直线恒过定点问题

前言

待定系数法的设法技巧：当直线经过点\((0,1)\)时，我们常常设其解析式为\(y=kx+1\)，当直线经过点\((1,0)\)时，我们常常设其解析式为\(x=ky+1\)，

典例剖析

求证直线\((2m+1)x+(m+1)y=7m+4(m\in R)\)恒过某一个定点\(P\)，并求其坐标。

法1：赋值法，令\(m=1\)，得到直线为\(3x+2y=11\)；令\(m=2\)，得到直线为\(5x+3y=18\)；联立求得交点为\(P(3，1)\)。

再将点\(P(3，1)\)代入直线验证，\((2m+1)x+(m+1)y=(2m+1)\times 3+(m+1)\times 1=7m+4\)，故直线\((2m+1)x+(m+1)y=7m+4(m\in R)\)恒过某一个定点\(P(3，1)\)。

【补记】：当然还可以将这个解法更特殊化为，令\(2m+1=0\)，得到\(m=-\cfrac{1}{2}\)，代入原直线得到\(y=1\)；令\(m+1=0\)，得到\(m=-1\)，代入原直线得到\(x=3\)；联立求得交点为\(P(3，1)\)。

赋值法原理说明图：由于题目中不论\(m\)取到何值时，都对应平面内的唯一的一条直线，故可以给参数\(m\)赋值，

法2：换元法，由直线方程的点斜式形式\(y=k(x-x_0)+y_0\)，可知直线必然经过点\(P(x_0，y_0)\)，故思考将其通过换元法改写为点斜式；

①当\(m+1\neq 0\)时，由原直线得到\(y=-\cfrac{2m+1}{m+1}x+\cfrac{7m+4}{m+1}\)，

令\(-\cfrac{2m+1}{m+1}=k\)，则得到\(m=\cfrac{-k-1}{k+2}\)，代入得到\(\cfrac{7m+4}{m+1}=-3k+1\)，

故原直线可化为\(y=kx-3k+1=k(x-3)+1\)，故直线经过点\(P(3，1)\)。

②当\(m+1=0\)时，即\(m=-1\)，代入得到直线为\(x=3\)，此时点\(P\)也在直线上，

综上所述，直线必经过点\(P(3，1)\)。

法3：利用共点直线系方程求解；已知两条直线\(l_1：A_1x+B_1y+C_1=0\)，\(l_2：A_2x+B_2y+C_2=0\)，

则经过这两条直线 \(l_1\) 和 \(l_2\) 的交点的直线系方程为\((A_1x\)\(+\)\(B_1y\)\(+\)\(C_1)\)\(+\)\(\lambda\cdot\)\((A_2x\)\(+\)\(B_2y\)\(+\)\(C_2)\)\(=\)\(0\)\((除l_2)\)，其中\(\lambda\)是待定系数。

将直线方程中的\(m\)看成参数，分离得到\((2x+y-7)m+(x+y-4)=0\)，

则由\(\left\{\begin{array}{l}{2x+y-7=0}\\{x+y-4=0}\end{array}\right.\)，求得\(\left\{\begin{array}{l}{x=3}\\{y=1}\end{array}\right.\)，

即两条直线的交点为\(P(3，1)\)，也即原直线必过定点\(P(3，1)\)。

【衡水金卷，直线过定点类型，较难】如图所示，已知点\(A(-1，0)\)是抛物线的准线与\(x\)轴的交点，过点\(A\)的直线与抛物线交于点\(M，N\)两点，过点\(M\)的直线交抛物线于另一个点\(Q\)，且直线\(MQ\)过点\(B(1，-1)\).

(1).求抛物线的方程。

分析：由题目图形可知，\(\cfrac{p}{2}=1\)，则\(p=2\)，故顶点在坐标原点，开口向右的抛物线的方程为\(y^2=2px\)，即\(y^2=4x\)。

(2).求证：直线\(QN\)过定点。

分析：如果直线过定点\((m，n)\)，则直线的表达式必然应该能化为：\(y-n=k(x-m)\)类型。

设点\(M(4t^2，4t)\)，点\(N(4t_1^2，4t_1)\)，点\(M(4t_2^2，4t_2)\)，则由题目易知直线\(MN\)的斜率存在，

且\(k_{MN}=\cfrac{4t-4t_1}{4t^2-4t_1^2}=\cfrac{1}{t+t_1}\)，从而直线\(MN\)的方程是\(y=\cfrac{1}{t+t_1}(x-4t^2)+4t\)，即\(x-(t+t_1)y+4tt_1=0\)。

同理可知，直线\(MQ\)的方程\(x-(t+t_2)y+4tt_2=0\)，直线\(NQ\)的方程\(x-(t_1+t_2)y+4t_1t_2=0\)，

又点\(A\)在直线\(MN\)上，从而有\(4tt_1=1\)，即\(t=\cfrac{1}{4t_1}\)；点\(B\)在直线\(MQ\)上，

从而有\(1+(t+t_2)+4tt_2=0\)，即\(1+(\cfrac{1}{4t_1}+t_2)+4\times \cfrac{1}{4t_1}t_2=0\)，

化简得到\(4t_1t_2=-4(t_1+t_2)-1\)，

代入\(NQ\)的方程，得到\(x-(t_1+t_2)y-4(t_1+t_2)-1=0\)，

即\(y+4=\cfrac{1}{t_1+t_2}(x-1)\)，故直线\(NQ\)经过定点\((1，-4)\)。

解后反思：① 抛物线\(y^2=4x\)上的任意点的坐标的设法一般是\((x，y)\)，本题采用\((4t^2，4t)\)，是抛物线的参数方程的一种。② 注意直线过定点的证明思路。

\(x, y\)满足\(\left\{\begin{array}{l}x-2\geqslant0\\y-2\geqslant0\\ x+y-8 \leq 0\end{array}\right.\)，\(z=ax+by(a>b>0)\)的最大值为\(2\)，则直线\(ax+by-1=0\)所过的定点坐标为【\(\qquad\)】

$A.(3,1)$ $B.(-1,3)$ $C.(1,3)$ $D.(-3,1)$

解析：由\(x, y\)满足\(\left\{\begin{array}{l}x-2\geq 0\\y-2\geq 0\\x+y-8 \leq 0\end{array}\right.\) 作出可行域如图，

结合\(y=-\cfrac{a}{b}x+\cfrac{z}{b}(-\cfrac{a}{b}<-1)\)，由图可知，

\(C\)为目标函数取得最大值的最优解，联立\(\left\{\begin{array}{l}y=2\\x+y-8=0\end{array}\right.\)， 解得\(C(6,2)\)

\(\therefore 6a+2b=2\)，即\(3a+b=1\)，所以\(b=1-3a\)，

代入\(ax+by-1=0\)，得\(ax+y-3ay-1=0\)，

整理为过定点的直线系方程形式：\(a(x-3y)+y-1=0\)，

由\(\left\{\begin{array}{l}x-3y=0\\y-1=0\end{array}\right.\)，解得\(\left\{\begin{array}{l}x=3\\y=1\end{array}\right.\),

则直线\(ax+by-1=0\)所过的定点坐标为\((3,1)\)，故选\(A\).

对应练习

已知直线 \(l\) 的方程为 \(kx-y+2k+1=0\)，\(k\in R\)，则直线 \(l\) 恒过定点 \((-2,1)\) .

提示：整理变形为直线的点斜式方程形式，\(y-1=k(x+2)\)，即 \(y-1=k[x-(-2)]\)，比照点斜式方程形式 \(y-y_0=k(x-x_0)\)，可知 \(x_0=-2\)，\(y_0=1\)，即所求的定点为\((-2,1)\) .