微專題6定點(diǎn)、定值、定直線問題典例剖析素養(yǎng)初現(xiàn)拓展1圓錐曲線中的定點(diǎn)問題視角1參數(shù)法例1－1已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，M(0，2)是橢圓的一個頂點(diǎn)，△F1MF2是等腰直角三角形．過點(diǎn)M分別作直線MA，MB交橢圓于A，B兩點(diǎn)(A，B不關(guān)于x軸對稱)，設(shè)兩直線的斜率為k1，k2，且k1＋k2＝8，試探究直線AB是否過定點(diǎn)．【解答】因?yàn)閎＝2，△F1MF2是等腰直角三角形，所以c＝2，從而a＝2eq\r(2)，故橢圓的方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1．設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，,y＝kx＋m，))消去y，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－8＝0，由已知Δ＞0，且x1＋x2＝－eq\f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2m2－8,1＋2k2)．由題意知k1＋k2＝eq\f(y1－2,x1)＋eq\f(y2－2,x2)＝8，所以eq\f(kx1＋m－2,x1)＋eq\f(kx2＋m－2,x2)＝8，即2k＋(m－2)eq\f(x1＋x2,x1x2)＝8，從而k－eq\f(mk,m＋2)＝4，整理得m＝eq\f(1,2)k－2，故直線AB的方程為y＝kx＋eq\f(1,2)k－2，即y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))－2，因此，直線AB過定點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－2))．一般設(shè)直線的方程為y＝kx＋m，通過計(jì)算得到k，m之間的關(guān)系或求出m的值，從而確定定點(diǎn)的坐標(biāo)．視角2特值法例1－2已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的兩焦點(diǎn)在x軸上，且兩焦點(diǎn)與短軸的一個端點(diǎn)的連線構(gòu)成斜邊長為2的等腰直角三角形．(1)求橢圓C的方程．【解答】由橢圓兩焦點(diǎn)與短軸的一個端點(diǎn)的連線構(gòu)成等腰直角三角形，可知b＝c．又等腰直角三角形的斜邊長為2，即2c＝2，所以a＝eq\r(2)c＝eq\r(2)，故橢圓C的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1．(2)過點(diǎn)Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,3)))的動直線l交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，試問：在坐標(biāo)平面上是否存在一個定點(diǎn)Q，使得以AB為直徑的圓恒過點(diǎn)Q？若存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【解答】當(dāng)l與x軸平行時，以AB為直徑的圓的方程為x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,3)))2＝eq\f(16,9)；當(dāng)l與y軸平行時，以AB為直徑的圓的方程為x2＋y2＝1．聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,3)))2＝\f(16,9)，,x2＋y2＝1，)))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝1.)))若存在定點(diǎn)Q滿足題意，則點(diǎn)Q的坐標(biāo)只可能為(0，1)．以下證明Q(0，1)即為所求．若直線l的斜率不存在，上述已經(jīng)證明．若直線l的斜率存在，設(shè)直線l：y＝kx－eq\f(1,3)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(y＝kx－\f(1,3)，,x2＋2y2－2＝0，)))得(9＋18k2)x2－12kx－16＝0，則Δ＝144k2＋64(9＋18k2)＞0，x1＋x2＝eq\f(12k,18k2＋9)，x1x2＝eq\f(－16,18k2＋9)．因?yàn)閑q\o(QA,\s\up6(→))＝(x1，y1－1)，eq\o(QB,\s\up6(→))＝(x2，y2－1)，所以eq\o(QA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))＝x1x2＋(y1－1)·(y2－1)＝(1＋k2)x1x2－eq\f(4k,3)(x1＋x2)＋eq\f(16,9)＝(1＋k2)·eq\f(－16,18k2＋9)－eq\f(4k,3)·eq\f(12k,18k2＋9)＋eq\f(16,9)＝0，從而eq\o(QA,\s\up6(→))⊥eq\o(QB,\s\up6(→))，即以AB為直徑的圓恒過點(diǎn)Q(0，1)．“特殊探路，一般證明”：先通過特殊情況確定定點(diǎn)，再轉(zhuǎn)化為有方向、有目標(biāo)的一般性證明．拓展2圓錐曲線中的定值問題例2已知雙曲線E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的兩條漸近線所成的銳角為60°，且P(2，3)為雙曲線E上一點(diǎn)．(1)求雙曲線E的標(biāo)準(zhǔn)方程；【解答】由題意知雙曲線在第一、三象限的漸近線的傾斜角為30°或60°，即eq\f(b,a)＝eq\f(\r(3),3)或eq\r(3)．當(dāng)eq\f(b,a)＝eq\f(\r(3),3)時，雙曲線E的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(3y2,a2)＝1，將eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝3))代入，無解．當(dāng)eq\f(b,a)＝eq\r(3)時，雙曲線E的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,3a2)＝1，由P(2，3)為雙曲線E上一點(diǎn)，得eq\f(4,a2)－eq\f(9,3a2)＝1，解得a2＝1，故雙曲線E的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2－eq\f(y2,3)＝1．(2)設(shè)M為雙曲線E在第一象限的任一點(diǎn)，過點(diǎn)M的直線與雙曲線E恰有一個公共點(diǎn)，且分別與雙曲線E的兩條漸近線交于點(diǎn)A，B，設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求證：△AOB的面積為定值．【解答】直線的斜率顯然存在，設(shè)直線的方程為y＝kx＋t，與x2－eq\f(y2,3)＝1聯(lián)立得(k2－3)x2＋2ktx＋t2＋3＝0．由題意知k≠±eq\r(3)，且Δ＝4k2t2－4(k2－3)(t2＋3)＝0，化簡得t2－k2＋3＝0．設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．將y＝kx＋t與y＝eq\r(3)x聯(lián)立，解得x1＝eq\f(t,\r(3)－k)；將y＝kx＋t與y＝－eq\r(3)x聯(lián)立，解得x2＝eq\f(－t,\r(3)＋k)．S△AOB＝eq\f(1,2)|OA|·|OB|·sin∠AOB＝eq\f(1,2)·2|x1|·2|x2|·sin120°＝eq\r(3)|x1x2|＝eq\f(\r(3)t2,|3－k2|)．由t2－k2＋3＝0，知S△AOB＝eq\r(3)，故△AOB的面積為定值eq\r(3)．求解定值問題的兩種常用方法：(1)從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)．(2)引進(jìn)變量法：其解題流程為拓展3圓錐曲線中的定直線問題例3已知F是拋物線C：x2＝4y的焦點(diǎn)，過動點(diǎn)P(a，b)(a＜0)作拋物線C的兩條切線，切點(diǎn)為A，B，且eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))＝0，求證：點(diǎn)P在定直線上．【解答】由題設(shè)知F(0，1)，設(shè)過點(diǎn)P(a，b)的切線的方程為y－b＝k(x－a)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－b＝k(x－a)，,x2＝4y，))消去y得x2－4kx＋4ka－4b＝0①，則Δ＝(－4k)2－4(4ka－4b)＝0，即k2－ak＋b＝0，所以k1＋k2＝a(k1，k2為兩條切線的斜率)．由k2－ak＋b＝0，得ka－b＝k2，將其代入①得x2－4kx＋4k2＝0，即(x－2k)2＝0，所以x＝2k．又eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))＝－a(x2－x1)＋(1－b)(y2－y1)＝－a(x2－x1)＋eq\f(1,4)(1－b)(xeq\o\al(2,2)－xeq\o\al(2,1))＝0且x1≠x2，所以－a＋eq\f(1,4)(1－b)(x2＋x1)＝0，即－a＋eq\f(1,4)(1－b)(2k2＋2k1)＝0，從而－a＋eq\f(1,2)(1－b)(k2＋k1)＝0，即－a＋eq\f(1,2)(1－b)a＝0．又a＜0，所以b＝－1，即點(diǎn)P在定直線y＝－1上．(1)在探求圓錐曲線中的定直線問題時，常常可以根據(jù)條件，結(jié)合圓錐曲線的對稱性，先由特殊情況推出直線的方程，然后在一般意義上去求解，這樣就能比較方便地求出答案．(2)①過拋物線y2＝2px上一點(diǎn)M(x0，y0)的切線的方程為y0y＝p(x＋x0)．其他情形類推．②過拋物線y2＝2px外一點(diǎn)M(x0，y0)作拋物線的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B，則切點(diǎn)弦AB所在直線的方程為y0y＝p(x＋x0)．隨堂內(nèi)化及時評價1．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦點(diǎn)為F(－eq\r(3)，0)，且離心率e＝eq\f(\r(3),2)，若直線l：y＝kx＋m(k≠0)與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)M，N(M，N不是左、右頂點(diǎn))，且以MN為直徑的圓經(jīng)過橢圓C的右頂點(diǎn)A．證明直線l過定點(diǎn)，并求出定點(diǎn)的坐標(biāo)．【解答】由題意可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝\r(3)，,e＝\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1，))所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1．聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋m，))得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，Δ＝(8km)2－4(1＋4k2)(4m2－4)＞0，整理得4k2－m2＋1＞0．設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝－eq\f(8km,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(4m2－4,1＋4k2)．由已知得AM⊥AN，且橢圓的右頂點(diǎn)為A(2，0)，所以(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝0．又y1y2＝(kx1＋m)·(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2，所以(1＋k2)x1x2＋(km－2)(x1＋x2)＋m2＋4＝0，即(1＋k2)·eq\f(4m2－4,1＋4k2)＋(km－2)·eq\f(－8km,1＋4k2)＋m2＋4＝0，整理得5m2＋16mk＋12k2＝0，解得m＝－2k或m＝－eq\f(6k,5)，均滿足4k2－m2＋1＞0．當(dāng)m＝－2k時，直線l的方程為y＝kx－2k，過定點(diǎn)(2，0)，與題意矛盾，舍去；當(dāng)m＝－eq\f(6k,5)時，直線l的方程為y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(6,5)))，過定點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5)，0))．故直線l過定點(diǎn)，且定點(diǎn)的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5)，0))．2．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦點(diǎn)分別是F1，F(xiàn)2，焦距為2，點(diǎn)M在橢圓C上且滿足MF2⊥F1F2，|MF1|＝3|MF2|．(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；【解答】由題意知MF2⊥F1F2，則|MF2|＝eq\f(b2,a)．因?yàn)閨MF1|＝3|MF2|，且|MF1|＋|MF2|＝2a，所以eq\f(4b2,a)＝2a，即2b2＝a2．又2c＝2，且a2＝b2＋c2，所以c＝1，b＝1，a＝eq\r(2)，從而橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1．(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，且OA⊥OB，證明eq\f(1,|OA|2)＋eq\f(1,|OB|2)為定值，并求出該定值．【解答】當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線l：y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x2＋2y2＝2，,y＝kx＋m，)))消去y得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，則x1＋x2＝eq\f(－4km,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2m2－2,1＋2k2)．因?yàn)镺A⊥OB，所以x1x2＋y1y2＝0，即x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝0，從而(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0，將x1＋x2＝eq\f(－4km,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2m2－2,1＋2k2)代入，整理得3m2＝2(1＋k2)．而eq\f(1,|OA|2)＋eq\f(1,|OB|2)＝eq\f(|OA|2＋|OB|2,|OA|2|OB|2)＝eq\f(|AB|2,|OA|2|OB|2)．設(shè)h為原點(diǎn)到直線l的距離，則|OA|·|OB|＝|AB|·h，所以eq\f(1,|OA|2)＋eq\f(1,|OB|2)＝eq\f(1,h2)．而h＝eq\f(|m|,\r(1＋k2))，所以eq\f(1,|OA|2)＋eq\f(1,|OB|2)＝eq\f(1＋k2,m2)＝eq\f(3,2)．當(dāng)直線l的斜率不存在時，設(shè)A(x1，y1)，則kOA＝±1，不妨設(shè)kOA＝1，則x1＝y(tǒng)1，將y1＝x1代入橢圓的方程得xeq\o\al(2,1)＝eq\f(2,3)，所以|OA|2＝|OB|2＝eq\f(4,3)，從而eq\f(1,|OA|2)＋eq\f(1,|OB|2)＝eq\f(3,2)．綜上，eq\f(1,|OA|2)＋eq\f(1,|OB|2)為定值eq\f(3,2)．請老師布置同學(xué)們完成《配套新練案》中的練習(xí)！配套新練案1．已知動圓P過點(diǎn)Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,8)))且與直線y＝－eq\f(1,8)相切，圓心P的軌跡為曲線C．(1)求曲線C的方程；【解答】設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x，y)，則eq\r((x－0)2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,8)))2)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,8)))，等式兩邊平方并整理得x2＝eq\f(1,2)y，所以曲線C的方程為x2＝eq\f(1,2)y．(2)若A，B是曲線C上的兩個點(diǎn)，且直線AB過△OAB的外心，其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求證：直線AB過定點(diǎn)．【解答】如圖，由題意可知直線AB的斜率一定存在，否則與曲線C沒有兩個交點(diǎn)．設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋m(m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,y＝2x2，)))消去y，得2x2－kx－m＝0，則Δ＝k2＋8m＞0，x1＋x2＝eq\f(k,2)，x1x2＝－eq\f(m,2)．由x2＝eq\f(1,2)y，得y1＝2xeq\o\al(2,1)，y2＝2xeq\o\al(2,2)，所以y1y2＝2xeq\o\al(2,1)·2xeq\o\al(2,2)＝4(x1x2)2＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,2)))2＝m2．因?yàn)橹本€AB過△OAB的外心，所以O(shè)A⊥OB，從而eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝0，即－eq\f(m,2)＋m2＝0，解得m＝eq\f(1,2)或m＝0(舍去)．當(dāng)m＝eq\f(1,2)時，滿足Δ＞0，所以直線AB的方程為y＝kx＋eq\f(1,2)，從而直線AB過定點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))．(第1題答)2．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(2),2)，焦距為2，過右焦點(diǎn)F的直線l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)M(2，0)，設(shè)直線MA與直線MB的斜率分別為k1，k2．(1)求橢圓C的方程；【解答】因?yàn)闄E圓C的焦距2c＝2，所以c＝1．又橢圓C的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，所以a＝eq\r(2)，從而b2＝a2－c2＝1，于是橢圓C的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1．(2)試問：隨著直線l的變化，k1＋k2是否為定值？請說明理由．【解答】當(dāng)直線l的斜率為0，即直線l為x軸時，k1＝0，k2＝0，所以k1＋k2＝0．當(dāng)直線l的斜率不為0時，設(shè)直線l的方程為x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)．聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,x＝my＋1，)))消去x并整理得(m2＋2)y2＋2my－1＝0，則Δ＝4m2－4(m2＋2)×(－1)＝8m2＋8＞0，y1＋y2＝－eq\f(2m,m2＋2)，y1y2＝－eq\f(1,m2＋2)，所以k1＝eq\f(y1,x1－2)＝eq\f(y1,my1－1)，k2＝eq\f(y2,x2－2)＝eq\f(y2,my2－1)，從而k1＋k2＝eq\f(y1,my1－1)＋eq\f(y2,my2－1)＝eq\f(2my1y2－(y1＋y2),(my1－1)(my2－1))＝0．綜上，k1＋k2為定值0．3．已知拋物線C：y2＝2px(p＞0)，動直線l經(jīng)過點(diǎn)(3，0)交拋物線C于A，B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，當(dāng)l垂直于x軸時，△OAB的面積為6eq\r(3)．(1)求拋物線C的方程；【解答】當(dāng)l垂直于x軸時，直線l的方程為x＝3，將其代入拋物線的方程可得y＝±eq\r(6p)．由S△OAB＝eq\f(1,2)×3×2eq\r(6p)＝6eq\r(3)，解得p＝2，故拋物線C的方程為y2＝4x．(2)若拋物線C在A，B兩點(diǎn)處的切線交于點(diǎn)P，且點(diǎn)A在拋物線C的準(zhǔn)線上的射影為A1，試探究：點(diǎn)P是否在定直線上，且以點(diǎn)P為圓心、PA1為半徑的圓是否過定點(diǎn)？若是，求出該定直線方程以及定點(diǎn)坐標(biāo)；若不是，請說明理由．【解答】設(shè)直線AB：x＝ay＋3，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ay＋3，,y2＝4x，))消去x可得y2－4ay－12＝0，則Δ＝16a2＋48＞0，y1＋y2＝4a，y1y2＝－12．設(shè)在點(diǎn)A處的切線l1的方程為x＝m(y－y1)＋x1，將其與拋物線的方程聯(lián)立可得y2－4my＋4my1－4x1＝0，由Δ＝16m2－4(4my1－4x1)＝0，得m＝eq\f(y1,2)，故l1：x＝eq\f(y1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(y1,2)))．同理可得l2：x＝eq\f(y2,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(y2,2)))．聯(lián)立l1，l2的方程可得P(－3，2a)，故點(diǎn)P在定直線x＝－3上．易知A1(－1，y1)，|PA1|2＝[(－3)－(－1)]2＋(2a－y1)2＝4＋(2a－y1)2，故以點(diǎn)P為圓心、PA1為半徑的圓的方程為(x＋3)2＋(y－2a)2＝4＋(2a－y1)2，將yeq\o\al(2,1)－4ay1＝12代入整理得(x－1)(x＋7)＋y(y－4a)＝0，故此圓過定點(diǎn)(－7，0)，(1，0)．綜上，點(diǎn)P在定直線x＝－3上，以點(diǎn)P為圓心、PA1為半徑的圓過定點(diǎn)(－7，0)，(1，0)．4．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1(－eq\r(3)，0)，F(xiàn)2(eq\r(3)，0)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)A在第一象限，點(diǎn)B在第四象限，且滿足直線OA與直線OB的斜率之積為－eq\f(1,4)．當(dāng)l垂直于x軸時，eq\o(F1A,\s\up6(