2025高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-專題六-第4講-母題突破2-定點(diǎn)(定直線)問題-專項(xiàng)訓(xùn)練【含答案】

母題突破2定點(diǎn)(定直線)問題母題已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的離心率為eq\f(2\r(3),3)，左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(3,1)，且eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝6.(1)求雙曲線C的方程；(2)過(guò)點(diǎn)P的動(dòng)直線l與C的左、右兩支分別交于A，B兩點(diǎn)，若點(diǎn)M在線段AB上，滿足eq\f(|AP|,|AM|)＝eq\f(|BP|,|BM|)，證明：點(diǎn)M在定直線上．思路分析?利用離心率和eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝6求方程?設(shè)直線方程y－1＝kx－3并聯(lián)立?利用比例關(guān)系eq\f(|AP|,|AM|)＝eq\f(|BP|,|BM|)列式?將根與系數(shù)的關(guān)系代入化簡(jiǎn)?消去參數(shù)得點(diǎn)在定直線上(1)解設(shè)|F1F2|＝2c(c>0)，因?yàn)殡p曲線C的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2\r(3),3)＝eq\f(2,\r(3))，設(shè)a＝eq\r(3)t，c＝2t，t>0，所以F1(－2t,0)，F(xiàn)2(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，所以雙曲線C的方程為eq\f(x2,3)－y2＝1.(2)證明設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，當(dāng)直線斜率不存在時(shí)不成立，設(shè)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，由于點(diǎn)P在雙曲線C內(nèi)部，易得Δ>0，所以x1＋x2＝eq\f(6k1－3k,1－3k2)，x1x2＝eq\f(－32－6k＋9k2,1－3k2).設(shè)M(x0，y0)，根據(jù)題意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)，化簡(jiǎn)得x0－2＝kx0－3k，又y0＝kx0＋1－3k，消去k，得x0－y0－1＝0，所以點(diǎn)M在定直線x－y－1＝0上．[子題1](2023·信陽(yáng)模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1的左、右頂點(diǎn)分別為A1，A2，過(guò)點(diǎn)D(1,0)的直線l與橢圓C交于異于A1，A2的M，N兩點(diǎn)．若直線A1M與直線A2N交于點(diǎn)P，證明：點(diǎn)P在定直線上，并求出該定直線的方程．解如圖所示，由題知直線A1M與直線A2N的斜率存在，設(shè)：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是異于A1，A2的兩點(diǎn)，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三點(diǎn)共線，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)，化簡(jiǎn)得(3k1－k2)(1＋2k1k2)＝0，由題知k1，k2同號(hào)，所以3k1＝k2，聯(lián)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)))，將3k1＝k2代入點(diǎn)P的橫坐標(biāo)，則xP＝eq\f(2k1＋2k2,k2－k1)＝eq\f(8k1,2k1)＝4，所以點(diǎn)P在定直線x＝4上．[子題2](2023·杭州模擬)已知雙曲線C：x2－eq\f(y2,2)＝1，若直線y＝kx＋m與雙曲線C交于P，Q兩點(diǎn)，M是C的右頂點(diǎn)，且直線MP與MQ的斜率之積為－eq\f(2,3)，證明：直線PQ恒過(guò)定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)．證明設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，聯(lián)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，所以直線PQ的方程為y＝k(x＋2)，恒過(guò)定點(diǎn)(－2,0)．規(guī)律方法動(dòng)線過(guò)定點(diǎn)問題的兩大類型及解法(1)動(dòng)直線l過(guò)定點(diǎn)問題，解法：設(shè)動(dòng)直線方程(斜率存在)為y＝kx＋t，由題設(shè)條件將t用k表示為t＝mk，得y＝k(x＋m)，故動(dòng)直線過(guò)定點(diǎn)(－m,0)．(2)動(dòng)曲線C過(guò)定點(diǎn)問題，解法：引入?yún)⒆兞拷⑶€C的方程，再根據(jù)其對(duì)參變量恒成立，令其系數(shù)等于零，得出定點(diǎn)．1．已知拋物線C：y2＝2x，A(x1，y1)，B(x2，y2)是C上兩個(gè)不同的點(diǎn)．(1)求證：直線y1y＝x1＋x與拋物線C相切；(2)若O為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝－1，拋物線C在A，B處的切線交于點(diǎn)P，證明：點(diǎn)P在定直線上．證明(1)聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝2x，,y1y＝x1＋x，))得y2－2y1y＋2x1＝0，因?yàn)锳(x1，y1)在拋物線C上，則yeq\o\al(2,1)＝2x1，所以Δ＝(－2y1)2－4×2x1＝4yeq\o\al(2,1)－8x1＝0，因此直線y1y＝x1＋x與拋物線C相切．(2)設(shè)P(x0，y0)，由(1)知，切線PA的方程為y1y＝x1＋x，切線PB的方程為y2y＝x2＋x，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1y＝x1＋x，,y2y＝x2＋x，))得x0＝eq\f(x1y2－x2y1,y1－y2)，因?yàn)閤1＝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?yàn)閑q\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.故點(diǎn)P在定直線x＝－1上．2．(2023·全國(guó)乙卷)已知橢圓C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)的離心率是eq\f(\r(5),3)，點(diǎn)A(－2,0)在C上．(1)求C的方程；(2)過(guò)點(diǎn)(－2,3)的直線交C于P，Q兩點(diǎn)，直線AP，AQ與y軸的交點(diǎn)分別為M，N，證明：線段MN的中點(diǎn)為定點(diǎn)．(1)解由題意可得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)，))所以橢圓C的方程為eq\f(y2,9)＋eq\f(x2,4)＝1.(2)證明由題意可知，直線PQ的斜率存在，如圖，設(shè)B(－2,3)，直線PQ：y＝k(x＋2)＋3，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，聯(lián)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，則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?yàn)锳(－2,0)，則直線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)))，則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，所以線段MN的中點(diǎn)是定點(diǎn)(0,3)．專題強(qiáng)化練1．(2023·哈爾濱模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，A1，A2為C的左、右頂點(diǎn)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(7)，\f(\r(3),2)))為C上一點(diǎn)，PA1的斜率與PA2的斜率之積為eq\f(1,4).過(guò)點(diǎn)A(3,0)且不垂直于x軸的直線l與C交于M，N兩點(diǎn)．(1)求C的方程；(2)若點(diǎn)E，F(xiàn)為直線x＝3上關(guān)于x軸對(duì)稱的不重合兩點(diǎn)，證明：直線ME，NF的交點(diǎn)在定直線上．(1)解由題意得A1(－a,0)，A2(a,0)，又Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(7)，\f(\r(3),2)))為C上一點(diǎn)，PA1的斜率與PA2的斜率之積為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，所以雙曲線C的方程為eq\f(x2,4)－y2＝1.(2)證明設(shè)直線MN的方程為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，則t2－4≠0，Δ＝(6t)2－20(t2－4)>0，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，E(3，m)，F(xiàn)(3，－m)，m≠0，所以y1＋y2＝－eq\f(6t,t2－4)，y1y2＝eq\f(5,t2－4)，直線lME：y－m＝eq\f(y1－m,x1－3)(x－3)，lNF：y＋m＝eq\f(y2＋m,x2－3)(x－3)，聯(lián)立兩方程，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)，當(dāng)直線MN與x軸重合時(shí)，則M(－2,0)，N(2,0)，lME：y＝eq\f(m,5)(x＋2)，lNF：y＝－m(x－2)，聯(lián)立可得x＝eq\f(4,3)，綜上，直線ME與NF的交點(diǎn)在定直線x＝eq\f(4,3)上．2．已知橢圓C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右頂點(diǎn)與拋物線C2：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)重合，橢圓C1的離心率為eq\f(1,2)，過(guò)橢圓C1的右焦點(diǎn)F且垂直于x軸的直線截拋物線C2所得的弦長(zhǎng)為4eq\r(2).(1)求橢圓C1和拋物線C2的方程；(2)過(guò)點(diǎn)A(－4,0)的直線l與橢圓C1交于不同的兩點(diǎn)M(x1，y1)，N(x2，y2)，點(diǎn)M關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為E(x1，－y1)．證明：當(dāng)直線l繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)時(shí)，直線EN經(jīng)過(guò)定點(diǎn)．(1)解由橢圓C1的離心率為eq\f(1,2)，可得eq\f(c,a)＝eq\f(1,