素养拓展35 圆锥曲线中的定直线问题 （解析版）

【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）素养拓展35圆锥曲线中的定直线问题（精讲+精练）一、定直线问题定直线问题是指因图形变化或点的移动而产生的动点在定直线上的问题，解决这类问题，一般可以套用求轨迹方程的通用方法，也可以根据其本身特点的独特性采用一些特殊方法.【一般策略】①联立方程消去参；②挖掘图形的对称性，解出动点横坐标或纵坐标；③将横纵坐标分别用参数表示，再消参；④设点，对方程变形解得定直线.解题技巧：动点在定直线上：题设为某动点00,Pxy在某定直线．目标：需要消掉关于动点横坐标或者纵坐标的所有参数，从而建立一个无参的直线方程，此时会分为三种情况：（1）0xa，即动点恒过直线xa．（2）0yb，即动点恒过直线yb．（3）00yfx，即动点恒过直线()yfx．【典例1】设动直线:lykxm与椭圆C：22143xy有且只有一个公共点P，过椭圆C右焦点1F作1PF的垂线与直线l交于点Q，求证：点Q在定直线上，求出定直线的方程．【解析】证明∵直线l与椭圆相切，联立22143ykxmxy得2224384120kxkmxm．∴2222644412430kmmk．二、题型精讲精练一、知识点梳理∴222243043kmmk．切点坐标2244443Pkmkmkxkmm，243PPkykxmmmm，即43,kPmm，∴133441PFmkkkmm，143QFkmk．∴1FQ方程为4(1)3kmyx．联立4(1)3kmyxykxm，∴(4)(1)3()4433()4()kmxkxmkxmxkmkxmkmxkm，解得4x．∴Q在4x这条定直线上．【题型训练1-刷真题】一、解答题1．（22·23·全国·高考真题）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为25,0，离心率为5．(1)求C的方程；(2)记C的左、右顶点分别为1A，2A，过点4,0的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线1MA与2NA交于点P．证明:点P在定直线上.【答案】(1)221416xy(2)证明见解析.【分析】（1）由题意求得,ab的值即可确定双曲线方程；（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线1MA与2NA的方程，联立直线方程，消去y，结合韦达定理计算可得2123xx，即交点的横坐标为定值，据此可证得点P在定直线=1x上.【详解】（1）设双曲线方程为222210,0xyabab，由焦点坐标可知25c，则由5cea可得2a，224bca，双曲线方程为221416xy.（2）由(1)可得122,0,2,0AA，设1122,,,MxyNxy，显然直线的斜率不为0，所以设直线MN的方程为4xmy，且1122m，与221416xy联立可得224132480mymy，且264(43)0m，则1212223248,4141myyyymm，直线1MA的方程为1122yyxx，直线2NA的方程为2222yyxx，联立直线1MA与直线2NA的方程可得：2121121211212121222222266yxymymyyyyyxxyxymymyyy112221122483216222141414148483664141mmmyymmmmmyymm，由2123xx可得=1x，即1Px，据此可得点P在定直线=1x上运动.【点睛】关键点点睛:求双曲线方程的定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键.【题型训练2-刷模拟】一、解答题1．已知曲线22:(5)(2)8(R)Cmxmym．(1)若曲线C是椭圆，求m的取值范围．(2)设4m，曲线C与y轴的交点为A，B（点A位于点B的上方），直线:4lykx与曲线C交于不同的两点M，N．设直线AN与直线BM相交于点G．试问点G是否在定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，说明理由．【答案】(1)772,,522m(2)在定直线1y上，理由见详解.【分析】（1）由椭圆的标准方程计算即可；（2）由对称性分析该定直线为平行于横轴的直线，将直线MN与椭圆联立消y，设直线AN、BM的方程解出G纵坐标，结合韦达定理化简计算即可.【详解】（1）因为曲线C是椭圆，所以502052mmmm，解得772,,522m；.（2）是在定直线1y上，理由如下：当4m时，此时椭圆22:28Cxy，设点112212,,,2NxyMxyy、与直线l联立得221216240kxkx，2223164241202kkk，且1212221624,1212kxxxxkk，所以121223xxkxx易知0,202AB、，，则121222:2,:2ANBMyylyxlyxxx，两式作商得1221212221121121322221213226362xxxyxkxxxyyyyxkxxxxxx是定值，故G在定直线1y上.2．已知点1,0A，10B,，动点,Pxy满足直线PA与PB的斜率之积为3，记动点P的轨迹为曲线C．(1)求曲线C的方程；(2)过点2,0F的直线与曲线C交于,MN两点，直线AM与BN相交于Q．求证：点Q在定直线上．【答案】(1)22113yxx(2)证明见解析【分析】（1）利用3PAPBkk可整理得到轨迹方程；（2）设:2MNxty，1122,,,MxyNxy，表示出直线,AMBN的方程，联立后可整理得到122121311tyyyxxtyyy，联立:2MNxty与双曲线方程可得韦达定理的结论，利用121234tyyyy可整理得到所求定直线.【详解】（1）1PAykx，1PBykx，2231PAPBykkx，整理可得：2213yx，又1x，曲线C的方程为：22113yxx.（2）由题意知：直线MN斜率不为0，则可设:2MNxty，设1122,,,MxyNxy，则直线11:11yAMyxx，直线22:11yBNyxx，由11221111yyxxyyxx得：212112212121211331111yxytytyyyxxyxytytyyy，由22213xtyyx得：22311290tyty，则22310Δ12350tt，即253t，122931yyt，1221231tyyt，121234tyyyy，1221221212112121333391433134yyytyyyyyxxtyyyyyyyy，解得：12x，即Q点在定直线12x上.【点睛】思路点睛：本题考查直线与双曲线综合应用中的定直线问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与双曲线方程联立，整理为关于x或y的一元二次方程的形式；②利用0求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系，消掉变量后可得定直线方程.3．已知椭圆2222:1(0)xyCabab过点61,2，且离心率为22．(1)求椭圆C的方程；(2)已知直线:2lymx与椭圆交于不同的两点P，Q，那么在x轴上是否存在点M，使MPMQ且MPMQ，若存在，求出该直线的方程；若不存在，请说明理由．【答案】(1)22142xy(2)详见解析【分析】（1）根据条件得到关于,,abc的方程组，即可求得椭圆方程；（2）首先直线与椭圆方程联立，利用韦达定理表示线段PQ中点坐标2242,1212mNmm，再根据MNPQ,以及MPMQ，转化为坐标表示，代入韦达定理后，即可求,mn【详解】（1）由条件可知，22222131222abcaabc，解得：24a，222bc，所以椭圆C的方程是22142xy；（2）假设在x轴上存在点,0Mn，使MPMQ且MPMQ，联立222142ymxxy，设11Pxy，22,Qxy，方程整理为2212840mxmx，226416120mm，解得：22m或22m，122812mxxm，122412xxm，1224212xxmm则线段PQ的中点的横坐标是2412mxm，中点纵坐标2224221212mymm，即中点坐标2242,1212mNmm，,0Mn，则MNPQ，即222112412mmmnm，化简为2220mnmn，①又0MPMQ,则12120xnxnyy，1212220xnxnmxmx，整理为2212121240mxxmnxxn，22224812401212mmmnnmm，化简为222124880nmmmn②由①得2212mnm，即22212mnmn，代入②得224880mnmmn，整理得22340mmn③，又由①得2221mnm，代入③得222234021mmmm，即222221324210mmmmm，整理得41m，即1m.当1m时，23n，当1m时，23n，满足0，所以存在定点2,03M,此时直线l方程是2yx，当定点2,03M,此时直线l方程是2yx.4．已知A，B为椭圆22221xyab左右两个顶点，动点D是椭圆上异于A，B的一点，点F是右焦点．当点D的坐标为2,1时，3DF．(1)求椭圆的方程．(2)已知点C的坐标为4,0，直线CD与椭圆交于另一点E，判断直线AD与直线BE的交点P是否在一定直线上，如果是，求出该直线方程；如果不是，请说明理由．【答案】(1)22142xy(2)直线AD与直线BE的交点在定直线1x上【分析】（1）由题意表示出DF，1DF，可得c，再由椭圆的定义求出a，即可求出椭圆的方程；（2）设11,Dxy，22,Exy，DE的直线方程为4ykx，与椭圆联立，由韦达定理得12xx，12xx，化积为和得1212542xxxx，表示出直线AD和直线BE的方程的方程，计算可得1Px，即可证明直线AD与直线BE的交点P是否在一定直线上【详解】（1）设椭圆的右焦点为,0Fc，左焦点为1,0Fc，0c，2213DFc，解得2c，∴212211DF，∴124DFDFa，2a，2b，∴椭圆的方程为22142xy．（2）由题设，直线DE斜率一定存在，设DE的直线方程为4ykx．联立椭圆方程，消去y得222221163240kxkxk．设11,Dxy，22,