2024年高考數(shù)學(xué)重難點(diǎn)突破講義：學(xué)案 特別策劃2　微切口2　圓錐曲線中定點(diǎn)問題

微切口2圓錐曲線中定點(diǎn)問題斜率和積定值，第三邊過定點(diǎn)(手電筒模型)“手電筒模型”：由圓錐曲線上的任一點(diǎn)P出發(fā)引兩條弦，若兩條弦所在的直線的斜率和或斜率積是定值，則兩條弦的另兩個(gè)端點(diǎn)A，B的連線過定點(diǎn)．例1已知焦點(diǎn)在x軸上，中心在原點(diǎn)，離心率為eq\f(\r(,3),2)的橢圓經(jīng)過點(diǎn)M(2，1)，動(dòng)點(diǎn)A，B(不與點(diǎn)M重合)均在橢圓上，且直線MA與MB的斜率之和為1．(1)求橢圓的方程；【解答】設(shè)橢圓方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，由離心率為eq\f(\r(,3),2)，得eq\f(c,a)＝eq\f(\r(,3),2)，又因?yàn)閍2＝b2＋c2，所以a2＝4b2．由M(2，1)在橢圓上，可得eq\f(4,a2)＋eq\f(1,b2)＝1，解得b2＝2，a2＝8，所以橢圓的方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1．(2)證明直線AB經(jīng)過定點(diǎn)，并求這個(gè)定點(diǎn)的坐標(biāo)．【解答】當(dāng)直線AB與x軸垂直時(shí)，設(shè)A(s，t)(s≠2)，則B(s，－t)．由題意得eq\f(t－1,s－2)＋eq\f(－t－1,s－2)＝1，即s＝0，所以直線AB的方程為x＝0．當(dāng)直線AB不與x軸垂直時(shí)，可設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，將y＝kx＋m代入eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1，得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－8＝0，所以x1＋x2＝－eq\f(8km,1＋4k2)，x1·x2＝eq\f(4m2－8,1＋4k2)．由已知可得eq\f(y1－1,x1－2)＋eq\f(y2－1,x2－2)＝1①，將y1＝kx1＋m和y2＝kx2＋m代入①，并整理得(2k－1)x1x2＋(m－2k＋1)(x1＋x2)－4m＝0②，將x1＋x2＝－eq\f(8km,1＋4k2)，x1·x2＝eq\f(4m2－8,1＋4k2)代入②，并整理得m2＋(2k＋1)m＋4k－2＝0，可得(2k＋m－1)(m＋2)＝0，因?yàn)橹本€AB：y＝kx＋m不經(jīng)過點(diǎn)M(2,1)，所以2k＋m－1≠0，故m＝－2，所以直線AB的方程為y＝kx－2，經(jīng)過定點(diǎn)(0，－2)．綜上所述，直線AB經(jīng)過定點(diǎn)(0，－2)．變式1(2023·婁底四模)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右頂點(diǎn)分別為A(－2eq\r(2)，0)，B(2eq\r(2)，0)，右焦點(diǎn)為F2，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB的中點(diǎn)為D(D在F2的左方)，|DF2|＝2－eq\r(2)．(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程．【解答】依題意知a＝2eq\r(2)，D(eq\r(2)，0)，|DF2|＝c－eq\r(2)＝2－eq\r(2)，則c＝2，所以b2＝a2－c2＝8－4＝4，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1．(變式1)(2)設(shè)過點(diǎn)D且斜率不為0的直線與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)，設(shè)直線AM，AN的斜率分別是k1，k2，試問：k1·k2是否為定值？若是，求出定值；若不是，請說明理由．【解答】設(shè)過點(diǎn)D且斜率不為0的直線方程為x＝ty＋eq\r(2)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋\r(2)，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，))消去x并整理得(t2＋2)y2＋2eq\r(2)ty－6＝0，Δ＝8t2＋24(t2＋2)＝32t2＋48＞0，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則y1＋y2＝－eq\f(2\r(2)t,t2＋2)，y1y2＝－eq\f(6,t2＋2)，所以k1·k2＝eq\f(y1,x1＋2\r(2))·eq\f(y2,x2＋2\r(2))＝eq\f(y1y2,ty1＋3\r(2)·ty2＋3\r(2))＝eq\f(y1y2,t2y1y2＋3\r(2)ty1＋y2＋18)＝eq\f(－\f(6,t2＋2),－\f(6t2,t2＋2)＋3\r(2)t·\f(－2\r(2)t,t2＋2)＋18)＝eq\f(－6,－6t2－12t2＋18t2＋36)＝－eq\f(1,6)．所以k1·k2為定值－eq\f(1,6)．相交弦過定點(diǎn)例2(2023·杭州一檢節(jié)選)如圖，已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，上頂點(diǎn)為M，下頂點(diǎn)為N，|MN|＝2．設(shè)點(diǎn)T(t,2)(t≠0)在直線y＝2上，過點(diǎn)T的直線TM，TN分別交橢圓C于點(diǎn)E和點(diǎn)F．(例2)(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；【解答】由|MN|＝2b＝2，得b2＝1，又e2＝1－eq\f(b2,a2)＝eq\f(3,4)，所以a2＝4，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1．(2)證明直線EF恒過定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)．【解答】由題意知直線TM的方程為y＝eq\f(x,t)＋1，直線TN的方程為y＝eq\f(3x,t)－1．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝\f(x,t)＋1，))得Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8t,t2＋4)，\f(t2－4,t2＋4)))．同理，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(24t,t2＋36)，－\f(t2－36,t2＋36)))，所以直線EF的方程為y－eq\f(t2－4,t2＋4)＝－eq\f(t2－12,16t)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(8t,t2＋4)))，即eq\f(t2－12,16t)x＋y－eq\f(1,2)＝0，所以直線EF過定點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))．變式2如圖，已知拋物線y2＝2px的焦點(diǎn)為F，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，一條直線過定點(diǎn)M(4,0)與拋物線相交于A，B兩點(diǎn)，且OA⊥OB．(變式2)(1)求拋物線的方程；【解答】設(shè)直線AB的方程為x＝my＋4，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋4，,y2＝2px，))消去x得y2－2pmy－8p＝0，Δ＝4p2m2＋32p＞0，所以y1＋y2＝2pm①，y1y2＝－8p②．因?yàn)镺A⊥OB，所以kOAkOB＝－1，即x1x2＋y1y2＝0，所以eq\f(y1y22,4p2)＋y1y2＝0，16－8p＝0，所以p＝2，所以拋物線的方程為y2＝4x．(2)連接AF，BF并延長分別交拋物線于C，D兩點(diǎn)，求證：直線CD過定點(diǎn)．【解答】設(shè)點(diǎn)A，B，C，D的縱坐標(biāo)依次為y1，y2，y3，y4，直線AF的方程為x＝ny＋1，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ny＋1，,y2＝4x，))消去x得y2－4ny－4＝0，所以y1y3＝－4，同理y2y4＝－4．由(1)中②可知y1y2＝－16，所以y3y4＝－1．設(shè)直線CD的方程為x＝ky＋t，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ky＋t，,y2＝4x，))消去x得y2－4ky－4t＝0，則有y3y4＝－4t＝－1，即t＝eq\f(1,4)，因此直線CD過定點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，0))．圓錐曲線中定點(diǎn)問題的常見類型及解題策略：1．求解直線或曲線過定點(diǎn)問題的基本思路：把直線或曲線方程中的變量x，y當(dāng)作常數(shù)看待，把方程一端化為零，