17 大题 - 大题中的顶点问题 (中档)

做圆锥曲线的题时，第二问经常问过是否过定点的问题。

解决这类题的核心思路都是，最后求得的直线只有一个未知数。

有哪些条件可以推出直线过为定点呢？

$\{\begin{array}{l}\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MB}=\lambda ⟹l_{AB}\mathrm{一}\mathrm{定}\mathrm{过}\mathrm{定}\mathrm{点}\\ k_{MA}\cdot k_{MB}=\lambda ⟹l_{AB}\mathrm{一}\mathrm{定}\mathrm{过}\mathrm{定}\mathrm{点}（\mathrm{设}AB\mathrm{的}\mathrm{直}\mathrm{线}\mathrm{方}\mathrm{程}）\\ \alpha +\beta =\theta (0<\theta <\pi )⟹l_{AB}\mathrm{一}\mathrm{定}\mathrm{过}\mathrm{定}\mathrm{点}\end{array}$

例题 1

已知平面内的两点 $A(0,2\sqrt{2}),B(0,-2\sqrt{2})$，过点 $A$ 的直线 $l_1$ 与过点 $B$ 的直线 $l_2$ 相交于点 $C$，若直线 $l_1$ 与直线 $l_2$ 的斜率乘积为 $-\frac{1}{2}$，设点 $C$ 的轨迹为 $E$

(1) 求 $E$ 的方程

(2) 设 $P$ 是 $E$ 与 $x$ 轴正半轴的交点，过 $P$ 点作两条直线分别与 $E$ 交于点 $M,N$，若直线 $PM,PN$ 斜率之积为 $-4$，求证：直线 $MN$ 恒过一个定点，并求出这个定点的坐标。

解：

计算技巧

分式转为整式。有可以约的约掉。

(1)

设点 $C(x,y)$

$\frac{y-2\sqrt{2}}{x}y+2\sqrt{\frac{}{}}x=-\frac{1}{2}$

$\frac{y^2-8}{x^2=\frac{1}{-2}}$

$x^2=-2y^2+16$

$x^2+2y^2=16$

$E:\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{8}=1$

因为直线 $l_1$ 与直线 $l_2$ 的斜率一定存在，所以 $C$ 点坐标不能为零。

所以最终的 $E:\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{8}=1,(x\ne 0)$

(2)

横过定点问题，根据情况设横过定点的直线为 $y=kx+b$ 或 $x=my+n$。

这里设为 $x=my+n$ 比较好。

因为横过定点，所以我们要求出 $n$ 的值就可以了。

根据题目条件，设 $M(x_1,y_2),N(x_2,y_2)$，得出第一个方程：

$\frac{y_1{y}_2}{(x_1-4)(x_2-4)}=-4$

联立 $\{\begin{array}{l}x=my+n\\ \frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{8}=1\end{array}$

得：$(m^2+2)y^2+2mny+n^2-16=0$

所以 $y_1+y_2=\frac{-2mn}{m^2+2}$

$y_1{y}_2=\frac{n^2-16}{m^2+2}$

$y_1{y}_2=-4(x_1-4)(x_2-4)$

$y_1{y}_2=-4[m^2{y}_1{y}_2+m(n-4)(y_1+y_2)+(n-4{)}^2]$

$\frac{n^2-16}{m^2+2}=-4[m^2\cdot \frac{n^2-16}{m^2+2}+m(n-4)\cdot \frac{-2mn}{m^2+2}+(n-4{)}^2]$

$\frac{n+4}{m^2+2}=-4(m^2\cdot \frac{n+4}{m^2+2}+m\cdot \frac{-2mn}{m^2+2}+n-4)$

$n+4=-4[m^n+4m^2-2m^n+(n-4)(m^2+2)]$

$n+4=-4(2n-8)$

$-8n+32=n+4$

$n=\frac{28}{9}$

所以 $x=my+\frac{28}{9}$

当 $y=0$ 时，$x=\frac{28}{9}$

所以过定点 $(\frac{28}{9},0)$

例题 2

已知点 $F$ 为抛物线 $C:y^2=2px(p>0)$ 的焦点，横坐标为 $1$ 的点 $P$ 在抛物线上，且以 $F$ 为圆心，$|PF|$ 为半径的圆与 $C$ 的准线相切。

（1）求抛物线 $C$ 的方程；

（2）设不经过原点 $O$ 的直线 $l$ 与抛物线交于 $A,B$ 两点，设直线 $OA,OB$ 的倾斜角分别为 $\alpha$ 和 $\beta$，证明：当 $\alpha +\beta =\frac{\pi }{4}$ 时，直线 $l$ 恒过定点。

解：

（1）

由题意得，$p=\sqrt{(1-\frac{p}{2}{)}^2+(\sqrt{2p}-0{)}^2}$

$p^2=1-p+\frac{p^2}{4}+2p$

$\frac{3}{4}{p}^2=1+p$

$3p^2+4+4p$

$3p^2-4p-4=0$

$(p-2)(3p+2)=0$

$p=2$

$C:y^2=4x$

（2）

设直线 $l:x=my+n$

联立曲线和直线，

$\{\begin{array}{l}{y}^2=4x\\ x=my+n\end{array}$

$y^2-4my-4n=0$

$y_1{y}_2=-4n,y_1+y_2=4m$

$x_1+x_2=m(y_1+y_2)+2n=4m^2+2n$

$x_1{x}_2=-4m^n+4m^n+n^2=n^2$。

又因为

$tan(\alpha +\beta )=\frac{tan\alpha +tan\beta }{1-tan\alpha \cdot tan\beta }=1=\frac{k_1+k_2}{1-k_1{k}_2}$

$1-k_{1}k{x}_2=k_1+k_2$

$1-\frac{y_1{y}_2}{x_1{x}_2}=\frac{y_1}{x_2}+\frac{y_2}{x_2}$

$x_1{x}_2-y_1{y}_2=x_2{y}_1+x_1{y}_2$

$x_1{x}_2-y_1{y}_2=(m{y}_2+n)y_1+(m{y}_1+n)y_2$

$x_1{x}_2-y_1{y}_2=m{y}_1{y}_2+n{y}_1+m{y}_1{y}_2+n{y}_2$

$x_1{x}_2-y_1{y}_2=2m{y}_1{y}_2+n(y_1+y_2)$

所以

$n^2+4n=2m(-4n)+n\times 4m$

$n^2+4n=-8mn+4mn$

$n^2+4n=-4mn$

$n+4=-4m$

所以 $x=my-4m-4$

$x=m(y-4)-4$

当 $y-4=0$ 时，$x=-4$

所以过定点 $(-4,4)$