专题 圆锥曲线定点问题
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知识剖析
定点问题的含义
其实我们早已接触过了定点问题
①二次函数\(f(x)=x^2-(a+1)x+a\)过定点\((1 ,0)\),
理由是:当\(x=1\)时,不管\(a\)取什么数,都有\(y=1-(a+1)+a=0\),故其过定点\((1 ,0)\);
②指数函数\(f(x)=a^x (a>0 ,a≠1)\)过定点\((0 ,1)\),
理由是:当\(x=0\)时,不管\(a\)取什么数,都有\(y=a°=1\),故其过定点\((0 ,1)\);
③对数函数\(g(x)=log_ax (a>0 ,a≠1)\)过定点\((1 ,0)\);
理由是:当\(x=1\)时,不管\(a\)取什么数,都有\(y=log_a1=0\),故其过定点\((1 ,0)\);
④直线方程点斜式:斜率为\(k\),过点\((x_0 ,y_0 )\)的直线方程为\(y=k(x-x_0 )+y_0\);
那直线\(y=k(x-2)+3\),由于斜率\(k\)不确定,它表示的不是一条确定的直线,而是“直线簇”,但过定点\((2 ,3)\),与\(k\)的取值无关;
⑤圆\((x-a)^2+y^2=a^2\),由于\(a\)的不确定,它表示的不是一个确定的圆,而是“圆簇”,但过定点\((0 ,0)\),与\(a\)的取值无关.
\({\color{Red}{Eg }}\) 曲线\(x^2+λy^2=4(λ≠0)\)恒过定点 .
解从数的角度分析,\(x^2+λy^2=4⇒y^2\cdot λ+(x^2-4)=0 (*)\),
即当\(x ,y\)取什么值时,不管\(λ\)取任何值方程\((*)\)均成立,
故由\(\begin{cases} { y ^ { 2 } = 0 } \\ { x ^ { 2 } - 4 = 0 } \end{cases}\),解得\(\begin{cases} { x = 2 } \\ { y = 0 } \end{cases}\)或\(\begin{cases} { x = -2 } \\ { y = 0 } \end{cases}\),
所以曲线\(x^2+λy^2=4(λ≠0)\)恒过定点\((2 ,0)、(-2 ,0)\).
求定点问题的方法
方程恒成立法
先求出满足特定条件的方程\(f(x ,y ,m)=0\)(其中\(x ,y\)是变量,\(m\)是参数)\((*)\),再证明当\(x=x_0 ,y=y_0\)时,不管取\(m\)任何值方程\((*)\)恒成立;
\({\color{Red}{Eg}}\) 求证:直线\(l:(2m+1)x+(m+1)y=7m+4\)恒过某一定点\(P\),并求该定点的坐标.
证明:直线\(l\)是一条动直线,它会随着\(m\)的变化而变化,
若直线恒过一定点,即不管\(m\)取任何值,该点都在直线\(l\)上,
\(∵(2m+1)x+(m+1)y=7m+4⇒(2x+y-7)m+x+y-4=0\)
\(∴\)不管\(m\)取任何值,方程\((2x+y-7)m+x+y-4=0\)恒成立,
\(∴\)只有\(2x+y-7=0\),\(x+y-4=0\)同时成立才行,
解得\(\begin{cases} { x = 3 } \\ { y = 1 } \end{cases}\)
故恒过定点\(P(3 ,1)\).
点拨:利用方程思想,把某曲线过一定点转化为方程恒成立问题;
特殊值法
通过特殊情况确定定点(一个也可能多个),再证明它们满足特定条件.
\({\color{Red}{Eg }}\)求证:直线\(l:(2m+1)x+(m+1)y=7m+4\)恒过某一定点\(P\),并求该定点的坐标.
证明:直线\(l\)是一条动直线,它会随着\(m\)的变化而变化,
当\(m=0\)时,直线\(l_1:x+y-4=0\);
当\(m=1\)时,直线\(l_2:3x+2y-11=0\);
由\(\begin{cases} { x + y - 4 = 0 } \\ { 3 x + 2 y - 11 = 0 } \end{cases}\),解得\(\begin{cases} { x = 3 } \\ { y = 1 } \end{cases}\),
即直线\(l_1\)与直线\(l_2\)的交点为\((3 ,1)\),
若直线\(l\)恒过某一定点\(P\),则该点只能是\((3 ,1)\),
显然得\(\begin{cases} { x = 3 } \\ { y = 1 } \end{cases}\)满足直线方程\((2m+1)x+(m+1)y=7m+4\),即点\((3 ,1)\)在直线上;
故直线\(l\)恒过定点\(P(3 ,1)\).
点拨:通过两条特殊直线,求出交点,确定交点只能是定点,再证明交点满足直线\(l\).
几何法
通过平几知识点,确定某点符合某种运动规律.
注 众多定点问题均与极点极线有关,若有所了解,有利于更快找到解题思路.
经典例题
【题型一】求某直线(或曲线)过定点
【典题1】\(A、B\)是抛物线\(y^2=2px(p>0)\)上的两点,且\(OA⊥OB\),求证:直线\(AB\)经过一个定点.
【证明】设\(A(x_1 ,y_1)\)、\(B(x_2 ,y_2)\),
依题意可设直线\(AB\)方程为\(x=my+n\),
\({\color{Red}{ (要证明直线过定点,相当于求出m,n的关系)}}\)
代入\(y^2=2px\)得\(y^2-2pmy-2pn=0\),
则\(y_1 y_2=-2pn\),
\(∵OA⊥OB\),
\({\color{Red}{(处理垂直关系,可用向量\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB} =0或k_{OA}\cdot k_{OB}=-1) }}\)
\(∴\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}⇒x_1 x_2+y_1 y_2=0\),
\(∴\dfrac { y _ { 1 } ^ { 2 } } { 2 p } \cdot \dfrac { y _ { 2 } ^ { 2 } } { 2 p } + y _ { 1 } y _ { 2 } = 0\),\({\color{Red}{ (曲线代换)}}\)
\(∵y_1 y_2≠0\),\(∴y_1 y_2=-4p^2\),
\(∴-4p^2=-2pn⇒n=2p\),
\(∴\)直线\(AB\)方程为\(x=my+n=my+2p\),
\(∴\)直线\(AB\)方程过定点\((2p ,0)\).
【点拨】本题思路:设直线方程\(x=my+n\),证明直线过定点即得到\(m,n\)间的关系.
再例:设直线为\(y=kx+b\),求出\(b\)或者得到\(b\)与\(k\)的一次函数关系,便知道定点;
比如若得到\(b=3\),直线过定点\((0 ,3)\);
若得到\(b=2k+1\),直线方程为\(y=kx+b=k(x+2)+1\),则过定点\((-2 ,1).\)
【典题2】 如图,椭圆\(\dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1\)的两焦点\(F_1\),\(F_2\)与短轴两端点\(B_1\),\(B_2\)构成\(∠B_2 F_1 B_1\)为\(120^°\),面积为\(2\sqrt3\)的菱形.
(1)求椭圆的方程;
(2)若直线\(l:y=kx+m\)与椭圆相交于\(M ,N\)两点(\(M ,N\)不是左右顶点),且以\(MN\)为直径的圆过椭圆右顶点\(A\),求证:直线\(l\)过定点,并求出该定点的坐标.
【解析】(1)过程略,椭圆方程为\(\dfrac { x ^ { 2 } } { 4} + \dfrac { y ^ { 2 } } { 3 } = 1\).
(2)\({\color{Red}{(求出m的值或得到m与k的一次函数关系式,便可知道定点) }}\)
设\(M(x_1 ,y_1)\),\(N(x_2 ,y_2)\),
由\(\begin{cases} { y = k x + m } \\ { \dfrac { x ^ { 2 } } { 4 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 3 } = 1 } \end{cases}\)得\((3+4k^2 ) x^2+8mkx+4(m^2-3)=0\),
则\(x _ { 1 } + x _ { 2 } = \dfrac { - 8 m k } { 3 + 4 k ^ { 2 } }\),\(x _ { 1 } x _ { 2 } = \dfrac { 4 ( m ^ { 2 } - 3 ) } { 3 + 4 k ^ { 2 } }\),
且\(△=64m^2 k^2-16(3+4k^2)(m^2-3)>0\),
即\(3+4k^2-m^2>0\),\({\color{Red}{ (注意判别式的讨论)}}\)
\(∵\)以\(MN\)为直径的圆过椭圆的右顶点\(A\),
\(∴AM⊥AN\)即\(\overrightarrow{AM}\cdot \overrightarrow{AN} =0\),
\(∴(x_1-2)(x_2-2)+y_1 y_2=0\),
即\(y_1 y_2+x_1 x_2-2(x_1+x_2)+4=0\),
又\(y_1 y_2=(kx_1+m)(kx_2+m)
=k^2 x_1 x_2+mk(x_1+x_2)+m^2= \dfrac { 3 ( m ^ { 2 } - 4 k ^ { 2 } ) } { 3 + 4 k ^ { 2 } }\),
\({\color{Red}{(直线代换) }}\)
\(∴\dfrac { 3 ( m ^ { 2 } - 4 k ^ { 2 } ) } { 3 + 4 k ^ { 2 } } + \dfrac { 4 ( m ^ { 2 } - 3 ) } { 3 + 4 k ^ { 2 } } + \dfrac { 16 m k } { 3 + 4 k ^ { 2 } } + 4 = 0\),
化简得\(7m^2+4k^2+16mk=0\),
解得\(m=-2k\)或\(m = - \dfrac { 2 k } { 7 }\)且均满足\(3+4k^2-m^2>0\),
当\(m=-2k\)时,\(l:y=k(x-2)\),直线过定点\((2 ,0)\)与已知矛盾;
当\(m = - \dfrac { 2 k } { 7 }\)时,\(l : y = k ( x - \dfrac { 2 } { 7 } )\),直线过定点\((\dfrac { 2 } { 7 } ,0)\);
综上,直线\(l\)过定点\((\dfrac { 2 } { 7 } ,0)\).
【典题3】 已知椭圆\(E : \dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt b \gt 0 )\),直线\(l:x+my-1=0\)过\(E\)的右焦点\(F\).
当\(m=1\)时,椭圆的长轴长是下顶点到直线\(l\)的距离的\(2\)倍.
(1)求椭圆\(E\)的方程;
(2)设直线\(l\)与椭圆\(E\)交于\(A,B\)两点,在\(x\)轴上是否存在定点\(P\),使得当\(m\)变化时,总有
\(∠OPA=∠OPB\)(\(O\)为坐标原点)?若存在,求\(P\)点的坐标;若不存在,说明理由.
【解析】(1)过程略,椭圆的方程为\(\dfrac { x ^ { 2 } } { 2} + y ^ { 2 } = 1\);
(2)当\(m=0\)时,由对称性可知在\(x\)轴上存在点\(P\),使得\(∠OPA=∠OPB\);
当\(m≠0\)时,由\(\begin{cases} { x ^ { 2 } + 2 y ^ { 2 } = 2 } \\ { x + m y - 1 = 0 } \end{cases}\)
消去\(x\),可得\((2+m^2 ) y^2-2my-1=0\),
设\(A(x_1 ,y_1)\),\(B(x_2 ,y_2)\),
所以\(y _ { 1 } + y _ { 2 } = \dfrac { 2 m } { 2 + m ^ { 2 } }\),\(y _ { 1 } y _ { 2 } = - \dfrac { 1 } { 2 + m ^ { 2 } }\),
设\(P(t ,0)\)满足题设条件,满足\(∠OPA=∠OPB\),
则\(k_{PA}+k_{PB}=0\),
\(∴ \dfrac { y _ { 1 } } { x _ { 1 } - t } + \dfrac { y _ { 2 } } { x _ { 2 } - t } = \dfrac { y _ { 1 } } { 1 - m y _ { 1 } - t } + \dfrac { y _ { 2 } } { 1 - m y _ { 2 } - t }\)
\(= \dfrac { ( 1 - t ) ( y _ { 1 } + y _ { 2 } - 2 m y _ { 1 } y _ { 2 } } { ( 1 - m y _ { 1 } - t ) ( 1 - m y _ { 2 } - t ) } = 0\),
则\((1-t)(y_1+y_2)-2my_1 y_2=0\),
即\(2m(1-t)+2m=2m(2-t)=0\),
\({\color{Red}{ (定点问题变成了方程恒成立问题)}}\)
而\(t=2\)时,上式恒成立.
所以在\(x\)轴上存在点\(P(2 ,0)\)满足题设条件.
【点拨】
① 因为斜率\(k\)与倾斜角\(α\)的关系\(k=tanα\),把\(∠OPA=∠OPB\)转化为\(k_{PA}+k_{PB}=0\);
② 本题的思路:是否存在定点\(P(t ,0)\),使得当\(m\)变化时,总有\(∠OPA=∠OPB\);
⇔是否存在\(t\),使得不管\(m\)取任何值,总有\(k_{PA}+k_{PB}=0\);
⇔是否存在\(t\),使得不管\(m\)取任何值,方程\(2m(2-t)=0\)恒成立;
故求一定点,转化为方程恒成立问题.
③ 本题也可以从极点极线的性质思考,点\(P\)与右焦点\(F\)是关于椭圆\(E\)调和共轭,设左右顶点为\(M,N\),则点\(P\)满足\(\dfrac {P M } { PN } = \dfrac { F M } { F N }\),易得\(P(2 ,0)\).
【典题4】如图等边三角形\(OAB\)的边长为\(8\sqrt3\),且三个顶点均在抛物线\(E:x^2=2py(p>0)\)上.
(1)求抛物线\(E\)的方程;
(2)设动直线\(l\)与抛物线\(E\)相切于点\(P\),与直线\(y=-1\)相交于点\(Q\).证明以\(PQ\)为直径的圆恒过\(y\)轴上某定点.
【解析】(1) 过程略,抛物线\(E\)的方程为\(x^2=4y\);
(2)
\({\color{Red}{ 方法一 }}\)
设\(P(x_0 ,y_0 )\),直线l方程为\(y=kx+b\),
由\(\begin{cases} { y = k x + b } \\ { x ^ { 2 } = 4 y } \end{cases}\)得\(x^2-4kx-4b=0 (*)\),
\(∵\)相切 \(∴∆=16k^2+16b=0⇒b=-k^2\),
则方程\((*)\)为\(x^2-4kx+4k^2=0\),可得\(x_0=2k\),
\(∵P\)在抛物线\(x^2=4y\),\(∴y_0=k^2\),即\(P(2k ,k^2)\)
\({\color{Red}{ (若学习导数,以上步骤还能简化些) }}\)
此时直线\(l\)方程为\(y=kx-k^2 (k≠0)\)
由\(\begin{cases} { y = k x - k ^ { 2 } } \\ { y = - 1 } \end{cases}\)得\(\begin{cases} { x = \dfrac { k ^ { 2 } - 1 } { k } } \\ { y = - 1 } \end{cases}\), \(∴Q ( \dfrac { k ^ { 2 } - 1 } { k } , - 1 )\)
则以\(PQ\)为直径的圆方程为\(x ^ { 2 } - \dfrac { 3 k ^ { 2 } - 1 } { k } x + y ^ { 2 } - ( k ^ { 2 } - 1 ) y + k ^ { 2 } - 2 = 0\),
\({\color{Red}{ (想法直接,问圆过定点,就先求出圆的方程,再看如何过定点,缺点是计算量大些)}}\)
令\(x=0\),得\(y^2-(k^2-1)y+k^2-2=0\)
\(⇒(1-y) k^2+y^2+y-2=0 (*)\),
若不管\(k(k≠0)\)取什么值要使得方程 (*)恒成立, \({\color{Red}{ (方程恒成立法)}}\)
则\(\begin{cases} { 1 - y = 0 } \\ { y ^ { 2 } + y - 2 = 0 } \end{cases}\),即\(y=1\),
故以\(PQ\)为直径的圆恒过\(y\)轴上的定点\(M(0 ,1)\).
\({\color{Red}{ 方法二}}\) 同方法一可得\(Q ( \dfrac { k ^ { 2 } - 1 } { k } , - 1 )\),\(P(2k ,k^2)\)
设\(M(0 ,y_1)\),若以\(PQ\)为直径,
则\(MP⊥MQ\),即\(\overrightarrow{MP}\cdot \overrightarrow{MQ} =0\),\({\color{Red}{ (较方法一优化些)}}\)
\(\overrightarrow{MP} = ( 2 k , k ^ { 2 } - y _ { 1 } )\),\(\overrightarrow{MQ} = ( \dfrac { k ^ { 2 } - 1 } { k } , - 1 - y _ { 1 } )\)
\(∴ 2 k \cdot \dfrac { k ^ { 2 } - 1 } { k } + ( k ^ { 2 } - y _ { 1 } ) ( - 1 - y _ { 1 } ) = 0\)
\(\Rightarrow ( 1 - y _ { 1 } ) k ^ { 2 } + y _ { 1 } ^ { 2 } + y _ { 1 } - 2 = 0 \quad ( * * )\),
若要满足\(\overrightarrow{MP}\cdot \overrightarrow{MQ} =0\)对满足方程\((**)\)的\(k\)恒成立,\({\color{Red}{ (方程恒成立法)}}\)
则\(\begin{cases} { 1 - y _ { 1 } = 0 } \\ { y _ { 1 } ^ { 2 } + y _ { 1 } - 2 = 0 } \end{cases}\),解得\(y_1=1\).
故以\(PQ\)为直径的圆恒过\(y\)轴上的定点\(M(0 ,1)\).
\({\color{Red}{方法三 }}\) 同方法一可得\(Q ( \dfrac { k ^ { 2 } - 1 } { k } , - 1 )\),\(P(2k ,k^2)\)
\({\color{Red}{ (以下采取“特殊值法”)}}\)
取\(k=1\),此时\(P(2 ,1)\),\(Q(0 ,-1)\),
以\(PQ\)为直径的圆为\((x-1)^2+y^2=2\),交\(y\)轴于点\(M_1 (0 ,1)\)或\(M_2 (0 ,-1)\),
取\(k = \dfrac { 1 } { 2 }\),此时\(P ( 1 , \dfrac { 1 } { 4 } )\),\(Q ( - \dfrac { 3 } { 2 } , - 1 )\),
以\(PQ\)为直径的圆为\(( x + \dfrac { 1 } { 4 } ) ^ { 2 } + ( y + \dfrac { 3 } { 8 } ) ^ { 2 } = 2\),
交\(y\)轴于点\(M_3 (0 ,1)\)或\(M _ { 4 } ( 0 , - \dfrac { 7 } { 4 } )\),
故若满足条件的点\(M\)存在,只能是\(M(0 ,1)\),证明如下
\({\color{Red}{ (相当于先证明问题的必要性,再讨论其充分性)}}\)
\(\because \overrightarrow{M P} = ( 2 k , k ^ { 2 } - 1 )\),\(\overrightarrow{M Q} = ( \dfrac { k ^ { 2 } - 1 } { k } , - 2 )\),
\(\overrightarrow{M P} . \overrightarrow{M Q} = 2 ( k ^ { 2 } - 1 ) - 2 ( k ^ { 2 } - 1 ) = 0\),
故以\(PQ\)为直径的圆恒过\(y\)轴上的定点\(M(0 ,1)\).
【点拨】
① 本题求以\(PQ\)为直径的圆恒过\(y\)轴上的定点,用三种方法,消化其优劣性;
方法一和方法二采取了“方程恒成立法”,想法直接;方法三采取“特殊值法”:令\(k=1,k=\dfrac{1}{2}\)得到两个圆,与\(y\)轴均交于点\((0 ,1)\),则即猜想定点为\((0 ,1)\),再给予证明便可.
它们的计算量也应是一衡量标准.
② 本题也可以用抛物线的极点极线性质,可知点\(M\)坐标为\((1,0)\),即焦点,其实\(y=-1\)也就准线.如下图,点\(M\)是焦点,直线\(l\)是准线,\(QP,QT\)是切线,则直线\(PT\)过点\(M\),\(QP⊥QT\),\(QM⊥PT\).
【典题5】在平面直角坐标系\(xOy\)中,如图,已知椭圆\(\dfrac { x ^ { 2 } } { 9 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 5 } = 1\)的左、右顶点为\(A、B\),右焦点为\(F\).设过点\(T(9 ,m)\)的直线\(TA、TB\)与椭圆分别交于点\(M(x_1 ,y_1)\)、\(N(x_2 ,y_2)\),其中\(m>0\),\(y_1>0\),\(y_2<0\).求证:直线\(MN\)必过\(x\)轴上的一定点(其坐标与\(m\)无关).
【解析】\({\color{Red}{(要知道直线MN过过定点,朴素想法:那先求出点M,N继而求出直线方程) }}\)
依题意可得\(A(-3 ,0)\),\(B(3 ,0)\),
可得直线\(TA\)方程为\(y = \dfrac { m } { 12 } ( x + 3 )\),直线\(TB\)方程为\(y = \dfrac { m } { 6 } ( x - 3 )\).
分别与椭圆\(\dfrac { x ^ { 2 } } { 9 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 5 } = 1\)联立方程组,同时考虑到\(x_1≠-3\),\(x_2≠3\),
解得\(M ( \dfrac { 3 ( 80 - m ^ { 2 } ) } { 80 + m ^ { 2 } } , \dfrac { 40 m } { 80 + m ^ { 2 } } )\)、\(N ( \dfrac { 3 ( m ^ { 2 } - 20 ) } { 20 + m ^ { 2 } } , - \dfrac { 20 m } { 20 + m ^ { 2 } } )\).
\({\color{Red}{(求到这里,可以想到“特殊值法”,当x_1=x_2时求出直线MN与x轴交点必定是所求定点,即得到问题的必要性) }}\)
(1)若\(x_1=x_2\),则由\(\dfrac { 240 - 3 m ^ { 2 } } { 80 + m ^ { 2 } } = \dfrac { 3 m ^ { 2 } - 60 } { 20 + m ^ { 2 } }\)及\(m>0\),得\(m=2\sqrt{10}\),
此时直线\(MN\)的方程为\(x=1\),过点\(D(1 ,0)\).
(2)若\(x_1≠x_2\),则\(m≠2\sqrt{10}\),
直线\(MD\)的斜率\(k _ { M D } = \dfrac { \dfrac { 40 m } { 80 + m ^ { 2 } } } { \dfrac { 240 - 3 m ^ { 2 } } { 80 + m ^ { 2 } } - 1 } = \dfrac { 10 m } { 40 - m ^ { 2 } }\),
直线\(ND\)的斜率\(k _ { N D } = \dfrac { \dfrac { - 20 m } { 20 + m ^ { 2 } } } { \dfrac { 3 m ^ { 2 } - 60 } { 20 + m ^ { 2 } } - 1 } = \dfrac { 10 m } { 40 - m ^ { 2 } }\),
得\(k_{MD}=k_{ND}\),所以直线\(MN\)过\(D\)点.
因此,直线\(MN\)必过\(x\)轴上的点\((1 ,0)\).
【点拨】
① 本题直接想法:先求出直线\(MN\)方程(含\(m\)),再令\(y=0\),得到使得方程恒成立的\(x\)值,便可得直线过\(x\)轴的定点.但由于求出\(M\)、\(N\)的坐标已经很复杂了,按该思路作下去计算量会很大;
② 本题采取的方法是,通过一特殊情况\(x_1=x_2\)得到直线与\(x\)轴的交点\(D(1,0)\),再在非特殊情况下证明\(M,N,D\)三点共线,即\(k_{MD}=k_{ND}\)即可,该方法大大减少了计算量.它也是利用特殊情况找到定点,再证明.
【典题6】设抛物线\(y^2=2px(p>0)\)的焦点为\(F\),经过点\(F\)的直线交抛物线于\(A、B\)两点,点\(C\)在抛物线的准线上,且\(BC∥x\)轴.证明直线\(AC\)必过\(x\)轴上的一定点.
【解析】\({\color{Red}{ 方法一}}\) 抛物线\(y^2=2px(p>0)\)的焦点为\(F ( \dfrac { p } { 2 } , 0 )\),
则经过点\(F\)的直线的方程可设为\(x = m y + \dfrac { p } { 2 }\),
代入抛物线方程得\(y^2-2pmy-p^2=0\),
记\(A(x_1 ,y_1)\),\(B(x_2 ,y_2)\),所以\(y_1 y_2=-p^2\).
因为\(BC∥x\)轴,且点\(C\)在准线\(x = - \dfrac { p } { 2 }\)上,
所以点\(C\)的坐标为\(( - \dfrac { p } { 2 } , - \dfrac { p ^ { 2 } } { y _ { 1 } } )\),
而\(A ( \dfrac { y _ { 1 } ^ { 2 } } { 2 p } , y _ { 1 } )\),则\(k _ { A C } = \dfrac { y _ { 1 } +\dfrac { p _ { 1 } ^ { 2 } } { y _ { 1 } } } { \dfrac { y _ { 1 } ^ { 2 } } { 2 p } + \dfrac { p } { 2 } } = \dfrac { 2 p } { y _ { 1 } }\),
则直线\(AC\)方程为\(y = \dfrac { 2 p } { y _ { 1 } } ( x _ { x } - x _ { 1 } ) + y _ { 1 } = \dfrac { 2 p } { y _ { 1 } } x\),
所以直线\(AC\)经过原点\(O\).
\({\color{Red}{方法二 几何法 }}\)
如图过\(A\)作\(AD⊥l\),\(D\)为垂足,则\(AD∥EF∥BC\),
连结\(AC\)与\(EF\)相交于点\(N\),
则\(\dfrac { E N } { A D } = \dfrac { C N } { A C } = \dfrac { B F } { A B }\),\(\dfrac { N F } { B C } = \dfrac { A F } { A B }\),
由抛物线的定义知:\(|AF|=|AD|\),\(|BF|=|BC|\)
\(∴ E N = \dfrac { A D \cdot B F } { A B } = \dfrac { A F \cdot B C } { A B } = N F\),
又\(∵EO=OF\),\(∴O ,N\)重合,即直线\(AC\)经过原点\(O\).
【点拨】
① 本题方法一求出直线\(AC\)方程便知定点,也可通过特殊情况知晓该定点为\((0 ,0)\),再证明\(O\)、\(A\)、\(B\)三点共线,即\(k_{OC}=k_{OA}\)便可;
② 方法二属于几何法,利用了平行线成比例定理和抛物线的定义证明,这方法较解析法简洁,但较难想到.
【题型二】某动点在定直线(或曲线)上
【典题1】设椭圆\(E : \dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 1 - a ^ { 2 } } = 1\)的焦点在\(x\)轴上,设\(F_1\),\(F_2\)分别是椭圆\(E\)的左、右焦点,\(P\)为椭圆\(E\)上第一象限内的点,直线\(F_2 P\)交\(y\)轴于点\(Q\),并且\(F_1 P⊥F_1 Q\),证明:当\(a\)变化时,点\(P\)在某定直线上.
【解析】设\(P(x_0 ,y_0 )\),
\({\color{Red}{ (证明点P在某定直线上,就是求出x_0 ,y_0的参数方程a为参数),进而得到与a无关的x_0 ,y_0线性关系)}}\)
设\(F_1 (-c ,0)\),\(F_2 (c ,0)\),其中\(c = \sqrt { 2 a ^ { 2 } - 1 }\).
由题设可知:\(x_0≠c\).则直线\(F_1 P\)的斜率\(k _ { F _ { 1 } P}= \dfrac { y _ { 0 } } { x _ { 0 } + c }\),直线\(F_2 P\)的斜率\(k _ { F _ { 2 } P} = \dfrac { y _ { 0 } } { x _ { 0 } - c }\).
故直线\(F_2 P\)的方程为\(y = \dfrac { y _ { 0 } } { x _ { 0 } - c } ( x - c )\).
令\(x=0\),解得\(y = \dfrac { c y _ { 0 } } { c - x _ { 0 } }\).即点\(Q ( 0 , \dfrac { c y _ { 0 } } { c - x _ { 0 } } )\).
因此直线\(F_1 Q\)的斜率\(k _ { F_1Q } = \dfrac { y _ { 0 } } { c - x _ { 0 } }\).
\(∵F_1 Q⊥F_1 P\),
\(∴ k _ { F _ { 1 } Q} k _ { F _ { 1 }P } = \dfrac { y _ { 0 } } { x _ { 0 } + c } \cdot \dfrac { y _ { 0 } } { c - x _ { 0 } } = - 1\).
化为\(y_0^2=x_0^2-(2a^2-1)\).
联立\(\begin{cases} { y _ { 0 } ^ { 2 } = x _ { 0 } ^ { 2 } - ( 2 a ^ { 2 } - 1 ) } \\ { \dfrac { x _ { 0 } ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y _ { 0 } ^ { 2 } } { 1 - a ^ { 2 } } = 1 } \end{cases}\),及\(x_0>0\),\(y_0>0\),
解得\(x_0=a^2\),\(y_0=1-a^2\)
\(∴x_0+y_0=1\),即点\(P\)在定直线\(x+y=1\)上.
【点拨】
① 本题中设点\(P\)的坐标是\((x_0 ,y_0)\),得到\(x_0+y_0=1\)相当于求出动点\(P\)的轨迹,则点\(P\)在定直线\(x+y=1\)上;
② 求动点\(P\)定直线(曲线)上
方法一:求出点\(P\)的轨迹方程为定直线,或证明\(P\)满足某曲线的定义;
方法二:找出定直线,代入证明点\(P\)在直线上.
巩固练习
1(★★)已知定点\(M(x_0 ,y_0)\)在抛物线\(m:y^2=2px(p>0)\)上,动点\(A、B∈m\),且\(\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MB}= 0\),
求证:弦\(AB\)必过一定点.
2(★★)已知椭圆\(\dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1\)的右焦点为\(F_1 (2,0)\),离心率为\(e\).设\(A,B\)为椭圆上关于原点对称的两点,\(AF_1\)的中点为\(M\),\(BF_1\)的中点为\(N\),若原点\(O\)在以线段\(MN\)为直径的圆上.证明点\(A\)在定圆上.
3(★★)已知抛物线\(C:y^2=2px(p>0)\)上横坐标为\(2\)的一点\(P\)到焦点的距离为\(3\).
(1)求抛物线\(C\)的方程;
(2)设直线\(OA\),\(OB\)的斜率分别为\(k_1\),\(k_2\), 且\(k_1\cdot k_2=-2\),证明:直线\(l\)经过定点,求出定点的坐标.
4(★★★)过抛物线\(E:y^2=2px(p>0)\)上一点\(M(1 ,-2)\)作直线交抛物线\(E\)于另一点\(N\).
(1)若直线\(MN\)的斜率为\(1\),求线段\(|MN|\)的长;
(2)不过点\(M\)的动直线\(l\)交抛物线\(E\)于\(A ,B\)两点,且以\(AB\)为直径的圆经过点\(M\),问动直线\(l\)是否恒过定点.如果有求定点坐标,如果没有请说明理由.
5(★★★)已知椭圆\(C : \dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt b \gt 0 )\)经过点\(P ( 1 , \dfrac { \sqrt { 2 } } { 2 } )\),且两焦点与短轴的两个端点的连线构成一正方形.
(1)求椭圆\(C\)的方程;
(2)过椭圆\(C\)的右焦点\(F\)的直线\(l\)(与x轴不重合)与椭圆\(C\)交于\(M ,N\)两点.是否存在一定点\(E(t ,0)\),使得\(x\)轴上的任意一点(异于点\(E ,F\))到直线\(EM ,EN\)的距离相等?若存在,求出\(t\)的值;若不存在,说明理由.
6(★★★)已知椭圆\(C : \dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt b \gt 0 )\)的离心率为\(\dfrac{1}{2}\),且经过点\(( - 1 , - \dfrac { 3 } { 2 } )\).
(1)求椭圆\(C\)的标准方程;
(2)过点\((1,0)\)作直线\(l\)与椭圆相交于\(A,B\)两点,试问在\(x\)轴上是否存在定点\(Q\),使得两条不同直线\(QA,QB\)恰好关于\(x\)轴对称,若存在,求出点\(Q\)的坐标,若不存在,请说明理由.
7(★★★)已知椭圆\(C : \dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt b \gt 0 )\)的离心率为\(\dfrac { \sqrt { 2 } } { 2 }\),过左焦点\(F\)的直线与椭圆交于\(A,B\)两点,且线段\(AB\)的中点为\(( - \dfrac { 2 } { 3 } , \dfrac { 1 } { 3 } )\).
(1)求椭圆\(C\)的方程;
(2)设\(M\)为\(C\)上一个动点,过点\(M\)与椭圆\(C\)只有一个公共点的直线为\(l_1\),过点\(F\)与\(MF\)垂直的直线为\(l_2\),求证:\(l_1\)与\(l_2\)的交点在定直线上,并求出该定直线的方程.
8(★★★)已知椭圆\(C : \dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt b \gt 0 )\)的离心率为\(\dfrac { 2 } { 3 }\),点\(A,B,D,E\)分别是\(C\)的左、右、上、下顶点,且四边形\(ADBE\)的面积为\(6 \sqrt { 5 }\).
(1)求椭圆\(C\)的标准方程;
(2)已知\(F\)是\(C\)的右焦点,过\(F\)的直线交椭圆\(C\)于\(P,Q\)两点,记直线\(AP,BQ\)的交点为\(T\),求证:点\(T\)在定直线\(l\)上,并求出直线\(l\)的方程.
9(★★★)作斜率为\(\dfrac { 1 } { 3 }\)的直线\(l\)与椭圆\(C : \dfrac { x ^ { 2 } } { 36 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 4 } = 1\)交于\(A ,B\)两点(如图所示),且\(P ( 3 \sqrt { 2 } , \sqrt { 2 } )\)在直线\(l\)的左上方.证明:\(△PAB\)的内切圆的圆心在一条定直线上;
参考答案
- 直线\(AB\)恒过点\((x_0+2p ,-y_0)\)
- 点在以原点为圆心,\(2\)为半径的圆上.
3.\((1) y^2=4x\)\((2)\)直线\(l\)经过定点,且定点为\((2 ,0)\).
4.\((1)8\sqrt2\)\((2)\)直线恒过点\((5 ,2)\)
5.\(( 1 ) \dfrac { x ^ { 2 } } { 2 } + y ^ { 2 } = 1\)\((2) t=2\)
6.\((1)\dfrac { x ^ { 2 } } { 4 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 3 } = 1\)\((2)\)定点\(Q(4,0)\)
7.\(( 1 ) \dfrac { x ^ { 2 } } { 2 } + y ^ { 2 } = 1\)\((2)\)交点在定直线\(x=-2\)上
8.\((1)\dfrac { x ^ { 2 } } { 9 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 5 } = 1\)\((2)\)点\(T\)在定直线\(l : x = \dfrac { 9 } { 2 }\)上
9.\(△PAB\)的内切圆的圆心在直线\(x=3\sqrt2\)上