高二同步拔高练习，难度4颗星！

模块导图

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\(g(x)=log_a⁡x (a>0 ,a≠1)\)过定点\((1 ,0)\)；
理由是：当\(x=1\)时，不管\(a\)取什么数，都有\(y=log_a⁡1=0\)，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；
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.
\({\color{Red}{ PS}}\) 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；

答案

1. 直线\(AB\)恒过点\((x_0+2p ,-y_0)\)
2. 点在以原点为圆心,\(2\)为半径的圆上．
   1.\((1) y^2=4x\)\((2)\)直线\(l\)经过定点，且定点为\((2 ,0)\)．
   1.\((1)8\sqrt2\)\((2)\)直线恒过点\((5 ,2)\)
   1.\(( 1 ) \dfrac { x ^ { 2 } } { 2 } + y ^ { 2 } = 1\)\((2) t=2\)
   1.\((1)\dfrac { x ^ { 2 } } { 4 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 3 } = 1\)\((2)\)定点\(Q(4,0)\)
   1.\(( 1 ) \dfrac { x ^ { 2 } } { 2 } + y ^ { 2 } = 1\)\((2)\)交点在定直线\(x=-2\)上
   1.\((1)\dfrac { x ^ { 2 } } { 9 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 5 } = 1\)\((2)\)点\(T\)在定直线\(l : x = \dfrac { 9 } { 2 }\)上
   1.\(△PAB\)的内切圆的圆心在直线\(x=3\sqrt2\)上

标签：直线,方程,椭圆,dfrac,问题,定点,cases,圆锥曲线
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