eq\f(c,a)＝eq\f(1,