26年广州二模第18题 圆锥曲线定点定值问题

专题：圆锥曲线\(\qquad \qquad \qquad \qquad\)题型：定点定值问题\(\qquad \qquad \qquad \qquad\) 难度系数：★★★

经典例题讲解尽量从学生的角度出发，重在引导思考与总结!

【题目】

(26年广州二模第18题)
已知椭圆\(C:\dfrac{x^2}{a^2} +\dfrac{y^2}{b^2} =1(a>b>0)\)的离心率\(\dfrac{1}{2}\)，直线\(x=1\)被椭圆\(C\)所截得的线段的长为\(3\).
（1）求\(C\)的方程；
（2）已知点\(B(0，\sqrt{3} )\)，过点\(P(4，0)\)的直线\(l\)交\(C\)于\(E、F\)两点（\(E、F\)在\(x\)轴下方），直线\(BE\)交\(x=1\)于点\(M\).
（i）设知直线\(ME\)的斜率为\(k_1\)，直线\(MF\)的斜率为\(k_2\)，判断\(k_1+k_2\)是否为定值，并说明理由；
（ii）证明：直线\(ME\)过定点.
 
 
 
 
 
 

【分析】

第一问：
依题意可得\(\left\{ \begin{array}{c} \dfrac{c}{a}=\dfrac{1}{2}⟹\dfrac{b}{a}=\dfrac{\sqrt{3} }{2}\\ \dfrac{1}{a^2} +\dfrac{9}{4b^2}=1 \end{array} \right.\)\(⟹\left\{ \begin{array}{c} a^2=4\\ b^2=3 \end{array} \right. \)，

所以\(C\)的方程为\(\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1\)；

 

第二问：
传统的韦达定理的思路：
设点\(E(x_1，y_1 )，F(x_2，y_2 )，M(1，m)\)，直线\(EF:y=k(x-4)\)，

联立方程\(\left\{ \begin{array}{c} y=k(x-4)\\ \dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1 \end{array} \right. \)，可得\(x_1+x_2，x_1 x_2\)(用\(k\)表示)，
利用直线斜率公式，得到\(k_1+k_2=\dfrac{y_1-m}{x_1-1}+\dfrac{y_2-m}{x_2-1}\)，
进一步化简消元\(y_1，y_2\)，得到\(k_1+k_2=-\dfrac{2}{3} m\)，
而点\(F\)不确定⟹直线\(BF\)不确定⟹点\(M\)不确定⟹\(m\)不确定，
所以\(k_1+k_2\)不是定值；
 

第三问：
直线\(MF\)的方程为\(y=k_1 (x-1)+m\)，求证过定点，则需要确定\(k_1\)与\(m\)的关系；
由（i）可知\(\left\{ \begin{array}{c} k_1+k_2=-\dfrac{2}{3} m\\ k_2=m-\sqrt{3} \end{array} \right. ⟹k_1=-\dfrac{5}{3} m+\sqrt{3}\)，
而直线\(MF\)的方程为\(y=k_1 (x-1)+m=(-\dfrac{5}{3} m+\sqrt{3} )(x-1)+m=(-\dfrac{5}{3} x+\dfrac{8}{5})m+\sqrt{3} (x-1)\)，
令\(-\dfrac{5}{3} x+\dfrac{8}{5}=0\)，得\(x=\dfrac{8}{5}\)，\(y=\dfrac{3\sqrt{3} }{5}\)，

所以直线\(MF\)过定点\(\left(\dfrac{8}{5}，\dfrac{3\sqrt{3} }{5}\right)\).
 

【备注】
其实从极点极线的角度看，在椭圆\(\dfrac{x^2}{a^2} +\dfrac{y^2}{b^2} =1\)中，点\((x_0，y_0)\)对应的极线为\(\dfrac{xx_0}{a^2}+\dfrac{yy_0}{b^2} =1\)；
所以本题中点\(P\)对应的极线是\(x=1\)；

根据极点极线的定义，可得直线\(BP\)与椭圆\(C\)的交点就是第三问要求的定点\(\left(\dfrac{8}{5}，\dfrac{3\sqrt{3} }{5}\right)\).
 

【解答】

第一问：
\(∵\dfrac{c}{a}=\dfrac{1}{2}\)，\(∴\dfrac{b}{a}=\dfrac{\sqrt{3} }{2}\)，
\(∵\)直线\(x=1\)被椭圆\(C\)所截得的线段的长为\(3\)，

\(∴\)点\(\left(1，\dfrac{3}{2}\right)\)在椭圆\(C\)上，即\(\dfrac{1}{a^2} +\dfrac{9}{4b^2}=1\)，
\(∴a^2=4，b^2=3\)，
\(∴C\)的方程为\(\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1\)；

 

第二问：
\(k_1+k_2\)不是定值，理由如下：
设点\(E(x_1，y_1 )，F(x_2，y_2 )，M(1，m)\)，直线\(EF:y=k(x-4)\)，

由\(\left\{ \begin{array}{c} y=k(x-4)\\ \dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1 \end{array} \right. \)，可得\((4k^2+3) x^2-32k^2 x+64k^2-12=0\)，
\(∴x_1+x_2=\dfrac{32k^2}{4k^2+3}\)，\(x_1 x_2=\dfrac{64k^2-12}{4k^2+3}\)，
\(k_1+k_2=\dfrac{y_1-m}{x_1-1}+\dfrac{y_2-m}{x_2-1}\)\(=(y_1-m)(x_2-1)+\dfrac{(y_2-m)(x_1-1)}{(x_1-1)(x_2-1) }\)

\(=\dfrac{2kx_1 x_2-(5k+m)(x_1+x_2 )+8k+2m}{x_1 x_2-(x_1+x_2 )+1}\)
\(=\dfrac{2k\cdot \dfrac{64k^2-12}{4k^2+3}-(5k+m)\cdot \dfrac{32k^2}{4k^2+3}+8k+2m}{\dfrac{64k^2-12}{4k^2+3}-\dfrac{32k^2}{4k^2+3}+1}\)\(= \dfrac{-6m(4k^2-1)}{9(4k^2-1)}=-\dfrac{2}{3} m\)，
由于点\(F\)是动点，则直线\(BF\)是不确定的，与直线\(x=1\)相交的交点\(M\)是不确定的，即\(m\)不是定值，
\(∴k_1+k_2\)不是定值；

 

第三问：

\(∵\)点\(undefined\)三点共线，

\(∴k_2=\dfrac{m-\sqrt{3} }{1-0}=m-\sqrt{3}\)，
由（i）可得\(k_1+k_2=-\dfrac{2}{3} m\)，

\(∴k_1=-\dfrac{5}{3} m+\sqrt{3}\)，
而直线\(ME\)的方程为\(y=k_1 (x-1)+m=(-\dfrac{5}{3} m+\sqrt{3} )(x-1)+m=(-\dfrac{5}{3} x+\dfrac{8}{5})m+\sqrt{3} (x-1)\)，
令\(-\dfrac{5}{3} x+\dfrac{8}{5}=0\)，得\(x=\dfrac{8}{5}\)，\(y=0\cdot m+\dfrac{3\sqrt{3} }{5}=\dfrac{3\sqrt{3} }{5}\)，
\(∴\)直线\(MF\)过定点\(\left(\dfrac{8}{5}，\dfrac{3\sqrt{3} }{5}\right)\).