直线恒过定点问题

前言

待定系数法的设法技巧：当直线经过点((0,1))时，我们常常设其解析式为(y=kx+1)，当直线经过点((1,0))时，我们常常设其解析式为(x=ky+1)，

例1求证直线((2m+1)x+(m+1)y=7m+4(min R))恒过某一个定点(P)，并求其坐标。

法1：赋值法，令(m=1)，得到直线为(3x+2y=11)；令(m=2)，得到直线为(5x+3y=18)；联立求得交点为(P(3，1))。

再将点(P(3，1))代入直线验证，((2m+1)x+(m+1)y=(2m+1) imes 3+(m+1) imes 1=7m+4)，故直线((2m+1)x+(m+1)y=7m+4(min R))恒过某一个定点(P(3，1))。

【补记】：当然还可以将这个解法更特殊化为，令(2m+1=0)，得到(m=-cfrac{1}{2})，代入原直线得到(y=1)；令(m+1=0)，得到(m=-1)，代入原直线得到(x=3)；联立求得交点为(P(3，1))。

赋值法原理说明图：由于题目中不论(m)取到何值时，都对应平面内的唯一的一条直线，故可以给参数(m)赋值，

法2：换元法，由直线方程的点斜式形式(y=k(x-x_0)+y_0)，可知直线必然经过点(P(x_0，y_0))，故思考将其通过换元法改写为点斜式；

①当(m+1 eq 0)时，由原直线得到(y=-cfrac{2m+1}{m+1}x+cfrac{7m+4}{m+1})，

令(-cfrac{2m+1}{m+1}=k)，则得到(m=cfrac{-k-1}{k+2})，代入得到(cfrac{7m+4}{m+1}=-3k+1)，

故原直线可化为(y=kx-3k+1=k(x-3)+1)，故直线经过点(P(3，1))。

②当(m+1=0)时，即(m=-1)，代入得到直线为(x=3)，此时点(P)也在直线上，

综上所述，直线必经过点(P(3，1))。

法3：利用共点直线系方程求解

经过两条直线(l_1：A_1x+B_1y+C_1=0，l_2：A_2x+B_2y+C_2=0)的交点的直线系方程为((A_1x+B_1y+C_1)+lambda (A_2x+B_2y+C_2)=0(除l_2))，其中(lambda)是待定系数。

将直线方程中的(m)看成参数，分离得到((2x+y-7)m+(x+y-4)=0)，

则由(left{egin{array}{l}{2x+y-7=0}\{x+y-4=0}end{array} ight.)，求得(left{egin{array}{l}{x=3}\{y=1}end{array} ight.)，

即两条直线的交点为(P(3，1))，也即原直线必过定点(P(3，1))。

例2【衡水金卷，直线过定点类型，较难】如图所示，已知点(A(-1，0))是抛物线的准线与(x)轴的交点，过点(A)的直线与抛物线交于点(M，N)两点，过点(M)的直线交抛物线于另一个点(Q)，且直线(MQ)过点(B(1，-1)).

(1).求抛物线的方程。

分析：由题目图形可知，(cfrac{p}{2}=1)，则(p=2)，故顶点在坐标原点，开口向右的抛物线的方程为(y^2=2px)，即(y^2=4x)。

(2).求证：直线(QN)过定点。

分析：如果直线过定点((m，n))，则直线的表达式必然应该能化为：(y-n=k(x-m))类型。

设点(M(4t^2，4t))，点(N(4t_1^2，4t_1))，点(M(4t_2^2，4t_2))，则由题目易知直线(MN)的斜率存在，

且(k_{MN}=cfrac{4t-4t_1}{4t^2-4t_1^2}=cfrac{1}{t+t_1})，从而直线(MN)的方程是(y=cfrac{1}{t+t_1}(x-4t^2)+4t)，即(x-(t+t_1)y+4tt_1=0)。

同理可知，直线(MQ)的方程(x-(t+t_2)y+4tt_2=0)，直线(NQ)的方程(x-(t_1+t_2)y+4t_1t_2=0)，

又点(A)在直线(MN)上，从而有(4tt_1=1)，即(t=cfrac{1}{4t_1})；点(B)在直线(MQ)上，

从而有(1+(t+t_2)+4tt_2=0)，即(1+(cfrac{1}{4t_1}+t_2)+4 imes cfrac{1}{4t_1}t_2=0)，

化简得到(4t_1t_2=-4(t_1+t_2)-1)，

代入(NQ)的方程，得到(x-(t_1+t_2)y-4(t_1+t_2)-1=0)，

即(y+4=cfrac{1}{t_1+t_2}(x-1))，故直线(NQ)经过定点((1，-4))。

例3(x, y)满足(left{egin{array}{l}x-2geqslant0\y-2geqslant0\ x+y-8 leq 0end{array} ight.)，(z=ax+by(a>b>0))的最大值为(2)，则直线(ax+by-1=0)所过的定点坐标为【】

$A.(3,1)$ $B.(-1,3)$ $C.(1,3)$ $D.(-3,1)$

解析：由(x, y)满足(left{egin{array}{l}x-2geq 0\y-2geq 0\x+y-8 leq 0end{array} ight.) 作出可行域如图，

结合(y=-cfrac{a}{b}x+cfrac{z}{b}(-cfrac{a}{b}<-1))，由图可知，

(C)为目标函数取得最大值的最优解，联立(left{egin{array}{l}y=2\x+y-8=0end{array} ight.)，解得(C(6,2))

( herefore 6a+2b=2)，即(3a+b=1)，所以(b=1-3a)，

代入(ax+by-1=0)，得(ax+y-3ay-1=0)，

整理为过定点的直线系方程形式：(a(x-3y)+y-1=0)，

由(left{egin{array}{l}x-3y=0\y-1=0end{array} ight.)，解得(left{egin{array}{l}x=3\y=1end{array} ight.),

则直线(ax+by-1=0)所过的定点坐标为((3,1))，故选(A).