高二同步拔高練習，難度4顆星！

模組導圖

知識剖析

定點問題的含義

其實我們早已接觸過了定點問題
①二次函式\(f(x)=x^2-(a+1)x+a\)過定點\((1 ,0)\)，
理由是：當\(x=1\)時，不管\(a\)取什麼數，都有\(y=1-(a+1)+a=0\)，故其過定點\((1 ,0)\)；
②指數函式\(f(x)=a^x (a>0 ,a≠1)\)過定點\((0 ,1)\)，
理由是：當\(x=0\)時，不管\(a\)取什麼數，都有\(y=a°=1\)，故其過定點\((0 ,1)\)；
③對數函式\(g(x)=log_a⁡x (a>0 ,a≠1)\)過定點\((1 ,0)\)；
理由是：當\(x=1\)

求定點問題的方法

方程恆成立法

先求出滿足特定條件的方程\(f(x ,y ,m)=0\)(其中\(x ,y\)是變數，\(m\)是引數)\((*)\)，再證明當\(x=x_0 ,y=y_0\)時，不管取\(m\)任何值方程\((*)\)恆成立；
Eg求證：直線\(l:(2m+1)x+(m+1)y=7m+4\)恆過某一定點\(P\)，並求該定點的座標.
證明：直線\(l\)是一條動直線，它會隨著\(m\)的變化而變化，
若直線恆過一定點，即不管\(m\)取任何值，該點都在直線\(l\)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\((2x+y-7)m+x+y-4=0\)恆成立，
\(∴\)只有\(2x+y-7=0\)，\(x+y-4=0\)同時成立才行，
解得\(\begin{cases} { x = 3 } \\ { y = 1 } \end{cases}\)
故恆過定點\(P(3 ,1)\).
點撥：利用方程思想，把某曲線過一定點轉化為方程恆成立問題；

特殊值法

通過特殊情況確定定點(一個也可能多個)，再證明它們滿足特定條件.
\({\color{Red}{Eg }}\)求證：直線\(l:(2m+1)x+(m+1)y=7m+4\)恆過某一定點\(P\)，並求該定點的座標.
證明：直線\(l\)是一條動直線，它會隨著\(m\)的變化而變化，
當\(m=0\)時，直線\(l_1：x+y-4=0\)；
當\(m=1\)時，直線\(l_2：3x+2y-11=0\)；
由\(\begin{cases} { x + y - 4 = 0 } \\ { 3 x + 2 y - 11 = 0 } \end{cases}\)，解得\(\begin{cases} { x = 3 } \\ { y = 1 } \end{cases}\)，
即直線\(l_1\)與直線\(l_2\)的交點為\((3 ,1)\)，
若直線\(l\)恆過某一定點\(P\)，則該點只能是\((3 ,1)\)，
顯然得\(\begin{cases} { x = 3 } \\ { y = 1 } \end{cases}\)滿足直線方程\((2m+1)x+(m+1)y=7m+4\)，即點\((3 ,1)\)在直線上；
故直線\(l\)恆過定點\(P(3 ,1)\).
點撥：通過兩條特殊直線，求出交點，確定交點只能是定點，再證明交點滿足直線\(l\).

幾何法

通過平幾知識點，確定某點符合某種運動規律.
\({\color{Red}{ PS}}\) 眾多定點問題均與極點極線有關，若有所瞭解，有利於更快找到解題思路.

經典例題

【題型一】求某直線(或曲線)過定點

【典題1】\(A、B\)是拋物線\(y^2=2px(p>0)\)上的兩點，且\(OA⊥OB\)，求證：直線\(AB\)經過一個定點.
【證明】設\(A(x_1 ,y_1)\)、\(B(x_2 ,y_2)\)，
依題意可設直線\(AB\)方程為\(x=my+n\)，
\({\color{Red}{ (要證明直線過定點，相當於求出m,n的關係)}}\)
代入\(y^2=2px\)得\(y^2-2pmy-2pn=0\)，則\(y_1 y_2=-2pn\)，
\(∵OA⊥OB\)，
\({\color{Red}{(處理垂直關係，可用向量\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB} =0或k_{OA}\cdot k_{OB}=-1) }}\)
\(∴\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}⇒x_1 x_2+y_1 y_2=0\)，
\(∴\dfrac { y _ { 1 } ^ { 2 } } { 2 p } \cdot \dfrac { y _ { 2 } ^ { 2 } } { 2 p } + y _ { 1 } y _ { 2 } = 0\)，\({\color{Red}{ (曲線代換)}}\)
\(∵y_1 y_2≠0\)，\(∴y_1 y_2=-4p^2\)，
\(∴-4p^2=-2pn⇒n=2p\)，
\(∴\)直線\(AB\)方程為\(x=my+n=my+2p\)，
\(∴\)直線\(AB\)方程過定點\((2p ,0)\).
【點撥】本題思路：設直線方程\(x=my+n\)，證明直線過定點即得到\(m,n\)間的關係.
再例：設直線為\(y=kx+b\)，求出\(b\)或者得到\(b\)與\(k\)的一次函式關係，便知道定點；
比如若得到\(b=3\)，直線過定點\((0 ,3)\)；
若得到\(b=2k+1\)，直線方程為\(y=kx+b=k(x+2)+1\)，則過定點\((-2 ,1).\)

【典題2】如圖，橢圓\(\dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1\)的兩焦點\(F_1\),\(F_2\)與短軸兩端點\(B_1\),\(B_2\)構成\(∠B_2 F_1 B_1\)為\(120^°\)，面積為\(2\sqrt3\)的菱形．
(1)求橢圓的方程；
(2)若直線\(l：y=kx+m\)與橢圓相交於\(M ,N\)兩點(\(M ,N\)不是左右頂點)，且以\(MN\)為直徑的圓過橢圓右頂點\(A\)，求證：直線\(l\)過定點，並求出該定點的座標．

【解析】(1)過程略，橢圓方程為\(\dfrac { x ^ { 2 } } { 4} + \dfrac { y ^ { 2 } } { 3 } = 1\)．
(2)
\({\color{Red}{(求出m的值或得到m與k的一次函式關係式，便可知道定點) }}\)
設\(M(x_1 ,y_1)\),\(N(x_2 ,y_2)\)，
由\(\begin{cases} { y = k x + m } \\ { \dfrac { x ^ { 2 } } { 4 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 3 } = 1 } \end{cases}\)得\((3+4k^2 ) x^2+8mkx+4(m^2－3)=0\)，
則\(x _ { 1 } + x _ { 2 } = \dfrac { - 8 m k } { 3 + 4 k ^ { 2 } }\)，\(x _ { 1 } x _ { 2 } = \dfrac { 4 ( m ^ { 2 } - 3 ) } { 3 + 4 k ^ { 2 } }\)，
且\(△=64m^2 k^2－16(3+4k^2)(m^2－3)>0\)，
即\(3+4k^2－m^2>0\)，\({\color{Red}{ (注意判別式的討論)}}\)
\(∵\)以\(MN\)為直徑的圓過橢圓的右頂點\(A\)，
\(∴AM⊥AN\)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\(y_1 y_2=(kx_1+m)(kx_2+m)=k^2 x_1 x_2+mk(x_1+x_2)+m^2\)\(= \dfrac { 3 ( m ^ { 2 } - 4 k ^ { 2 } ) } { 3 + 4 k ^ { 2 } }\)，\({\color{Red}{(直線代換) }}\)
\(∴\dfrac { 3 ( m ^ { 2 } - 4 k ^ { 2 } ) } { 3 + 4 k ^ { 2 } } + \dfrac { 4 ( m ^ { 2 } - 3 ) } { 3 + 4 k ^ { 2 } } + \dfrac { 16 m k } { 3 + 4 k ^ { 2 } } + 4 = 0\)，
化簡得\(7m^2+4k^2+16mk=0\)，
解得\(m=－2k\)或\(m = - \dfrac { 2 k } { 7 }\)且均滿足\(3+4k^2－m^2>0\)，
當\(m=－2k\)時，\(l:y=k(x－2)\)，直線過定點\((2 ,0)\)與已知矛盾；
當\(m = - \dfrac { 2 k } { 7 }\)時，\(l : y = k ( x - \dfrac { 2 } { 7 } )\)，直線過定點\((\dfrac { 2 } { 7 } ,0)\)；
綜上，直線\(l\)過定點\((\dfrac { 2 } { 7 } ,0)\).

【典題3】已知橢圓\(E : \dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt b \gt 0 )\)，直線\(l:x+my－1=0\)過\(E\)的右焦點\(F\)．
當\(m=1\)時，橢圓的長軸長是下頂點到直線\(l\)的距離的\(2\)倍．
(1)求橢圓\(E\)的方程；
(2)設直線\(l\)與橢圓\(E\)交於\(A，B\)兩點，在\(x\)軸上是否存在定點\(P\)，使得當\(m\)變化時，總有
\(∠OPA=∠OPB\)(\(O\)為座標原點)？若存在，求\(P\)點的座標；若不存在，說明理由．

【解析】(1)過程略，橢圓的方程為\(\dfrac { x ^ { 2 } } { 2} + y ^ { 2 } = 1\)；
(2)當\(m=0\)時，由對稱性可知在\(x\)軸上存在點\(P\)，使得\(∠OPA=∠OPB\)；
當\(m≠0\)時，由\(\begin{cases} { x ^ { 2 } + 2 y ^ { 2 } = 2 } \\ { x + m y - 1 = 0 } \end{cases}\)
消去\(x\)，可得\((2+m^2 ) y^2－2my－1=0\)，
設\(A(x_1 ,y_1)\),\(B(x_2 ,y_2)\)，
所以\(y _ { 1 } + y _ { 2 } = \dfrac { 2 m } { 2 + m ^ { 2 } }\)，\(y _ { 1 } y _ { 2 } = - \dfrac { 1 } { 2 + m ^ { 2 } }\)，
設\(P(t ,0)\)滿足題設條件，滿足\(∠OPA=∠OPB\),
則\(k_{PA}+k_{PB}=0\)，
\(∴ \dfrac { y _ { 1 } } { x _ { 1 } - t } + \dfrac { y _ { 2 } } { x _ { 2 } - t } = \dfrac { y _ { 1 } } { 1 - m y _ { 1 } - t } + \dfrac { y _ { 2 } } { 1 - m y _ { 2 } - t }\)
\(= \dfrac { ( 1 - t ) ( y _ { 1 } + y _ { 2 } - 2 m y _ { 1 } y _ { 2 } } { ( 1 - m y _ { 1 } - t ) ( 1 - m y _ { 2 } - t ) } = 0\)，
則\((1－t)(y_1+y_2)－2my_1 y_2=0\)，
即\(2m(1－t)+2m=2m(2－t)=0\)，
\({\color{Red}{ (定點問題變成了方程恆成立問題)}}\)
而\(t=2\)時，上式恆成立．
所以在\(x\)軸上存在點\(P(2 ,0)\)滿足題設條件．
【點撥】
① 因為斜率\(k\)與傾斜角\(α\)的關係\(k=tanα\)，把\(∠OPA=∠OPB\)轉化為\(k_{PA}+k_{PB}=0\)；
② 本題的思路:是否存在定點\(P(t ,0)\)，使得當\(m\)變化時，總有\(∠OPA=∠OPB\)；
⇔是否存在\(t\)，使得不管\(m\)取任何值，總有\(k_{PA}+k_{PB}=0\)；
⇔是否存在\(t\)，使得不管\(m\)取任何值，方程\(2m(2－t)=0\)恆成立；
故求一定點，轉化為方程恆成立問題.
③ 本題也可以從極點極線的性質思考，點\(P\)與右焦點\(F\)是關於橢圓E調和共軛，設左右頂點為\(M,N\)，則點\(P\)滿足\(\dfrac {P M } { PN } = \dfrac { F M } { F N }\)，易得\(P(2 ,0)\).

【典題4】如圖等邊三角形\(OAB\)的邊長為\(8\sqrt3\)，且三個頂點均在拋物線\(E:x^2=2py(p>0)\)上．
(1)求拋物線\(E\)的方程；
(2)設動直線\(l\)與拋物線\(E\)相切於點\(P\)，與直線\(y=－1\)相交於點\(Q\)．證明以\(PQ\)為直徑的圓恆過\(y\)軸上某定點．

【解析】(1) 過程略，拋物線E的方程為\(x^2=4y\)；
(2)

\({\color{Red}{ 方法一 }}\)
設\(P(x_0 ,y_0 )\)，直線l方程為\(y=kx+b\)，
由\(\begin{cases} { y = k x + b } \\ { x ^ { 2 } = 4 y } \end{cases}\)得\(x^2-4kx-4b=0 (*)\)，
\(∵\)相切 \(∴∆=16k^2+16b=0⇒b=-k^2\)，
則方程\((*)\)為\(x^2-4kx+4k^2=0\)，可得\(x_0=2k\)，
\(∵P\)在拋物線\(x^2=4y\)\(∴y_0=k^2\)，即\(P(2k ,k^2)\)
\({\color{Red}{ (若學習導數，以上步驟還能簡化些) }}\)
此時直線\(l\)方程為\(y=kx-k^2 (k≠0)\)
由\(\begin{cases} { y = k x - k ^ { 2 } } \\ { y = - 1 } \end{cases}\)得\(\begin{cases} { x = \dfrac { k ^ { 2 } - 1 } { k } } \\ { y = - 1 } \end{cases}\)， \(∴Q ( \dfrac { k ^ { 2 } - 1 } { k } , - 1 )\)
則以\(PQ\)為直徑的圓方程為\(x ^ { 2 } - \dfrac { 3 k ^ { 2 } - 1 } { k } x + y ^ { 2 } - ( k ^ { 2 } - 1 ) y + k ^ { 2 } - 2 = 0\)，
\({\color{Red}{ (想法直接，問圓過定點，就先求出圓的方程，再看如何過定點，缺點是計算量大些)}}\)
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\(k(k≠0)\)取什麼值要使得方程 (*)恆成立， \({\color{Red}{ (方程恆成立法)}}\)
則\(\begin{cases} { 1 - y = 0 } \\ { y ^ { 2 } + y - 2 = 0 } \end{cases}\)，即\(y=1\)，
故以\(PQ\)為直徑的圓恆過\(y\)軸上的定點\(M(0 ,1)\)．
\({\color{Red}{ 方法二}}\) 同方法一可得\(Q ( \dfrac { k ^ { 2 } - 1 } { k } , - 1 )\)，\(P(2k ,k^2)\)
設\(M(0 ,y_1)\)，若以\(PQ\)為直徑，
則\(MP⊥MQ\)，即\(\overrightarrow{MP}\cdot \overrightarrow{MQ} =0\)，\({\color{Red}{ (較方法一優化些)}}\)
\(\overrightarrow{MP} = ( 2 k , k ^ { 2 } - y _ { 1 } )\)，\(\overrightarrow{MQ} = ( \dfrac { k ^ { 2 } - 1 } { k } , - 1 - y _ { 1 } )\)
\(∴ 2 k \cdot \dfrac { k ^ { 2 } - 1 } { k } + ( k ^ { 2 } - y _ { 1 } ) ( - 1 - y _ { 1 } ) = 0\)
\(\Rightarrow ( 1 - y _ { 1 } ) k ^ { 2 } + y _ { 1 } ^ { 2 } + y _ { 1 } - 2 = 0 \quad ( * * )\)，
若要滿足\(\overrightarrow{MP}\cdot \overrightarrow{MQ} =0\)對滿足方程\((**)\)的\(k\)恆成立，\({\color{Red}{ (方程恆成立法)}}\)
則\(\begin{cases} { 1 - y _ { 1 } = 0 } \\ { y _ { 1 } ^ { 2 } + y _ { 1 } - 2 = 0 } \end{cases}\)，解得\(y_1=1\)．
故以\(PQ\)為直徑的圓恆過\(y\)軸上的定點\(M(0 ,1)\)．
\({\color{Red}{方法三 }}\) 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\(k=1\)，此時\(P(2 ,1)\),\(Q(0 ,－1)\)，
以\(PQ\)為直徑的圓為\((x-1)^2+y^2=2\)，交\(y\)軸於點\(M_1 (0 ,1)\)或\(M_2 (0 ,－1)\)，
取\(k = \dfrac { 1 } { 2 }\)，此時\(P ( 1 , \dfrac { 1 } { 4 } )\),\(Q ( - \dfrac { 3 } { 2 } , - 1 )\)，
以\(PQ\)為直徑的圓為\(( x + \dfrac { 1 } { 4 } ) ^ { 2 } + ( y + \dfrac { 3 } { 8 } ) ^ { 2 } = 2\)，
交\(y\)軸於點\(M_3 (0 ,1)\)或\(M _ { 4 } ( 0 , - \dfrac { 7 } { 4 } )\)，
故若滿足條件的點\(M\)存在，只能是\(M(0 ,1)\)，證明如下
\({\color{Red}{ (相當於先證明問題的必要性，再討論其充分性)}}\)
\(\because \overrightarrow{M P} = ( 2 k , k ^ { 2 } - 1 )\)，\(\overrightarrow{M Q} = ( \dfrac { k ^ { 2 } - 1 } { k } , - 2 )\)，
\(\overrightarrow{M P} . \overrightarrow{M Q} = 2 ( k ^ { 2 } - 1 ) - 2 ( k ^ { 2 } - 1 ) = 0\)，
故以\(PQ\)為直徑的圓恆過\(y\)軸上的定點\(M(0 ,1)\)．

【點撥】
① 本題求以\(PQ\)為直徑的圓恆過\(y\)軸上的定點，用三種方法，消化其優劣性；
方法一和方法二採取了“方程恆成立法”，想法直接；方法三採取“特殊值法”：令\(k=1,k=\dfrac{1}{2}\)得到兩個圓，與\(y\)軸均交於點\((0 ,1)\)，則即猜想定點為\((0 ,1)\)，再給予證明便可.
它們的計算量也應是一衡量標準.
② 本題也可以用拋物線的極點極線性質，可知點\(M\)座標為\((1,0)\)，即焦點，其實\(y=-1\)也就準線.如下圖，點\(M\)是焦點，直線\(l\)是準線，\(QP,QT\)是切線，則直線\(PT\)過點M，\(QP⊥QT\)，\(QM⊥PT\).

【典題5】在平面直角座標系\(xOy\)中，如圖，已知橢圓\(\dfrac { x ^ { 2 } } { 9 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 5 } = 1\)的左、右頂點為\(A、B\)，右焦點為\(F\)．設過點\(T(9 ,m)\)的直線\(TA、TB\)與橢圓分別交於點\(M(x_1 ,y_1)\)、\(N(x_2 ,y_2)\)，其中\(m>0\)，\(y_1>0\),\(y_2<0\)．求證：直線\(MN\)必過\(x\)軸上的一定點(其座標與\(m\)無關)．

【解析】\({\color{Red}{(要知道直線MN過過定點，樸素想法：那先求出點M,N繼而求出直線方程) }}\)
依題意可得\(A(-3 ,0)\),\(B(3 ,0)\)，
可得直線\(TA\)方程為\(y = \dfrac { m } { 12 } ( x + 3 )\)，直線\(TB\)方程為\(y = \dfrac { m } { 6 } ( x - 3 )\)．
分別與橢圓\(\dfrac { x ^ { 2 } } { 9 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 5 } = 1\)聯立方程組，同時考慮到\(x_1≠-3\),\(x_2≠3\)，
解得\(M ( \dfrac { 3 ( 80 - m ^ { 2 } ) } { 80 + m ^ { 2 } } , \dfrac { 40 m } { 80 + m ^ { 2 } } )\)、\(N ( \dfrac { 3 ( m ^ { 2 } - 20 ) } { 20 + m ^ { 2 } } , - \dfrac { 20 m } { 20 + m ^ { 2 } } )\)．
\({\color{Red}{(求到這裡，可以想到“特殊值法”，當x_1=x_2時求出直線MN與x軸交點必定是所求定點，即得到問題的必要性) }}\)
(1)若\(x_1=x_2\)，則由\(\dfrac { 240 - 3 m ^ { 2 } } { 80 + m ^ { 2 } } = \dfrac { 3 m ^ { 2 } - 60 } { 20 + m ^ { 2 } }\)及\(m>0\)，得\(m=2\sqrt{10}\)，
此時直線\(MN\)的方程為\(x=1\)，過點\(D(1 ,0)\)．
(2)若\(x_1≠x_2\)，則\(m≠2\sqrt{10}\)，
直線\(MD\)的斜率\(k _ { M D } = \dfrac { \dfrac { 40 m } { 80 + m ^ { 2 } } } { \dfrac { 240 - 3 m ^ { 2 } } { 80 + m ^ { 2 } } - 1 } = \dfrac { 10 m } { 40 - m ^ { 2 } }\)，直線\(ND\)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\(k_{MD}=k_{ND}\)，所以直線\(MN\)過\(D\)點．
因此，直線\(MN\)必過\(x\)軸上的點\((1 ,0)\)．
【點撥】
① 本題直接想法：先求出直線\(MN\)方程(含\(m\))，再令\(y=0\)，得到使得方程恆成立的\(x\)值，便可得直線過\(x\)軸的定點.但由於求出\(M\)、\(N\)的座標已經很複雜了，按該思路作下去計算量會很大；
② 本題採取的方法是，通過一特殊情況\(x_1=x_2\)得到直線與\(x\)軸的交點\(D(1，0)\)，再在非特殊情況下證明\(M,N,D\)三點共線，即\(k_{MD}=k_{ND}\)即可，該方法大大減少了計算量.它也是利用特殊情況找到定點，再證明.

【典題6】設拋物線\(y^2=2px(p>0)\)的焦點為\(F\)，經過點\(F\)的直線交拋物線於\(A、B\)兩點，點\(C\)在拋物線的準線上，且\(BC∥x\)軸．證明直線\(AC\)必過\(x\)軸上的一定點．
【解析】\({\color{Red}{ 方法一}}\) 拋物線\(y^2=2px(p>0)\)的焦點為\(F ( \dfrac { p } { 2 } , 0 )\)，
則經過點\(F\)的直線的方程可設為\(x = m y + \dfrac { p } { 2 }\)，
代入拋物線方程得\(y^2-2pmy-p^2=0\)，
記\(A(x_1 ,y_1)\),\(B(x_2 ,y_2)\)，所以\(y_1 y_2=-p^2\)．
因為\(BC∥x\)軸，且點\(C\)在準線\(x = - \dfrac { p } { 2 }\)上，
所以點\(C\)的座標為\(( - \dfrac { p } { 2 } , - \dfrac { p ^ { 2 } } { y _ { 1 } } )\)，
而\(A ( \dfrac { y _ { 1 } ^ { 2 } } { 2 p } , y _ { 1 } )\)，則\(k _ { A C } = \dfrac { y _ { 1 } +\dfrac { p _ { 1 } ^ { 2 } } { y _ { 1 } } } { \dfrac { y _ { 1 } ^ { 2 } } { 2 p } + \dfrac { p } { 2 } } = \dfrac { 2 p } { y _ { 1 } }\)，
則直線\(AC\)方程為\(y = \dfrac { 2 p } { y _ { 1 } } ( x _ { x } - x _ { 1 } ) + y _ { 1 } = \dfrac { 2 p } { y _ { 1 } } x\)，
所以直線\(AC\)經過原點\(O\)．
\({\color{Red}{方法二 幾何法 }}\)
如圖過\(A\)作\(AD⊥l\)，\(D\)為垂足，則\(AD∥EF∥BC\)，
連結\(AC\)與\(EF\)相交於點\(N\)，
則\(\dfrac { E N } { A D } = \dfrac { C N } { A C } = \dfrac { B F } { A B }\),\(\dfrac { N F } { B C } = \dfrac { A F } { A B }\)，
由拋物線的定義知：\(|AF|=|AD|\)，\(|BF|=|BC|\)
\(∴ E N = \dfrac { A D \cdot B F } { A B } = \dfrac { A F \cdot B C } { A B } = N F\)，
又\(∵EO=OF\)，\(∴O ,N\)重合，即直線\(AC\)經過原點\(O\).
【點撥】
① 本題方法一求出直線\(AC\)方程便知定點，也可通過特殊情況知曉該定點為\((0 ,0)\)，再證明\(O\)、\(A\)、\(B\)三點共線，即\(k_{OC}=k_{OA}\)便可；
② 方法二屬於幾何法，利用了平行線成比例定理和拋物線的定義證明，這方法較解析法簡潔，但較難想到.

【題型二】某動點在定直線(或曲線)上

【典題1】設橢圓\(E : \dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 1 - a ^ { 2 } } = 1\)的焦點在x軸上，設\(F_1\),\(F_2\)分別是橢圓\(E\)的左、右焦點，\(P\)為橢圓\(E\)上第一象限內的點，直線\(F_2 P\)交\(y\)軸於點\(Q\)，並且\(F_1 P⊥F_1 Q\)，證明：當\(a\)變化時，點\(P\)在某定直線上．
【解析】設\(P(x_0 ,y_0 )\),
\({\color{Red}{ (證明點P在某定直線上，就是求出x_0 ,y_0的引數方程a為引數)，進而得到與a無關的x_0 ,y_0線性關係)}}\)
設\(F_1 (－c ,0)\),\(F_2 (c ,0)\)，其中\(c = \sqrt { 2 a ^ { 2 } - 1 }\)．
由題設可知：\(x_0≠c\)．則直線\(F_1 P\)的斜率\(k _ { F _ { 1 } P}= \dfrac { y _ { 0 } } { x _ { 0 } + c }\)_，_直線\(F_2 P\)的斜率\(k _ { F _ { 2 } P} = \dfrac { y _ { 0 } } { x _ { 0 } - c }\)．
故直線\(F_2 P\)的方程為\(y = \dfrac { y _ { 0 } } { x _ { 0 } - c } ( x - c )\)．
令\(x=0\)，解得\(y = \dfrac { c y _ { 0 } } { c - x _ { 0 } }\)．即點\(Q ( 0 , \dfrac { c y _ { 0 } } { c - x _ { 0 } } )\)．
因此直線\(F_1 Q\)的斜率\(k _ { F_1Q } = \dfrac { y _ { 0 } } { c - x _ { 0 } }\)．
\(∵F_1 Q⊥F_1 P\),
\(∴ k _ { F _ { 1 } Q} k _ { F _ { 1 }P } = \dfrac { y _ { 0 } } { x _ { 0 } + c } \cdot \dfrac { y _ { 0 } } { c - x _ { 0 } } = - 1\)．
化為\(y_0^2=x_0^2-(2a^2-1)\)．
聯立\(\begin{cases} { y _ { 0 } ^ { 2 } = x _ { 0 } ^ { 2 } - ( 2 a ^ { 2 } - 1 ) } \\ { \dfrac { x _ { 0 } ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y _ { 0 } ^ { 2 } } { 1 - a ^ { 2 } } = 1 } \end{cases}\)，及\(x_0>0\),\(y_0>0\)，
解得\(x_0=a^2\)，\(y_0=1-a^2\)
\(∴x_0+y_0=1\)，即點\(P\)在定直線\(x+y=1\)上．
【點撥】
① 本題中設點\(P\)的座標是\((x_0 ,y_0)\)，得到\(x_0+y_0=1\)相當於求出動點\(P\)的軌跡，則點\(P\)在定直線\(x+y=1\)上；
② 求動點\(P\)定直線(曲線)上
方法一：求出點P的軌跡方程為定直線，或證明P滿足某曲線的定義；
方法二：找出定直線，代入證明點P在直線上.

鞏固練習

1(★★)已知定點\(M(x_0 ,y_0)\)在拋物線\(m:y^2=2px(p>0)\)上，動點\(A、B∈m\)，且\(\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MB}= 0\)，
求證：弦\(AB\)必過一定點．

2(★★)已知橢圓\(\dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1\)的右焦點為\(F_1 (2,0)\),離心率為\(e\)．設\(A,B\)為橢圓上關於原點對稱的兩點,\(AF_1\)的中點為\(M\)，\(BF_1\)的中點為\(N\),若原點\(O\)在以線段\(MN\)為直徑的圓上．證明點\(A\)在定圓上.

3(★★)已知拋物線\(C：y^2=2px(p>0)\)上橫座標為\(2\)的一點\(P\)到焦點的距離為\(3\)．
(1)求拋物線\(C\)的方程；
(2)設直線\(OA\)，\(OB\)的斜率分別為\(k_1\),\(k_2\), 且\(k_1\cdot k_2=－2\)，證明：直線\(l\)經過定點，求出定點的座標．

4(★★★)過拋物線\(E:y^2=2px(p>0)\)上一點\(M(1 ,-2)\)作直線交拋物線\(E\)於另一點\(N\)．
(1)若直線\(MN\)的斜率為\(1\)，求線段\(|MN|\)的長；
(2)不過點\(M\)的動直線l交拋物線\(E\)於\(A ,B\)兩點，且以\(AB\)為直徑的圓經過點\(M\)，問動直線\(l\)是否恆過定點．如果有求定點座標，如果沒有請說明理由．

5(★★★)已知橢圓\(C : \dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt b \gt 0 )\)經過點\(P ( 1 , \dfrac { \sqrt { 2 } } { 2 } )\)，且兩焦點與短軸的兩個端點的連線構成一正方形．
(1)求橢圓\(C\)的方程；
(2)過橢圓\(C\)的右焦點\(F\)的直線\(l\)(與x軸不重合)與橢圓\(C\)交於\(M ,N\)兩點．是否存在一定點\(E(t ,0)\)，使得\(x\)軸上的任意一點(異於點\(E ,F\))到直線\(EM ,EN\)的距離相等？若存在，求出\(t\)的值；若不存在，說明理由．

6(★★★)已知橢圓\(C : \dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt b \gt 0 )\)的離心率為\(\dfrac{1}{2}\),且經過點\(( - 1 , - \dfrac { 3 } { 2 } )\)．
(1)求橢圓\(C\)的標準方程；
(2)過點\((1,0)\)作直線l與橢圓相交於\(A,B\)兩點,試問在x軸上是否存在定點\(Q\)，使得兩條不同直線\(QA,QB\)恰好關於\(x\)軸對稱,若存在,求出點\(Q\)的座標,若不存在,請說明理由．

7(★★★)已知橢圓\(C : \dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt b \gt 0 )\)的離心率為\(\dfrac { \sqrt { 2 } } { 2 }\),過左焦點F的直線與橢圓交於\(A,B\)兩點,且線段\(AB\)的中點為\(( - \dfrac { 2 } { 3 } , \dfrac { 1 } { 3 } )\)．
(1)求橢圓\(C\)的方程；
(2)設\(M\)為\(C\)上一個動點,過點\(M\)與橢圓\(C\)只有一個公共點的直線為\(l_1\),過點\(F\)與\(MF\)垂直的直線為\(l_2\),求證：\(l_1\)與\(l_2\)的交點在定直線上,並求出該定直線的方程．

8(★★★)已知橢圓\(C : \dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt b \gt 0 )\)的離心率為\(\dfrac { 2 } { 3 }\)，點\(A,B,D,E\)分別是\(C\)的左、右、上、下頂點,且四邊形\(ADBE\)的面積為\(6 \sqrt { 5 }\)．
(1)求橢圓\(C\)的標準方程；
(2)已知\(F\)是\(C\)的右焦點,過\(F\)的直線交橢圓\(C\)於\(P,Q\)兩點,記直線\(AP,BQ\)的交點為\(T\),求證：點\(T\)在定直線\(l\)上,並求出直線\(l\)的方程．

9(★★★)作斜率為\(\dfrac { 1 } { 3 }\)的直線\(l\)與橢圓\(C : \dfrac { x ^ { 2 } } { 36 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 4 } = 1\)交於\(A ,B\)兩點(如圖所示)，且\(P ( 3 \sqrt { 2 } , \sqrt { 2 } )\)在直線\(l\)的左上方．證明：\(△PAB\)的內切圓的圓心在一條定直線上；

答案

1. 直線\(AB\)恆過點\((x_0+2p ,-y_0)\)
2. 點在以原點為圓心,\(2\)為半徑的圓上．
   1.\((1) y^2=4x\)\((2)\)直線\(l\)經過定點，且定點為\((2 ,0)\)．
   1.\((1)8\sqrt2\)\((2)\)直線恆過點\((5 ,2)\)
   1.\(( 1 ) \dfrac { x ^ { 2 } } { 2 } + y ^ { 2 } = 1\)\((2) t=2\)
   1.\((1)\dfrac { x ^ { 2 } } { 4 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 3 } = 1\)\((2)\)定點\(Q(4,0)\)
   1.\(( 1 ) \dfrac { x ^ { 2 } } { 2 } + y ^ { 2 } = 1\)\((2)\)交點在定直線\(x=-2\)上
   1.\((1)\dfrac { x ^ { 2 } } { 9 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 5 } = 1\)\((2)\)點\(T\)在定直線\(l : x = \dfrac { 9 } { 2 }\)上
   1.\(△PAB\)的內切圓的圓心在直線\(x=3\sqrt2\)上