2023年高考数学二轮复习（全国版文） 第1部分 专题突破 专题6 第4讲 母题突破2　定点问题

母题突破2定点问题母题(2022·烟台模拟)已知椭圆C：x24＋y2＝1，点A(－2,0)，直线l：y＝kx＋m与C交于P，Q两点，且AP⊥AQ，证明：直线l过定点，并求出此定点的坐标．思路分析❶联立直线l与椭圆C方程↓❷求AP→·AQ→↓❸利用根与系数的关系化简AP→·AQ→＝0，找到M与k的关系↓❹利用直线的点斜式方程求定点解设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立x24＋y2＝1，y＝kx＋m，消去y可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，则有Δ＝64k2m2－4(1＋4k2)(4m2－4)0，即4k2－m2＋10，x1＋x2＝－8km1＋4k2，x1x2＝4m2－41＋4k2，因为AP⊥AQ，所以AP→·AQ→＝0，而AP→＝(x1＋2，y1)，AQ→＝(x2＋2，y2)，故x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝0，y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝k24m2－41＋4k2＋km－8km1＋4k2＋m2＝m2－4k21＋4k2，故x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝4m2－41＋4k2－16km1＋4k2＋4＋m2－4k21＋4k2＝5m2－16km＋12k21＋4k2＝0，解得m＝2k或m＝65k，当m＝2k时，代入4k2－m2＋1＝10，故直线l方程为y＝k(x＋2)，过点A，不满足题意，当m＝65k时，代入4k2－m2＋1＝4k2－3625k2＋1＝6425k2＋10，故直线l方程为y＝kx＋65，过定点－65，0.[子题1]已知双曲线C：x2－y23＝1(x0)，过右焦点F2的直线l1与双曲线C交于A，B两点，设直线l：x＝12，设点D(－1,0)，直线AD交l于M，求证：直线BM经过定点．证明由对称性可知，直线BM必过x轴上的定点，当直线l1的斜率不存在时，A(2,3)，B(2，－3)，M12，32，则直线BM经过点P(1,0)．当直线l1的斜率存在时，不妨设直线l1：y＝k(x－2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则直线AD的方程为y＝y1x1＋1(x＋1)，当x＝12时，yM＝3y12x1＋1，M12，3y12x1＋1，联立y＝kx－2，x2－y23＝1，得(3－k2)x2＋4k2x－(4k2＋3)＝0，则x1＋x2＝4k2k2－3，x1x2＝4k2＋3k2－3，证明直线BM经过点P(1,0)，即证kPM＝kPB，即－3y1x1＋1＝y2x2－1，即－3y1x2＋3y1＝x1y2＋y2，由y1＝kx1－2k，y2＝kx2－2k，整理得，4x1x2－5(x1＋x2)＋4＝0，即4·4k2＋3k2－3－5·4k2k2－3＋4k2－3k2－3＝0，得证，所以直线BM过定点(1,0)．[子题2]已知椭圆C：x24＋y22＝1，过点(1,0)的两条弦PQ，MN相互垂直，若PQ→＝2PS→，MN→＝2MT→，求证：直线ST过定点．证明因为PQ→＝2PS→，MN→＝2MT→，所以S，T分别是PQ，MN的中点，当两条弦所在直线的斜率存在且不为0时，设PQ所在直线的方程为y＝k(x－1)，则MN所在直线的方程为y＝－1k(x－1)，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，联立y＝kx－1，x24＋y22＝1，得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－4＝0.因为Δ0，所以x1＋x2＝4k22k2＋1，x1x2＝2k2－42k2＋1，所以PQ的中点S的坐标为2k22k2＋1，－k2k2＋1.同理可得，MN的中点T的坐标为2k2＋2，kk2＋2，当2k22k2＋1≠2k2＋2，即k2≠1时，kST＝－3k2k2－1，所以直线ST的方程为y＋k2k2＋1＝－3k2k2－1·x－2k22k2＋1，即y＝－3k2k2－1x－23，所以直线ST过定点23，0.当k2＝1时，直线ST的方程为x＝23，亦过定点23，0.当两条直线的斜率分别为0和不存在时，直线ST的方程为y＝0，也过点23，0.综上所述，直线ST过定点23，0.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．(2022·开封模拟)已知抛物线C：y2＝4x，S(t，4)为C上一点，直线l交C于M，N两点(与点S不重合)，直线SM，SN分别与y轴交于A，B两点，且OA→·OB→＝8，判断直线l是否恒过定点？若是，求出该定点；若不是，请说明理由．解由已知可得抛物线C的方程为y2＝4x，点S(4,4)，设直线l的方程为x＝my＋n，点My214，y1，Ny224，y2，将直线l的方程与抛物线C：y2＝4x联立，得y2－4my－4n＝0，所以Δ＝16m2＋16n0，y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n(*)，直线SM的方程为y－4＝y1－4y214－4(x－4)，令x＝0求得点A的纵坐标为4y1y1＋4，同理求得点B的纵坐标为4y2y2＋4，由OA→·OB→＝16y1y2y1y2＋4y1＋y2＋16＝8，化简得y1y2＝4(y1＋y2)＋16，将上面(*)式代入得－4n＝16m＋16，即n＝－4m－4，所以直线l的方程为x＝my－4m－4，即x＋4＝m(y－4)，所以直线l过定点(－4,4)．2．(2022·德州质检)已知抛物线C：y2＝4x的顶点是坐标原点O，过抛物线C的焦点作与x轴不垂直的直线l交抛物线C于两点M，N，直线x＝1分别交直线OM，ON于点A和点B，求证：以AB为直径的圆经过x轴上的两个定点．证明设直线l：y＝k(x－1)(k≠0)，My214，y1，Ny224，y2，由y2＝4x，y＝kx－1，联立得ky2－4y－4k＝0，Δ0，则y1＋y2＝4k，y1·y2＝－4.直线OM的方程为y＝4y1x，与x＝1联立可得A1，4y1，同理可得B1，4y2.|AB|＝4y1－4y2＝4y2－y1y1y2＝|y2－y1|＝y1＋y22－4y1y2＝41k2＋1，AB中点坐标为1，2y1＋y2y1y2，即1，－2k，所以以AB为直径的圆的方程为(x－1)2＋y＋2k2＝41k2＋1，令y＝0得(x－1)2＝4，解得x＝－1或x＝3，即以AB为直径的圆经过x轴上的两个定点(－1，0)，(3,0)．专题强化练1．已知双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a0，b0)的左、右焦点分别为F1(－10，0)，F2(10，0)，动点M满足|MF2|－|MF1|＝2.(1)求动点M的轨迹方程；(2)若动点M在双曲线C上，设双曲线C的左支上有两个不同的点P，Q，点N(4,0)，且∠ONP＝∠ONQ，直线NQ与双曲线C交于另一点B.证明：动直线PB经过定点．(1)解∵|MF2|－|MF1|＝2|F1F2|＝210，∴动点M的轨迹是以点F1，F2为左、右焦点的双曲线的左支，则2a＝2，可得a＝1，b＝10－a2＝3，∴点M的轨迹方程为x2－y29＝1(x≤－1)．(2)证明∵∠ONP＝∠ONQ，∴直线PQ垂直于x轴，易知，直线BP的斜率存在且不为0，设直线BP的方程为x＝my＋n，设P(x1，y1)，B(x2，y2)，则Q(x1，－y1)，联立x＝my＋n，9x2－y2－9＝0，化简得(9m2－1)y2＋18mny＋9n2－9＝0，直线与双曲线左、右支各有一个交点，需满足m13或m－13，∴y1＋y2＝－18mn9m2－1，y1y2＝9n2－99m2－1，又Δ＝182m2n2－36(9m2－1)(n2－1)＝36(9m2＋n2－1)0，又N，B，Q三点共线，且NQ斜率存在，∴kNQ＝kNB，即－y1x1－4＝y2x2－4，∴－y1(my2＋n－4)＝y2(my1＋n－4)，∴2my1y2＋(n－4)(y1＋y2)＝0，∴2m·9n2－99m2－1＋(n－4)·－18mn9m2－1＝0，化简得18m(n2－1)＋(n－4)(－18mn)＝0，∴n2－1－(n－4)n＝0，∴4n－1＝0，即n＝14，满足Δ0，即直线BP的方程为x＝my＋14，∴直线BP过定点14，0.2．(2022·常德模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p0)经过点(1,2)．(1)求抛物线C的方程及其准线方程；(2)设过点(2,0)的直线l与抛物线C交于A，B两点，若AB→＝2AM→，MN⊥y轴，垂足为N，求证：以MN为直径的圆恒过定点．(1)解由抛物线y2＝2px(p0)经过点(1,2)，得4＝2p，即p＝2.所以抛物线C的方程为y2＝4x，其准线方程为x＝－1.(2)证明由题意知，直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x＝my＋2.将x＝my＋2代入y2＝4x，消去x得y2－4my－8＝0，显然Δ＝16m2＋320，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－8.因为AB→＝2AM→，所以M是线段AB的中点，设M(xM，yM)，则xM＝x1＋x22＝my1＋y2＋42＝2m2＋2，yM＝y1＋y22＝2m，所以M(2m2＋2,2m)，又MN⊥y轴，所以垂足N的坐标为N(0,2m)．设以MN为直径的圆恒经过点D(x0，y0)，则DM→＝(2m2＋2－x0，2m－y0)，DN→＝(－x0，2m－y0)，由DM→·DN→＝0，得－x0(2m2＋2－x0)＋(2m－y0)2＝0，即(4－2x0)m2－4y0m＋x20＋y20－2x0＝0，①因为对任意的实数m，①式要恒成立，所以4－2x0＝0，4y0＝0，x20＋y20－2x0＝0，解得x0＝2，y0＝0，所以以MN为直径的圆恒过定点，该定点的坐标为(2,0)．