资源简介

第十一节　圆锥曲线中的定点、定直线问题
题点一　定点问题
[例1]　已知椭圆C:+=1(a>b>0)经过点A(0,1),离心率为.
(1)求C的方程;
(2)若M,N为C上的两点,且直线AM与直线AN的斜率之积为2,求证:直线MN过定点.
|思维建模|　求解直线过定点问题的常用方法
(1)“特殊探路,一般证明”:先通过特殊情况确定定点,再转化为有方向、有目的的一般性证明.
(2)“一般推理,特殊求解”:设出定点坐标,根据题设条件选择参数,建立一个直线系或曲线的方程,再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组,以这个方程组的解为坐标的点即为所求点.
(3)求证直线过定点(x0,y0),常利用直线的点斜式方程y-y0=k(x-x0)或截距式y=kx+b来证明.
[即时训练]
1.(2025·九江模拟)在平面直角坐标系xOy中,已知抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点为F,A是E上第一象限内的动点.当直线AF的倾斜角为时,|AF|=4.
(1)求E的方程;
(2)已知点D(2,2),B,C是E上不同两点.若四边形ABCD是平行四边形,证明:直线AC过定点.
题点二　定直线问题
[例2]　已知椭圆C:+=1(a>b>0),点A,B为椭圆C的左、右顶点(A点在左),|AB|=4,离心率为.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)过点(-1,0)的直线l与椭圆C交于M,N(与A,B不重合)两点,直线AM与BN交于点P,证明:点P在定直线上.
|思维建模|
(1)动点在定直线上是圆锥曲线的常规题型,设点法:通过已知点轨迹,消去参数,从而得到轨迹方程.
(2)待定系数法:设出含参数的直线方程,待定系数求解出系数.
(3)面对复杂问题时,可从特殊情况入手,以确定可能的定直线,然后再验证该直线对一般情况是否符合,属于“先猜再证”.
[即时训练]
2.(2025·赣州模拟)如图,过抛物线y2=4x的焦点F的直线与抛物线交于A,B两点,AM,AN,BC,BD分别垂直于坐标轴,垂足依次为M,N,C,D.
(1)若矩形ANOM和矩形BDOC的面积分别为S1,S2,求S1·S2的值;
(2)求证:直线MN与直线CD的交点在定直线上.
第十一节　圆锥曲线中的定点、定直线问题
题点一
[例1]　解:(1)依题意,可得解得
∴椭圆C的方程为+y2=1.
(2)证明:①当直线MN的斜率不存在时,设MN:x=t(-2则M,N,
∴kAM·kAN=×=,不合题意.
②当直线MN的斜率存在时,设lMN:y=kx+m,M(x1,y1),N(x2,y2)(x1x2≠0),
联立方程得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0.
∴Δ=16(4k2-m2+1)>0,x1+x2=,x1x2=.
又kAM·kAN=·==2,
即(k2-2)x1x2+k(m-1)(x1+x2)+(m-1)2=0.将x1+x2=,x1x2=代入上式,
得(k2-2)+k(m-1)+(m-1)2=0,即7m2+2m-9=0,
解得m=1或m=-,当m=1时,lMN:y=kx+1,恒过点(0,1),不符合题意,故舍去;
当m=-时,lMN:y=kx-,恒过点,符合题意;∴直线MN过定点.
[即时训练]
1.解:(1)由题意可知,抛物线E的焦点F,准线x=-,过点A作x轴的垂线,垂足为H1,作准线的垂线,垂足为H2,
由抛物线定义可得|AH2|=|AF|=4,因为直线AF的倾斜角为,则|FH1|=2,可得|AH2|=p+2=4,解得p=2,
所以E的方程为y2=4x.
(2)证明:设直线AC的方程为x=my+n,A(x1,y1),C(x2,y2),B(x0,y0),
联立方程组消去x整理得y2-4my-4n=0,则Δ>0,y1+y2=4m,y1y2=-4n,
因为四边形ABCD是平行四边形,则
即B(4m2+2n-2,4m-2),
代入y2=4x中得(4m-2)2=4(4m2+2n-2),整理得n=-2m,则直线AC:x=my+-2m=m(y-2)+,所以直线AC过定点.
题点二
[例2]　解:(1)由题意可知所以a=2,c=,所以b==1,
所以椭圆C的标准方程为+y2=1.
(2)证明:利用纵坐标的根与系数的关系表示出直线AM与直线BN的交点P的横坐标,根据坐标判断出点P是否位于定直线上
由题意,直线l的斜率不为0,设直线l:x=my-1,M(x1,y1),N(x2,y2),
联立得(m2+4)y2-2my-3=0,显然Δ>0,
所以y1+y2=,y1y2=-,所以-(y1+y2)=my1y2.又因为A(-2,0),B(2,0),
所以lAM:y=(x+2),lBN:y=(x-2),
令(x+2)=(x-2),
则======,
解得x=-4,即xP=-4,
所以点P在定直线x=-4上.
[即时训练]
2.解:(1)抛物线y2=4x的焦点F(1,0),显然直线AB不垂直于y轴,设其方程为x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2),
由消去x,整理得y2-4my-4=0.
则y1+y2=4m,y1y2=-4,
矩形ANOM和矩形BDOC的面积分别为
S1=|x1y1|=,S2=|x2y2|=,
所以S1·S2=·==4.
(2)证明:由(1)得M(x1,0),N(0,y1),C(x2,0),D(0,y2),
于是得直线MN的方程为y=-x+y1,
直线CD的方程为y=-x+y2,
由消去y,整理得x=y1-y2,
而-=-==y1-y2,因此有x=1,
所以直线MN与直线CD的交点在定直线x=1上.(共40张PPT)
第十一节
圆锥曲线中的定点、定直线问题
目录
01.题点一　定点问题
02.题点二　定直线问题
03.课时跟踪检测
[例1]　已知椭圆C：+=1(a>b>0)经过点A(0，1)，离心率为.
(1)求C的方程；
解：依题意，可得解得
∴椭圆C的方程为+y2=1.
题点一　定点问题
(2)若M，N为C上的两点，且直线AM与直线AN的斜率之积为2，求证：直线MN过定点.
解：证明：①当直线MN的斜率不存在时，
设MN：x=t(-2则M，N，
∴kAM·kAN=×=，不合题意.
②当直线MN的斜率存在时，
设lMN：y=kx+m，M(x1，y1)，N(x2，y2)(x1x2≠0)，
联立方程得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0.
∴Δ=16(4k2-m2+1)>0，x1+x2=，x1x2=.
又kAM·kAN=·==2，
即(k2-2)x1x2+k(m-1)(x1+x2)+(m-1)2=0.
将x1+x2=，x1x2=代入上式，
得(k2-2)+k(m-1)+(m-1)2=0，
即7m2+2m-9=0，解得m=1或m=-，
当m=1时，lMN：y=kx+1，恒过点(0，1)，不符合题意，故舍去；
当m=-时，lMN：y=kx-，
恒过点，符合题意；
∴直线MN过定点.
求解直线过定点问题的常用方法
(1)“特殊探路，一般证明”：先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明.
(2)“一般推理，特殊求解”：设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点.
(3)求证直线过定点(x0，y0)，常利用直线的点斜式方程y-y0=k(x-x0)或截距式y=kx+b来证明.
思维建模
1.(2025·九江模拟)在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线E：y2=2px(p>0)的焦点为F，A是E上第一象限内的动点.当直线AF的倾斜角为时，|AF|=4.
(1)求E的方程；
即时训练
解：由题意可知，抛物线E的焦点F，准线x=-，过点A作x轴的垂线，垂足为H1，作准线的垂线，垂足为H2，
由抛物线定义可得|AH2|=|AF|=4，
因为直线AF的倾斜角为，则|FH1|=2，
可得|AH2|=p+2=4，解得p=2，
所以E的方程为y2=4x.
(2)已知点D(2，2)，B，C是E上不同两点.若四边形ABCD是平行四边形，证明：直线AC过定点.
解：证明：设直线AC的方程为x=my+n，
A(x1，y1)，C(x2，y2)，B(x0，y0)，
联立方程组
消去x整理得y2-4my-4n=0，则Δ>0，
y1+y2=4m，y1y2=-4n，因为四边形ABCD是平行四边形，
则
即B(4m2+2n-2，4m-2)，
代入y2=4x中得(4m-2)2=4(4m2+2n-2)，
整理得n=-2m，则直线AC：x=my+-2m=m(y-2)+，
所以直线AC过定点.
[例2]　已知椭圆C：+=1(a>b>0)，点A，B为椭圆C的左、右顶点(A点在左)，|AB|=4，离心率为.
(1)求椭圆C的标准方程；
解：由题意可知所以a=2，c=，所以b==1，
所以椭圆C的标准方程为+y2=1.
题点二　定直线问题
(2)过点(-1，0)的直线l与椭圆C交于M，N(与A，B不重合)两点，直线AM与BN交于点P，证明：点P在定直线上.
解：证明：利用纵坐标的根与系数的关系表示出直线AM与直线BN的交点P的横坐标，根据坐标判断出点P是否位于定直线上
由题意，直线l的斜率不为0，
设直线l：x=my-1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立得(m2+4)y2-2my-3=0，
显然Δ>0，
所以y1+y2=，y1y2=-，所以-(y1+y2)=my1y2.
又因为A(-2，0)，B(2，0)，
所以lAM：y=(x+2)，lBN：y=(x-2)，
令(x+2)=(x-2)，
则======，
解得x=-4，即xP=-4，
所以点P在定直线x=-4上.
(1)动点在定直线上是圆锥曲线的常规题型，设点法：通过已知点轨迹，消去参数，从而得到轨迹方程.
(2)待定系数法：设出含参数的直线方程，待定系数求解出系数.
(3)面对复杂问题时，可从特殊情况入手，以确定可能的定直线，然后再验证该直线对一般情况是否符合，属于“先猜再证”.
思维建模
2.(2025·赣州模拟)如图，过抛物线y2=4x的焦点F
的直线与抛物线交于A，B两点，AM，AN，BC，BD
分别垂直于坐标轴，垂足依次为M，N，C，D.
(1)若矩形ANOM和矩形BDOC的面积分别为S1，S2，求S1·S2的值；
解：抛物线y2=4x的焦点F(1，0)，显然直线AB不垂直于y轴，设其方程为x=my+1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由消去x，整理得y2-4my-4=0.
即时训练
则y1+y2=4m，y1y2=-4，
矩形ANOM和矩形BDOC的面积分别为
S1=|x1y1|=，S2=|x2y2|=，
所以S1·S2=·==4.
(2)求证：直线MN与直线CD的交点在定直线上.
解：证明：由(1)得M(x1，0)，N(0，y1)，C(x2，0)，D(0，y2)，
于是得直线MN的方程为y=-x+y1，直线CD的方程为y=-x
+y2，由消去y，整理得x=y1-y2，
而-=-==y1-y2，因此有x=1，所以直线MN与直线CD的交点在定直线x=1上.
课时跟踪检测
03
1
2
3
4
1.(15分)(2025·娄底模拟)若抛物线Γ的方程为y2=4x，焦点为F，设P，Q是抛物线Γ上两个不同的动点.
(1)若|PF|=3，求直线PF的斜率；(6分)
快审准解：根据焦半径公式得到xP=2，求出P(2，±2)，从而求出斜率；
解：由题意F(1，0)，|PF|=xP+1=3，则xP=2，将x=2代入y2=4x，得y=±2，则P(2，±2)，所以kPF==±2.
(2)设PQ中点为R，若直线PQ斜率为，证明R在一条定直线上.(9分)
快审准解：法一：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，PQ：y=x+t，联立抛物线方程，得到根与系数的关系，得到yR==2，求出答案；
法二：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，得到==，从而确定y1+y2=4，得到yR==2，得到答案.
1
2
3
4
解：证明：法一　设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，PQ：y=x+t，即x=y-t，
代入y2=4x，得y2-4y+4t=0，
由根与系数的关系，得y1+y2=4，
故yR==2，R在定直线y=2上.
1
2
3
4
法二　设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由题意，===，
故y1+y2=4，故yR==2，R在定直线y=2上.
1
2
3
4
1
2
3
4
2.(15分)已知双曲线C的渐近线方程为y=±x，且过点P(3，).
(1)求C的方程；(5分)
解：因为渐近线方程为y=±x，
所以可设双曲线C的方程为-=λ(λ≠0)，
将点P(3，)代入得-=λ，解得λ=，
所以双曲线C的方程为-y2=1.
(2)设Q(1，0)，直线x=t不经过P点且与C相交于A，B两点，若直线BQ与C交于另一点D.求证：直线AD过x轴上的一定点.(10分)
解：证明：显然直线BQ的斜率不为零，设直线BQ的方程为x=my+1，B(x1，y1)，D(x2，y2)，A(x1，-y1)，联立消x整理得(m2-3)y2+2my-2=0.
1
2
3
4
依题意得m2-3≠0且Δ=4m2+8(m2-3)>0，
即m2>2且m2≠3，
y1+y2=-，y1y2=-，
直线AD的方程为y+y1=(x-x1)，
1
2
3
4
令y=0，得x=+x1=
==
===3.
所以直线AD过x轴上的定点(3，0).
1
2
3
4
3.(15分)(2025·泰安模拟)平面内点P到点F(3，0)与到直线l1：x=的距离之比为3.
(1)求点P的轨迹E的方程；(5分)
快审准解：设P(x，y)，根据题意列出方程=3，即可求解；
1
2
3
4
解：设P(x，y)是所求轨迹E上的任意一点，
因为点P到点F(3，0)与到直线l1：x=的距离之比为3，可得 =3，整理得x2-=1，所以轨迹E的方程为x2-=1.
1
2
3
4
(2) A1，A2为E的左、右顶点，过F的直线l与E交于M，N(异于A1，A2)两点，MA1与NA2交点为R，求证：点R在定直线上.(10分)
快审准解：设直线l：x=my+3，联立方程组，求得y1+y2=，y1y2=，再由直线lMA1：y=(x+1)和lNA2：y=(x-1)，化简得到=，列出方程，求得x的值，即可得到答案.
1
2
3
4
解：证明：由(1)知A1(-1，0)，A2(1，0)，设直线l：x=my+3，且M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立方程组整理得(8m2-1)y2+48my+64=0，则8m2-1≠0，可得m≠±，
1
2
3
4
所以Δ=(48m)2-256(8m2-1)=256(m2+1)>0，
且y1+y2=，y1y2=，①
又由lMA1：y=(x+1)和 lNA2：y=(x-1)，
两式相除得==
=，②
1
2
3
4
由①式可得my1y2=-(y1+y2)，
代入②式==-，
解得x= ，所以点R在定直线x=上.
1
2
3
4
4.(15分)已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A(0，-2)，B两点.
(1)求E的方程；(4分)
解：设椭圆E的方程为mx2+ny2=1(m>0，n>0，m≠n)，过A(0，-2)，B，则解得m=，n=，所以椭圆E的方程为+=1.
1
2
3
4
(2)设过点P(1，-2)的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足=.证明：直线HN过定点.(11分)
解：证明：A(0，-2)，B，所以AB：y+2=x，
①假设M在N的上方，若过点P(1，-2)的直线斜率不存在，将x=1代入+=1，可得M，N，
1
2
3
4
代入AB方程y=x-2，可得T，
由=得到H.
求得HN方程：y=x-2，过点(0，-2).
1
2
3
4
②若过点P(1，-2)的直线斜率存在，设kx-y-(k+2)=0，M(x1，y1)，N(x2，y2).
联立得(3k2+4)x2-6k(2+k)x+3k(k+4)=0，
可得
1
2
3
4
且x1y2+x2y1=，(*)
联立可得T，H(3y1+6-x1，y1).可求得此时HN：y-y2=(x-x2)，
将(0，-2)代入整理得2(x1+x2)-6(y1+y2)+x1y2+x2y1-3y1y2-12=0，
将(*)代入，得24k+12k2+96+48k-24k-48-48k+24k2-36k2-48=0，显然成立，综上，可得直线HN过定点(0，-2).
1
2
3
4课时跟踪检测(六十七)　圆锥曲线中的定点、定直线问题
1.(15分)(2025·娄底模拟)若抛物线Γ的方程为y2=4x,焦点为F,设P,Q是抛物线Γ上两个不同的动点.
(1)若|PF|=3,求直线PF的斜率;(6分)
(2)设PQ中点为R,若直线PQ斜率为,证明R在一条定直线上.(9分)
2.(15分)已知双曲线C的渐近线方程为y=±x,且过点P(3,).
(1)求C的方程;(5分)
(2)设Q(1,0),直线x=t不经过P点且与C相交于A,B两点,若直线BQ与C交于另一点D.求证:直线AD过x轴上的一定点.(10分)
3.(15分)(2025·泰安模拟)平面内点P到点F(3,0)与到直线l1:x=的距离之比为3.
(1)求点P的轨迹E的方程;(5分)
(2) A1,A2为E的左、右顶点,过F的直线l与E交于M,N(异于A1,A2)两点,MA1与NA2交点为R,求证:点R在定直线上.(10分)
4.(15分)已知椭圆E的中心为坐标原点,对称轴为x轴、y轴,且过A(0,-2),B两点.
(1)求E的方程;(4分)
(2)设过点P(1,-2)的直线交E于M,N两点,过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T,点H满足=.证明:直线HN过定点.(11分)
课时跟踪检测(六十七)
1.快审准解:(1)根据焦半径公式得到xP=2,求出P(2,±2),从而求出斜率;
(2)法一:设P(x1,y1),Q(x2,y2),PQ:y=x+t,联立抛物线方程,得到根与系数的关系,得到yR==2,求出答案;
法二:设P(x1,y1),Q(x2,y2),得到==,从而确定y1+y2=4,得到yR==2,得到答案.
解:(1)由题意F(1,0),|PF|=xP+1=3,则xP=2,将x=2代入y2=4x,得y=±2,则P(2,±2),所以kPF==±2.
(2)证明:法一　设P(x1,y1),Q(x2,y2),PQ:y=x+t,即x=y-t,
代入y2=4x,得y2-4y+4t=0,
由根与系数的关系,得y1+y2=4,故yR==2,R在定直线y=2上.
法二　设P(x1,y1),Q(x2,y2),由题意,===,故y1+y2=4,故yR==2,R在定直线y=2上.
2.解:(1)因为渐近线方程为y=±x,所以可设双曲线C的方程为-=λ(λ≠0),
将点P(3,)代入得-=λ,解得λ=,所以双曲线C的方程为-y2=1.
(2)证明:显然直线BQ的斜率不为零,设直线BQ的方程为x=my+1,B(x1,y1),D(x2,y2),A(x1,-y1),联立消x整理得(m2-3)y2+2my-2=0.
依题意得m2-3≠0且Δ=4m2+8(m2-3)>0,即m2>2且m2≠3,
y1+y2=-,y1y2=-,
直线AD的方程为y+y1=(x-x1),
令y=0,得x=+x1=
==
===3.
所以直线AD过x轴上的定点(3,0).
3.快审准解:(1)设P(x,y),根据题意列出方程=3,即可求解;
(2)设直线l:x=my+3,联立方程组,求得y1+y2=,y1y2=,再由直线:y=(x+1)和:y=(x-1),化简得到=,列出方程,求得x的值,即可得到答案.
解:(1)设P(x,y)是所求轨迹E上的任意一点,
因为点P到点F(3,0)与到直线l1:x=的距离之比为3,可得 =3,整理得x2-=1,所以轨迹E的方程为x2-=1.
(2)证明:由(1)知A1(-1,0),A2(1,0),设直线l:x=my+3,且M(x1,y1),N(x2,y2),
联立方程组整理得(8m2-1)y2+48my+64=0,则8m2-1≠0,可得m≠±,
所以Δ=(48m)2-256(8m2-1)=256(m2+1)>0,且y1+y2=,y1y2=,①
又由:y=(x+1)和 :y=(x-1),
两式相除得===,②
由①式可得my1y2=-(y1+y2),代入②式==-,解得x= ,所以点R在定直线x=上.
4.解:(1)设椭圆E的方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0,m≠n),过A(0,-2),B,则解得m=,n=,所以椭圆E的方程为+=1.
(2)证明:A(0,-2),B,所以AB:y+2=x,
①假设M在N的上方,若过点P(1,-2)的直线斜率不存在,将x=1代入+=1,可得M,N,
代入AB方程y=x-2,可得T,
由=得到H.
求得HN方程:y=x-2,过点(0,-2).
②若过点P(1,-2)的直线斜率存在,设kx-y-(k+2)=0,M(x1,y1),N(x2,y2).
联立
得(3k2+4)x2-6k(2+k)x+3k(k+4)=0,
可得
且x1y2+x2y1=,(*)
联立可得T,H(3y1+6-x1,y1).可求得此时HN:y-y2=(x-x2),
将(0,-2)代入整理得2(x1+x2)-6(y1+y2)+x1y2+x2y1-3y1y2-12=0,
将(*)代入,得24k+12k2+96+48k-24k-48-48k+24k2-36k2-48=0,显然成立,综上,可得直线HN过定点(0,-2).

展开更多......

收起↑