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直线与圆锥曲线-定点问题(教师版)


圆锥曲线中的定点问题
定点问题是常见的出题形式, 化解这类问题的关键就是引进变的参数表示直线方程、 数 量积、比例关系等,根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量。直线过定点问 题通法,是设出直线方程,通过韦达定理和已知条件找出 k 和 m 的一次函数关系式,代入 直线方程即可。 技巧在于: 设哪一条直线?如何转化题目条件?圆锥曲线是一种很有趣的载 体,自身存在

很多性质,这些性质往往成为出题老师的参考。如果大家能够熟识这些常见的 结论,那么解题必然会事半功倍。下面总结圆锥曲线中几种常见的几种定点模型:

模型一: “手电筒”模型
x2 y2 ? ? 1 若直线 l:y ? kx ? m 与椭圆 C 相交于 A, 4 3

例题、 (07 山东)已知椭圆 C:

B 两点(A,B 不是左右顶点) ,且以 AB 为直径的圆过椭圆 C 的右顶点。求证:直线 l 过定 点,并求出该定点的坐标。 解: 设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ) , 由?

? y ? kx ? m 得 (3 ? 4k 2 ) x2 ? 8mkx ? 4(m2 ? 3) ? 0 , 2 2 3 x ? 4 y ? 12 ?

? ? 64m2k 2 ?16(3 ? 4k 2 )(m2 ? 3) ? 0 , 3 ? 4k 2 ? m2 ? 0
x1 ? x2 ? ? 8mk 4(m2 ? 3) , x ? x ? 1 2 3 ? 4k 2 3 ? 4k 2 3(m2 ? 4k 2 ) 3 ? 4k 2

y1 ? y2 ? (kx1 ? m) ? (kx2 ? m) ? k 2 x1 x2 ? mk ( x1 ? x2 ) ? m 2 ?

? 以 AB 为直径的圆过椭圆的右顶点 D(2,0), 且 k AD ? kBD ? ?1 ,
? y1 y ? 2 ? ?1, y1 y2 ? x1 x2 ? 2( x1 ? x2 ) ? 4 ? 0 , x1 ? 2 x2 ? 2

3(m2 ? 4k 2 ) 4(m2 ? 3) 16mk ? ? ? 4 ? 0, 3 ? 4k 2 3 ? 4k 2 3 ? 4k 2
m1 ? ?2k , m2 ? ? 7m2 ? 16mk ? 4k 2 ? 0 , 整理得: 解得: 2k 2 2 , 且满足 3 ? 4k ? m ? 0 7

当 m ? ?2k 时, l : y ? k ( x ? 2) ,直线过定点 (2, 0), 与已知矛盾; 当m ? ?

2k 2 2 时, l : y ? k ( x ? ) ,直线过定点 ( , 0) 7 7 7

第 1 页 共 1 页

综上可知,直线 l 过定点,定点坐标为 ( ,0). ◆方法总结:本题为“弦对定点张直角”的一个例子:圆锥曲线如椭圆上任意一点 P 做相互垂直的直线交圆锥曲线于 AB,则 AB 必过定点 (

2 7

x0 (a 2 ? b 2 ) y0 (a 2 ? b 2 ) , )。 (参考 a 2 ? b2 a 2 ? b2

百度文库文章: “圆锥曲线的弦对定点张直角的一组性质” ) ◆模型拓展: 本题还可以拓展为 “手电筒” 模型: 只要任意一个限定 AP 与 BP 条件 (如 ,直线 AB 依然会过定点(因为三条直线形似手电筒, k AP ? k BP ? 定值, k AP ? k BP ? 定值) 固名曰手电筒模型) 。 (参考优酷视频资料尼尔森数学第一季第 13 节) 此模型解题步骤: Step1:设 AB 直线 y ? kx ? m ,联立曲线方程得根与系数关系, ? 求出参数范围; Step2:由 AP 与 BP 关系(如 k AP ? k BP ? ?1 ) ,得一次函数 k ? f (m)或者m ? f (k ) ; Step3:将 k ? f (m)或者m ? f (k ) 代入 y ? kx ? m ,得 y ? k ( x ? x定 ) ? y定 。

◆迁移训练 练习 1:过抛物线 M: y ? 2 px 上一点 P(1,2)作倾斜角互补的直线 PA 与 PB,交 M
2

于 A、B 两点,求证:直线 AB 过定点。 (注:本题结论也适用于抛物线与双曲线) 练习 2:过抛物线 M: y ? 2 px 的顶点任意作两条互相垂直的弦 OA、OB,求证:交抛
2

物线的对称轴上一定点。 (经典例题,多种解法) 练习 3:过 2 x ? y ? 1 上的点作动弦 AB、AC 且 k AB ? k AC ? 3 ,证明 BC 恒过定点。
2 2

(本题参考答案: ( , ? ) ) 练习:4: 设 A、 B 是轨迹 C : y ? 2 px( P ? 0) 上异于原点 O 的两个不同点, 直线 OA 和
2

1 5

1 5

OB 的倾斜角分别为 ? 和 ? ,当 ? , ? 变化且 ? ? ? ?
出该定点的坐标。 (参考答案 ? ?2 p, 2 p ? )

?
4

时,证明直线 AB 恒过定点,并求

【答案】 设 A? x1, y1 ? , B ? x2 , y2 ? , 由题意得 x1 , x2 ? 0 , 又直线 OA,OB 的倾斜角 ? , ? 满 足? ? ? ?

?
4

,故 0 ? ? , ? ?

?
4

,所以直线 AB 的斜率存在,否则,OA,OB 直线的倾斜角

之和为 ? 从而设 AB 方程为 y ? kx ? b ,显然 x1 ?
王新敞
奎屯 新疆

y12 y2 , x2 ? 2 , 2p 2p

第 2 页 共 2 页

将 y ? kx ? b 与 y 2 ? 2 px( P ? 0) 联立消去 x ,得 ky 2 ? 2 py ? 2 pb ? 0 由韦达定理知 y1 ? y2 ? 由? ? ? ?

2p 2 pb , y1 ? y2 ? ① k k

?
4

,得 1= tan

?
4

? tan(? ? ? ) =

tan ? ? tan ? 2 p( y1 ? y2 ) = 1 ? tan ? tan ? y1 y2 ? 4 p 2

将①式代入上式整理化简可得:

2p ? 1 ,所以 b ? 2 p ? 2 pk , b ? 2 pk

此时,直线 AB 的方程可表示为 y ? kx ? 2 p ? 2 pk 即 k ( x ? 2 p) ? ? y ? 2 p ? ? 0 所以直线 AB 恒过定点 ? ?2 p, 2 p ? .

练习 5: (2013 年高考陕西卷(理) )已知动圆过定点 A(4,0), 且在 y 轴上截得的弦 MN 的长为 8. (Ⅰ)求动圆圆心的轨迹 C 的方程; (Ⅱ)已知点 B(-1,0), 设不垂直于 x 轴的直线 l 与轨迹 C 交于不同的两点 P, Q, 若 x 轴
是 ?PBQ 的角平分线, 证明直线 l 过定点.
【答案】解:(Ⅰ) A(4,0),设圆心 C

( x, y ), MN 线段的中点为 E,由几何图像知 ME ?

MN , CA 2 ? CM 2 ? ME 2 ? EC 2 2

? (x ? 4) 2 ? y 2 ? 4 2 ? x 2 ? y 2 ? 8x
(Ⅱ) 点 B(-1,0),

设P( x1 , y1 ),Q( x2 , y2 ),由题知y1 ? y2 ? 0,y1 y2 ? 0, y1 ? 8x1 , y2 ? 8x2 .
? y1 ? y2 y ?y ? ? 2 1 ? 2 2 ? 8( y1 ? y 2 ) ? y1 y 2 ( y 2 ? y1 ) ? 0 ? 8 ? y1 y 2 ? 0 x1 ? 1 x2 ? 1 y1 ? 8 y 2 ? 8
y 2 ? y1 1 2 ( x ? x1 ) ? y ? y1 ? (8x ? y1 ) x2 ? x1 y 2 ? y1
2

2

2

直线 PQ 方程为: y ? y1 ?

? y( y2 ? y1 ) ? y1 ( y2 ? y1 ) ? 8x ? y1 ? y( y2 ? y1 ) ? 8 ? 8x ? y ? 0, x ? 1
所以,直线 PQ 过定点(1,0) (1)求点 P 的轨迹 C 对应的方程; 练习 6:已知点 B ? ?1,0? , C ?1,0? , P 是平面上一动点,且满足 | PC | ? | BC |? PB ? CB

??? ?

??? ?

??? ? ??? ?

D ? A E (2) 已知点 A(m, 2) 在曲线 C 上, 过点 A 作曲线 C 的两条弦 AD 和 AE , 且A
判断:直线 DE 是否过定点?试证明你的结论. 【解】 (1)设 P( x, y )代入 | PC | ? | BC |? PB ? CB得 ( x ? 1)2 ? y 2 ? 1 ? x, 化简得y 2 ? 4 x.
第 3 页 共 3 页



(5 分)

(2)将A(m,2)代入y 2 ? 4x得m ? 1,?点A的坐标为 (1,2). 2 2 设直线DE的方程为x ? my ? t代入y ? 4x, 得y ? 4mt ? 4t ? 0, 设D( x1, y1 ), E( x2 , y2 )则y1 ? y2 ? 4m, y1 ? y2 ? ?4t,? ? (? 4m)2 ? 16t ? ( 0 *)

? AD? AE ? ( x1 ?1)(x2 ?1) ? ( y1 ? 2)( y2 ? 2) ? x1x2 ? ( x1 ? x2 ) ?1? y1 ? y2 ? 2( y1 ? y2 ) ? 4
2 y12 y2 y2 y2 ? ? ( 1 ? 2 ) ? y1 ? y2 ? 2( y1 ? y2 ) ? 5 4 4 4 4 2 ( y ? y ) ( y ? y2 ) 2 ? 2 y1 ? y2 ? 1 2 ? 1 ? y1 ? y2 ? 2( y1 ? y2 ) ? 5 16 4 (?4t ) 2 (4m) 2 ? 2(?4t ) ? ? ? (?4t ) ? 2(4m) ? 5 ? 0化简得t 2 ? 6t ? 5 ? 4m 2 ? 8m 16 4 2 2 2 即t ? 6t ? 9 ? 4m ? 8m ? 4即(t ? 3) ? 4(m ? 1)2 ?t ? 3 ? ?2(m ? 1) ?t ? 2m ? 5或t ? ?2m ? 1, 代入(*)式检验均满足 ??0 ?直线DE的方程为x ? m( y ? 2) ? 5或x ? m( y ? 2) ? 1 ?直线DE过定点(5,?2). (定点( 1 , 2)不满足题意)

?

练习 7:已知点 A(-1,0) ,B(1,-1)和抛物线. C : y ? 4 x ,O 为坐标原点,过
2

点 A 的动直线 l 交抛物线 C 于 M、P,直线 MB 交抛物线 C 于另一点 Q,如图. (I)证明: OM ? OP 为定值; (II)若△POM 的面积为

???? ? ??? ?

5 ,求向量 OM 与 OP 的夹角; 2

(Ⅲ)证明直线 PQ 恒过一个定点.

解: (I) 设点 M (

y12 y2 , y1 ), P( 2 , y 2 ),? P 、 M、 A 三点共线, 4 4
y1
第 22 题

? k AM

y1 ? y 2 ? k DM ,即 2 ? 2 , 2 y1 y1 y 2 ?1 ? 4 4 4



y1 1 ? ,? y1 y 2 ? 4 y ? 4 y1 ? y 2
2 1
2 y12 y 2 ? ? y1 y 2 ? 5. 4 4

? OM ? OP ?

(II)设∠POM=α ,则 | OM | ? | OP | ? cos? ? 5.

? S ?ROM ?

5 ,?| OM | ? | OP | ? sin ? ? 5. 由此可得 tanα =1. 2
第 4 页 共 4 页

又 ? ? (0,? ),?? ? 45?, 故向量 OM与OP 的夹角为 45?. (Ⅲ)设点 Q (
2 y3 , y 3 ),? M 、B、Q 三点共线,? k BQ ? kQM , 4

y1 ? y3 y3 ? 1 1 ,即 2 ? , 2 2 y y1 y3 y3 ? 4 y1 ? y3 ?1 ? 4 4 4 2 ? ( y3 ? 1)( y1 ? y3 ) ? y3 ? 4,即y1 y3 ? y1 ? y3 ? 4 ? 0.????11分 即 y3
2 3

?

? y1 y 2 ? 4,即y1 ?

4 4 4 ,? ? y3 ? ? y3 ? 4 ? 0, y2 y2 y2

即 4( y2 ? y3 ) ? y2 y3 ? 4 ? 0.(*)

? k PQ ?

y 2 ? y3 4 ? , 2 2 y 2 ? y3 y 2 y3 ? 4 4

? 直线PQ的方程是y ? y 2 ?

y2 4 (x ? 2 ) y 2 ? y3 4

2 即 ( y ? y2 )( y2 ? y3 ) ? 4x ? y2 ,即y( y2 ? y3 ) ? y2 y3 ? 4x.

由(*)式, ? y2 y3 ? 4( y2 ? y3 ) ? 4, 代入上式,得 ( y ? 4)( y2 ? y3 ) ? 4( x ? 1). 由此可知直线 PQ 过定点 E(1,-4).

模型二:切点弦恒过定点
例 题 : 有 如 下 结 论 : “ 圆 x ? y ? r 上 一 点 P( x0 , y0 ) 处 的 切 线 方 程 为
2 2 2

x0 y ? y0 y ? r 2 ”,类比也有结论:“椭圆
线方程为

x2 y2 ? ? 1(a ? b ? 0)上一点P( x0 , y 0 ) 处的切 a2 b2

x0 x y 0 y x2 ? ? 1 ? y 2 ? 1 的右准线 l 上任意一点 M 引椭圆 C 的 ” ,过椭圆 C : 2 2 4 a b

两条切线,切点为 A、B. (1)求证:直线 AB 恒过一定点; (2)当点 M 在的纵坐标为 1 时,求△ ABM 的面积。

xx 4 3 , t )(t ? R), A( x1, y1 ), B( x2 , y 2 ),则MA的方程为 1 ? y1 y ? 1 3 4 3 3 x1 ? ty1 ? 1 ① x2 ? ty 2 ? 1 ② ∵点 M 在 MA 上∴ 同理可得 3 3
【解】 (1)设 M (
第 5 页 共 5 页

由①②知 AB 的方程为

3 x ? ty ? 1,即x ? 3 (1 ? ty) 3
3 (1 ? y)代入 x2 ? y 2 ? 1, 化简得7 y ? 6 y ? 1 ? 0 4 4 3 | | 2 3 3 ? 又 M 到 AB 的距离 d ? 3 1? 3

易知右焦点 F( 3,0 )满足③式,故 AB 恒过椭圆 C 的右焦点 F( 3,0 ) (2)把 AB 的方程 x ?

∴ | AB |? 1 ? 3 ?

36 ? 28 16 ? 7 7

∴△ABM 的面积 S ?

1 16 3 ? | AB | ?d ? 2 21

◆方法点评: 切点弦的性质虽然可以当结论用, 但是在正式的考试过程中直接不能直接 引用,可以用本题的书写步骤替换之,大家注意过程。 ◆方法总结:什么是切点弦?解题步骤有哪些?

参考:PPT 圆锥曲线的切线及切点弦方程,百度文库 参考: “尼尔森数学第一季_3 下” ,优酷视频 拓展:相交弦的蝴蝶特征——蝴蝶定理,资料

练习 1: ( 2013 年 广 东 省 数 学 ( 理 ) 卷 ) 已 知 抛 物 线 C 的 顶 点 为 原 点 , 其 焦 点

F ? 0, c?? c? 0 ? 到直线 l : x ? y ? 2 ? 0 的距离为
线 C 的两条切线 PA, PB ,其中 A, B 为切点. (Ⅰ) 求抛物线 C 的方程;

3 2 .设 P 为直线 l 上的点,过点 P 作抛物 2

(Ⅱ) 当点 P ? x0 , y0 ? 为直线 l 上的定点时,求直线 AB 的方程; (Ⅲ) 当点 P 在直线 l 上移动时,求 AF ? BF 的最小值.
【答案】(Ⅰ) 依题意,设抛物线 C 的方程为 x
2

? 4cy ,由

0?c?2 2

?

3 2 结合 c ? 0 , 2

解得 c ? 1 .所以抛物线 C 的方程为 x ? 4 y .
2

第 6 页 共 6 页

(Ⅱ) 抛物线 C 的方程为 x2 ? 4 y ,即 y ? 设 A ? x1 , y1 ? , B ? x2 , y2 ? (其中 y1 ? 则切线 PA, PB 的斜率分别为 所以切线 PA : y ? y1 ?

1 2 1 x ,求导得 y? ? x 4 2

x12 x2 , y2 ? 2 ), 4 4

1 1 x1 , x2 , 2 2

x1 x x2 ? x ? x1 ? ,即 y ? 1 x ? 1 ? y1 ,即 x1x ? 2 y ? 2 y1 ? 0 2 2 2

同理可得切线 PB 的方程为 x2 x ? 2 y ? 2 y2 ? 0 因为切线 PA, PB 均过点 P ? x0 , y0 ? ,所以 x1x0 ? 2 y0 ? 2 y1 ? 0 , x2 x0 ? 2 y0 ? 2 y2 ? 0 所以 ? x1 , y1 ? , ? x2 , y2 ? 为方程 x0 x ? 2 y0 ? 2 y ? 0 的两组解. 所以直线 AB 的方程为 x0 x ? 2 y ? 2 y0 ? 0 . (Ⅲ) 由抛物线定义可知 AF ? y1 ? 1 , BF ? y2 ? 1 , 所以 AF ? BF ? ? y1 ?1?? y2 ?1? ? y1 y2 ? ? y1 ? y2 ? ? 1 联立方程 ?

? x0 x ? 2 y ? 2 y0 ? 0 ?x ? 4 y
2

2 2 2 ,消去 x 整理得 y ? 2 y0 ? x0 y ? y0 ? 0

?

?

由一元二次方程根与系数的关系可得 y1 ? y2 ? x02 ? 2 y0 , y1 y2 ? y02 所以 AF ? BF ? y1 y2 ? ? y1 ? y2 ? ? 1 ? y0 ? x0 ? 2 y0 ? 1
2 2

又点 P ? x0 , y0 ? 在直线 l 上,所以 x0 ? y0 ? 2 , 所以 y0 2 ? x0 2 ? 2 y0 ? 1 ? 2 y0 2 ? 2 y0 ? 5 ? 2 ? y0 ? 所以当 y0 ? ?

? ?

1? 9 ? ? 2? 2

2

9 1 时, AF ? BF 取得最小值,且最小值为 . 2 2

2 2 练习 2: (2013 年辽宁数学(理) )如图,抛物线 C1 : x ? 4 y, C2 : x ? ?2 py ? p ? 0? ,

点 M ? x0 , y0 ? 在抛物线 C2 上 , 过 M 作 C1 的切线 ,切点为 A, B ( M 为原点 O 时 , A, B 重合 于 O ) x0 ? 1 ? 2 ,切线 MA. 的斜率为 (I)求 p 的值;
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1 . 2

(II)当 M 在 C2 上运动时,求线段 AB 中点 N 的轨迹方. A, B重合于O时,中点为O .

?

?

【答案】

第 8 页 共 8 页

模型三:相交弦过定点
相交弦性质实质是切点弦过定点性质的拓展,结论同样适用。参考尼尔森数学第一季 _3 下,优酷视频。但是具体解题而言,相交弦过定点涉及坐标较多,计算量相对较大,解 题过程一定要注意思路,同时注意总结这类题的通法。

x2 y2 例题:如图,已知直线 L: x ? m y ? 1过椭圆C : 2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 的右焦点 F, a b
且交椭圆 C 于 A、B 两点,点 A、B 在直线 G : x ? a 上的射影依次为点 D、E。连接 AE、BD,
2

试探索当 m 变化时,直线 AE、BD 是否相交于一定点 N?若交于定点 N,请求出 N 点的坐标, 并给予证明;否则说明理由。

法一:解:? F (1,0), k ? (a ,0) 先探索,当 m=0 时,直线 L⊥ox 轴,则 ABED 为矩形,
2

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由对称性知,AE 与 BD 相交于 FK 中点 N ,且 N (

a2 ?1 ,0) 猜想:当 m 变化时,AE 与 BD 相 2 。

交于定点 N (

a2 ?1 ,0 ) 2

证明:设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ), E(a 2 , y2 ), D(a 2 , y1 ) ,当 m 变化时首先 AE 过定点 N

? x ? my ? 1 ?? 2 2 即(a 2 ? b 2 m 2 ) y 2 ? 2mb 2 y ? b 2 (1 ? a 2 ) ? 0....8分 2 2 2 2 ?b x ? a y ? a b ? 0 ? ? 4a 2b 2 (a 2 ? m 2b 2 ? 1) ? 0 (? a ? 1) ? y1 ? y2 又K AN ? 2 , K EN ? a ?1 1 ? a2 ? my1 2 2 2 a ?1 ( y1 ? y2 ) ? my1 y2 而K AN ? K EN ? 2 2 2 ?0 1 ? a a ?1 ( ? my1 ) 2 2 a2 ?1 (这是 ? ( y1 ? y2 ) ? my1 y2 2 a2 ?1 2mb 2 b 2 (1 ? a 2 ) ? ? (? 2 ) ? m ? 2 a ? m 2b 2 a 2 ? m 2b 2 (a 2 ? 1) ? (mb 2 ? mb 2 ) ? ? 0) a 2 ? m 2b 2
∴KAN=KEN ∴A、N、E 三点共线 同理可得 B、N、D 三点共线

∴AE 与 BD 相交于定点 N (

a2 ?1 ,0 ) 2

法 2:本题也可以直接得出 AE 和 BD 方程,令 y=0,得与 x 轴交点 M、N,然后两个坐标 相减=0.计算量也不大。 ◆方法总结:方法 1 采用归纳猜想证明,简化解题过程,是证明定点问题一类的通法。 这一类题在答题过程中要注意步骤。 例题、 已知椭圆 C:

x2 ? y 2 ? 1, 若直线 l : x ? t (t ? 2) 与 x 轴交于点 T,点 P 为直线 l 上 4

异于点 T 的任一点,直线 PA1,PA2 分别与椭圆交于 M、N 点,试问直线 MN 是否通过椭圆的 焦点?并证明你的结论。

第 10 页 共 10 页

方法 1:点 A1、A2 的坐标都知道,可以设直线 PA1、PA2 的方程,直线 PA1 和椭圆交点 是 A1(-2,0)和 M,通过韦达定理,可以求出点 M 的坐标,同理可以求出点 N 的坐标。动点 P 在直线 l : x ? t (t ? 2) 上,相当于知道了点 P 的横坐标了,由直线 PA1、PA2 的方程可以求 出 P 点的纵坐标,得到两条直线的斜率的关系,通过所求的 M、N 点的坐标,求出直线 MN 的方程,将交点的坐标代入,如果解出的 t>2,就可以了,否则就不存在。 解 : 设 M ( x1 , y1 ) , N ( x2 , y2 ) , 直 线 A1M 的 斜 率 为 k1 , 则 直 线 A1M 的 方 程 为

? y ? k ( x ? 2) 消 y 整理得 (1 ? 4k12 ) x2 ? 16k2 x ? 16k12 ? 4 ? 0 y? k ? 2 ),由 ? 2 1 2 1( x x ? 4 y ? 4 ?
4k1 16k12 ? 4 2 ? 8k12 则 x1 ? , y1 ? , ? ?2和x1 是方程的两个根,??2 x1 ? 2 2 1 ? 4k12 1 ? 4k1 1 ? 4k1
即点 M 的坐标为 (

2 ? 8k12 4k1 , ), 1 ? 4k12 1 ? 4k12
2 8k2 ? 2 ?4k2 , ) 2 2 1 ? 4k 2 1 ? 4k 2

同理,设直线 A2N 的斜率为 k2,则得点 N 的坐标为 (

? y p ? k1 (t ? 2), y p ? k2 (t ? 2)
? k1 ? k2 y ? y1 y2 ? y1 2 ? ? ,? 直线 MN 的方程为: ? , k1 ? k2 t x ? x1 x2 ? x1
4 x2 y1 ? x1 y2 ,将点 M、N 的坐标代入,化简后得: x ? t y1 ? y2

? 令 y=0,得 x ?

又? t ? 2 ,? 0 ?

4 4 4 3 ? 2 ? 椭圆的焦点为 ( 3,0) ? ? 3 ,即 t ? t t 3

故当 t ?

4 3 时,MN 过椭圆的焦点。 3
2 2 2

方法总结: 本题由点 A1(-2,0)的横坐标-2 是方程 (1 ? 4k1 ) x ? 16k2 x ? 16k1 ? 4 ? 0 的 一个根,结合韦达定理,得到点 M 的横纵坐标: x1 ?

4k1 2 ? 8k12 , y1 ? ;其实由 2 1 ? 4k12 1 ? 4k1

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2 ? y ? k2 ( x ? 2) 16k2 ?4 2 2 2 消 y 整理得 ,得到 ,即 2 x ? (1 ? 4 k ) x ? 16 k x ? 16 k ? 4 ? 0 ? 2 2 2 2 2 2 2 1 ? 4k2 ?x ? 4 y ? 4 2 ?4k2 8k2 ?2 16k12 ? 4 , 很快。不过如果看到:将 中的 k1用k2 换下来, y ? ? 2 x ? 2 1 2 2 1 ? 4k 2 1 ? 4k 2 1 ? 4k12

x2 ?

2 8k2 ? 2 ?4k2 x1 前的系数 2 用-2 换下来,就得点 N 的坐标 ( , ) ,如果在解题时,能看到 2 2 1 ? 4k 2 1 ? 4k 2

这一点,计算量将减少,这样真容易出错,但这样减少计算量。本题的关键是看到点 P 的双 重身份:点 P 即在直线 A1M 上也在直线 A2N 上,进而得到

k1 ? k2 2 ? ? ,由直线 MN 的方程 k1 ? k2 t

y ? y1 y2 ? y1 x y ? x1 y2 ? 得直线与 x 轴的交点,即横截距 x ? 2 1 ,将点 M、N 的坐标代入, x ? x1 x2 ? x1 y1 ? y2
化简易得 x ?

4 4 4 3 4 3 ,由 ? 3 解出 t ? ,到此不要忘了考察 t ? 是否满足 t ? 2 。 t t 3 3

◆方法 2:先猜想过定点,设弦 MN 的方程,得出 A1M、A2 N 方程,进而得出与 T 交点 Q、S, 两坐标相减=0.如下:

设lMN : x ? m y ? 3 , 联立椭圆方程,整理: (4 ? m 2)y 2 ? 2 3m y ? 1 ? 0; ?求出范围; 设M(x1 , y1) , N(x2 , y2) , 得直线方程: l A1M : y ? y1 y2 ( x ? 2), l A2 N : y ? ( x ? 2); x1 ? 2 x2 ? 2

若分别于lT 相较于Q、S:易得 Q(t , y1 y (t ? 2)) , S (t , 2 (t ? 2)) x1 ? 2 x2 ? 2 y1 y (t ? 2) ? 2 (t ? 2) x1 ? 2 x2 ? 2

yQ ? y S ? 整理 ?

? 4m y1 y2 ? 2(t ? 3 )( y1 ? y2 ) ? ( 3t ? 4)( y1 ? y2 ) ( x1 ? 2)(x2 ? 2) 1 - 4m [ ( 3t ? 4) ? ( 3t ? 4)( y1 ? y2 )] ( x1 ? 2)(x2 ? 2) 4 ? m 2

韦达定理代入 ? 显然,当 t ?

4 3 时,猜想成立。 3

◆方法总结:法 2 计算量相对较小,细心的同学会发现,这其实是上文“切点弦恒过定点”的一

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个特例而已。因此,法 2 采用这类题的通法求解,就不至于思路混乱了。相较法 1,未知数更少,思 路更明确。 x2 y2 练习 1: (10 江苏) 在平面直角坐标系 xoy 中, 如图, 已知椭圆 + =1 的左右顶点为 A,B, 9 5 右焦点为 F,设过点 T(t,m) 的直线 TA,TB 与椭圆分别交于点 M(x1,y1) , N(x2,y2) ,其中 m>0,y1>0,y2<0. ⑴设动点 P 满足 PF2-PB2=4,求点 P 的轨迹 1 ⑵设 x1=2,x2= ,求点 T 的坐标 3 ⑶设 t=9,求证:直线 MN 必过 x 轴上的一定点(其坐标与 m 无关)

解析:问 3 与上题同。

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练习 2:已知椭圆 E 中心在坐标原点,焦点在坐标轴上,且经过 A(?2, 0) 、 B(2, 0) 、

? 3? C ?1, ? 三点.过椭圆的右焦点 F 任做一 ? 2?
与坐标轴不平行的直线 l 与椭圆 E 交于

M 、N 两点, AM 与 BN 所在的直线交
于点 Q. (1)求椭圆 E 的方程: (2)是否存在这样直线 m ,使得点 Q 恒在直线 m 上移动?若存在,求出直线

m 方程,若不存在,请说明理由.
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解析: (1)设椭圆方程为 mx2 ? my 2 ? 1(m ? 0, n ? 0), 将 A(?2, 0) 、 B(2, 0) 、 C (1, ) 代入椭圆 E 的方程,得

3 2

? 4m ? 1, 1 1 x2 y 2 ? ? ?1 解得 m ? , n ? . ∴椭圆 E 的方程 ? 9 4 3 4 3 m ? n ?1 ? ? 4
(也可设标准方程,知 a ? 2 类似计分) (2)可知:将直线 l : y ? k ( x ? 1)

代入椭圆 E 的方程

x2 y 2 ? ? 1 并整理.得 (3 ? 4k 2 ) x2 ? 8k 2 x ? 4(k 2 ? 3) ? 0 4 3

设直线 l 与椭圆 E 的交点 M ( x1 , y1 ), N ( x2 , y2 ) , 由根系数的关系,得 x1 ? x2 ?

1 4(k 2 ? 3) , x x ? 1 2 3 ? 4k 2 3 ? 4k 2

直线 AM 的方程为: y ?

y1 k ( x1 ? 1) ( x ? 2),即y ? ( x ? 2) x1 ? 2 x1 ? 2
y2 k ( x2 ? 1) ( x ? 2) ,即 y ? ( x ? 2) x2 ? 2 x2 ? 2

由直线 AM 的方程为: y ?

由直线 AM 与直线 BN 的方程消去 y ,得

x?

2( x1 x2 ? 3x1 ? x2 ) 2[2 x1 x2 ? 3( x1 ? x2 ) ? 4 x2 ] ? x1 ? 3x2 ? 4 ( x1 ? x2 ) ? 2 x2 ? 4

? 8(k 2 ? 3) 24k 2 ? ? 4k 2 ? 6 ? 2? ? ? 4 x 4 ? x2 ? 2? ?? 2 2 2 3 ? 4k 3 ? 4k ? ? ? 3 ? 4k ? ?4 ? ? 2 2 8k 4k ? 6 2 ? 4 ? 2 x2 ? ?x 2 3 ? 4k 3 ? 4k 2
∴直线 AM 与直线 BN 的交点在直线 x ? 4 上. 故这样的直线存在

模型四:动圆过定点问题
动圆过定点问题本质上是垂直向量的问题,也可以理解为“弦对定点张直角”的新应用。

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2 2 2 例题 1.已知椭圆 C : x 2 ? y2 ? 1(a ? b ? 0) 的离心率为 , 并且直线y ? x ? b 是抛物线 2 a b

y 2 ? 4 x 的一条切线。
(I)求椭圆的方程; (Ⅱ)过点 S (0,? ) 的动直线 L 交椭圆 C 于 A、B 两点,试问:在坐标平面上是否存在一个 定点 T, 使得以 AB 为直径的圆恒过点 T?若存在, 求出点 T 的坐标; 若不存在, 请说明理由。 解: (I)由 ? ?
y ? x?b 消去 y得 : x 2 ? ( 2b ? 4) x ? b 2 ? 0 2 y ? 4 x ?

1 3

2 2 因直线 y ? x ? b与抛物线 y 2 ? 4x 相切? ? ? (2b ? 4) ? 4b ? 0 ? b ? 1

?e ?

x2 c 2 2 a 2 ? b2 1 ? y 2 ? 1. ,故所求椭圆方程为 ? , a ? b2 ? c 2 ,? ? , ? a ? 2 2 2 a 2 a 2
2

(II)当 L 与 x 轴平行时,以 AB 为直径的圆的方程: x ? ( y ? ) ? ( )
2

1 3

4 3

2

1 4 ? 2 x ? ( y ? )2 ? ( )2 ?x ? 0 当 L 与 x 轴平行时, 以 AB 为直径的圆的方程: x 2 ? y 2 ? 1 ,由 ? 3 3 解得? ? ?y ? 1 ?x 2 ? y 2 ? 1 ? 即两圆相切于点(0,1) 因此,所求的点 T 如果存在,只能是(0,1).事实上,点 T(0,1)就是所求的点,证明 如下。 当直线 L 垂直于 x 轴时,以 AB 为直径的圆过点 T(0,1)

若直线 L 不垂直于 x 轴,可设直线 L: y ? kx ?

1 3

1 ? y ? kx ? ? 3 由? 消去y得 : (18k 2 ? 9) x 2 ? 12kx ? 16 ? 0 ? 2 x ? ? y2 ? 1 ? ?2
12k ? x1 ? x 2 ? ? ? 18 k2 ?9 记点 A( x1 , y1 ) 、 B( x , y ),则 ? 2 2 ? x x ? ? 16 1 2 ? 18k 2 ? 9 ?

??? ??? 又因为TA ? ( x1, y1 ?1), TB ? ( x 2 , y2 ?1),

??? ??? 4 4 所以TA ? TB ? x1 x2 ? ( y1 ? 1)( y2 ? 1) ? x1 x2 ? (kx1 ? )(kx2 ? ) 3 3 4 16 ? 16 4 12 k 16 ? (1 ? k 2 ) x1 x 2 ? k ( x1 ? x 2 ) ? ? (1 ? k 2 ) ? ? k? ? ?0 2 2 3 9 18k ? 9 3 18k ? 9 9
∴TA⊥TB,即以 AB 为直径的圆恒过点 T(0,1),故在坐标平面上存在一个定点 T(0,1) 满足条件. ◆方法总结:圆过定点问题,可以先取特殊值或者极值,找出这个定点,再证明用直径所对 圆周角为直角。

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例题 2: 如图, 已知椭圆 C :

2 x2 y 2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 的离心率是 ,A1 , A2 分别是椭圆 C 的 2 2 a b

左、右两个顶点,点 F 是椭圆 C 的右焦点。点 D 是 x 轴上位于 A2 右侧的一点,且满足

1 1 2 ? ? ?2。 A1D A2 D FD
(1)求椭圆 C 的方程以及点 D 的坐标; (2)过点 D 作 x 轴的垂线 n ,再作直线 l : y ? kx ? m 与椭圆 C 有且仅有一个公共点 P ,直线 l 交直线 n 于点

y
Q

l

P
x

A1

O

F

A2

D
n

Q 。求证:以线段 PQ 为直径的圆恒过定点,并求出定
点的坐标。

,0 ) 解: (1)A 设 D( x 1 (?a,0), A 2 (a,0), F (c,0) ,
又 FD ? 1 ,? x ? c ? 1,? x ? c ? 1 ,于是

, 由

1 1 1 1 ? ? 2, ? ?2有 x?a x?a A1D A2 D

1 1 ? ?2 c ?1? a c ?1? a

? c ? 1 ? (c ? 1 ? a)(c ? 1 ? a) ,又?

c 2 ? ? a ? 2c , a 2

?c ? 1 ? (c ? 1 ? 2c)(c ? 1 ? 2c)
? c 2 ? c ? 0 ,又 c ? 0 ,?c ? 1,? a ? 2, b ? 1 ,椭圆 C :

x2 ? y 2 ? 1 ,且 D (2, 0) 。 2

? y ? kx ? m x2 ? (2)方法 1:? Q(2, 2k ? m) ,设 P( x0 , y0 ) ,由 ? x 2 ? ? (kx ? m)2 ? 1 2 2 ? ? y ?1 ?2
? x2 ? 2(kx ? m)2 ? 2 ? (2k 2 ? 1) x2 ? 4kmx ? 2m2 ? 2 ? 0 ,
由于 ? ? 16k m ? 4(2k ? 1)(2m ? 2) ? 0 ? 2k ? m ? 1 ? 0 ? m ? 2k ? 1 (*) ,
2 2 2 2 2 2 2 2

而由韦达定理: 2 x0 ?

?4km ?2km 由(*)?2km 2k ? x0 ? 2 ? ?? , 2 2 2k ? 1 2k ? 1 m m

? y0 ? kx0 ? m ? ?

2k 1 2k 2 1 ? m ? ,? P ( ? , ) , m m m m

设以线段 PQ 为直径的圆上任意一点 M ( x, y) ,由 MP ? MQ ? 0 有
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???? ???? ?

(x ?

2k 1 2k 1 2k )( x ? 2) ? ( y ? )( y ? (2k ? m)) ? 0 ? x 2 ? y 2 ? ( ? 2) x ? (2k ? m ? ) y ? (1 ? ) ? 0 m m m m m

由对称性知定点在 x 轴上,令 y ? 0 ,取 x ? 1 时满足上式,故过定点 K (1, 0) 。

法 2:本题又解:取极值,PQ 与 AD 平行,易得与 X 轴相交于 F(1,0) 。接下来用相似证明 PF⊥FQ。

设P(x0 , y0) ,易得PQ切线方程为 x0 x ? 2 y0 y ? 2; 易得D(0,
设PH ? FD

1 ? x0 ) y0

PH ? y0 ; HF ? 1 ? x0 ; DQ ?

1 ? x0 ; DF ? 1; y0

HF DQ ? ,固?PHF相似于?FDQ,易得?PFQ ? 900 PH FD

问题得证。
x2 y2 练习: (10 广州二模文)已知椭圆 C1 : 2 ? 2 ? 1( a ? b ? 0) 的右焦点 F2 与抛物线 a b
| PF2 |? 椭圆 C1 与抛物线 C2 在第一象限的交点为 P , C2 : y 2 ? 4 x 的焦点重合,
圆心 T 是抛物线 C2 上的动点,圆 C3 与 y 轴交于 M , N 两点,且 | MN |? 4 . (1)求椭圆 C1 的方程; (2)证明:无论点 T 运动到何处,圆 C3 恒经过椭圆 C1 上一定点. (1)解法 1:∵抛物线 C2 : y 2 ? 4 x 的焦点坐标为 (1, 0) ,∴点 F2 的坐标为 (1, 0) . ∴椭圆 C1 的左焦点 F1 的坐标为 F1 ( ?1,0) ,抛物线 C2 的准线方程为 x ? ?1 .设点 P 的坐标 为 ( x1 , y1 ) ,由抛物线的定义可知 PF2 ? x1 ? 1,∵ PF2 ? 由 y1 ? 4 x1 ?
2

5 .圆 C3 的 3

5 2 5 ,∴ x1 ? 1 ? ,解得 x1 ? . 3 3 3

8 2 6. ,且 y1 ? 0 ,得 y1 ? 3 3

x2 y 2 ?2 2 ? ∴点 P 的坐标为 ? , 6 ? . 在椭圆 C1 : 2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 中, a b ?3 3 ?

2 2 2 2 c ? 1 . 2a ?| PF1 | ? | PF2 |? ( ? 1)2 ? ( 6 ? 0)2 ? ( ? 1)2 ? ( 6 ? 0)2 ? 4 3 3 3 3

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∴ a ? 2, b ?

a ?c ?
2 2

3 .∴椭圆 C1 的方程为

x2 y2 ? ? 1. 4 3

解法 2: ∵抛物线 C2 : y 2 ? 4 x 的焦点坐标为 (1, 0) , ∴点 F2 的坐标为 (1, 0) .∴ 抛物线 C2 的 准线方程为 x ? ?1 .设点 P 的坐标为 ( x1 , y1 ) ,由抛物线的定义可知 PF2 ? x1 ? 1, ∵ PF2 ?

5 2 5 8 2 2 6. ,∴ x1 ? 1 ? ,解得 x1 ? .由 y1 ? 4 x1 ? ,且 y1 ? 0 得 y1 ? 3 3 3 3 3

2 2 x2 y 2 6) .在椭圆 C1 : 2 ? 2 ? 1(a ? b ? 0) 中, c ? 1 . ∴点 P 的坐标为 ( , 3 3 a b

? ?c ? 1, ? 2 x2 y2 2 2 ? ? 1. 由 ? a ? b ? c , 解得 a ? 2, b ? 3 .∴椭圆 C1 的方程为 4 3 ? 4 24 ? 2 ? 2 ? 1. 9b ? 9a
(2)证法 1: 设点 T 的坐标为 ( x0 , y0 ) ,圆 C3 的半径为 r , ∵ 圆 C3 与 y 轴交于 M , N 两点,且 | MN |? 4 , ∴ | MN |? 2 r ? x0 ? 4 .∴ r ?
2 2 2 4 ? x0 .

2 ∴圆 C3 的方程为 ( x ? x0 )2 ? ( y ? y0 )2 ? 4 ? x0 . ? ??

2 ∵ 点 T 是抛物线 C2 : y 2 ? 4 x 上的动点,∴ y0 ? 4 x0 ( x0 ? 0 ).∴ x0 ?

1 2 y0 . 4

把 x0 ?

1 2 x 2 y0 代入 ? ?? 消去 x0 整理得: (1 ? ) y0 ? 2 yy0 ? ( x 2 ? y 2 ? 4) ? 0 . ???? 2 4

方程 ???? 对任意实数 y0 恒成立,

? x ?1 ? 2 ? 0, ? ? x ? 2, ∴ ? ?2 y ? 0, 解得 ? ? y ? 0. ? x 2 ? y 2 ? 4 ? 0. ? ?
x2 y2 ? ? 1 上, ∵点 (2, 0) 在椭圆 C1 : 4 3
∴无论点 T 运动到何处,圆 C3 恒经过椭圆 C1 上一定点 ? 2, 0 ? . 证法 2: 设点 T 的坐标为 ( x0 , y0 ) ,圆 C3 的半径为 r ,
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2 ∵ 点 T 是抛物线 C2 : y 2 ? 4 x 上的动点,∴ y0 ? 4 x0 ( x0 ? 0 ).

∵ 圆 C3 与 y 轴交于 M , N 两点,且 | MN |? 4 , ∴ | MN |? 2 r ? x0 ? 4 .∴ r ?
2 2 2 4 ? x0 .

2 ∴ 圆 C3 的方程为 ( x ? x0 )2 ? ( y ? y0 )2 ? 4 ? x0 . ?????

2 令 x0 ? 0 ,则 y0 ? 4 x0 ? 0 ,得 y0 ? 0 .此时圆 C3 的方程为 x2 ? y 2 ? 4 .

? x 2 ? y 2 ? 4, ? x ? ?2, ? 由 ? x2 解得 ? y2 ? 1, ? y ? 0. ? ? 3 ?4
∴圆 C3 : x2 ? y 2 ? 4 与椭圆 C1 的两个交点为 ? 2, 0 ? 、 ? ?2, 0? . 分别把点 ? 2, 0 ? 、 ? ?2, 0? 代入方程 ????? 进行检验,可知点 ? 2, 0 ? 恒符合方程 ????? , 点 ? ?2, 0? 不恒符合方程 ????? . ∴无论点 T 运动到何处,圆 C3 恒经过椭圆 C1 上一定点 ? 2, 0 ? .

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◆◆◆定值问题◆◆◆
模型一:◆共线向量问题◆
x2 y2 例题:已知抛物线 C:y2=2px(p>0)的焦点 F 和椭圆 + =1 的右焦点重合,直线 l 过 4 3 点 F 交抛物线于 A,B 两点. (1)求抛物线 C 的方程; → →





(2)若直经线 l 交 y 轴于点 M,且MA=mAF,M B =nBF,对任意的直线 l,m+n 是否为 定值?若是,求出 m+n 的值;否则,说明理由. ◆知识分析:涉及到多点共线问题,一般用定比分点或者向量法,用‘自动点’表示出 ‘因动点’ ,在将题设条件转化为方程,最后带入曲线方程求解即可;另一种方法就是直线 与圆锥曲线的通法韦达定理求解,但是计算量相对较大 解(1)∵椭圆的右焦点 F(1,0),∴p=2,即抛物线方程为 y2=4x. (2)法一 由已知,得直线 l 的斜率一定存在且不为零,所以设 l:y=k(x-1)(k≠0),l 与 y 轴交于 M(0,-k). 设 A(x1,y1),B(x2,y2),
?y=k?x-1?, ? 由? 2 则 k2x2-2(k2+2)x+k2=0, ?y =4x, ?

所以 Δ=4(k2+2)2-4k4=16(k2+1)>0, 2k2+4 x1+x2= 2 ,x1x2=1. k x1 又因为 M A =mAF,所以(x1,y1+k)=m(1-x1,-y1).所以 x1=m(1-x1),即 m= . 1-x1 2k2+4 -2 k2 x1+x2-2x1x2 x2 x1 x2 同理可得 n= ,所以 m+n= + = = =-1. 2 1-x2 1-x1 1-x2 1-?x1+x2?+x1x2 2k +4 1- 2 +1 k 故对任意的直线 l,m+n 为定值-1. 法二 设 A(x1,y1),B(x2,y2),M(0,y0)









由 M A =mAF,得(x1,y1-y0)=m(1-x1,-y1),

?x =1+m, 所以? y ?y =1+m.
1 1 0

m





由 M B =nBF,得(x2,y2-y0)=n(1-x2,-y2),

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?x =1+n, 所以? y y= ? 1+n.
2 2 0 2 2 将 A(x1,y1),B(x2,y2)代入抛物线 C 的方程,整理得 4m2+4m-y2 0=0,4n +4n-y0=0,

n

所以 m,n 是方程 4x2+4x-y2 0=0 的根,故 m+n=-1.所以对任意直线 l,m+n 为定值-1.

练习 1:( 05 全国Ⅰ)已知椭圆的中心为坐标原点 O ,焦点在 x 轴上,斜率为1且过椭 圆右焦点 F 的直线交椭圆于 A 、 B 两点, OA ? OB 与 a ? (3, ?1) 共线。 (Ⅰ)求椭圆的离心率;
2 2 (Ⅱ)设 M 为椭圆上任意一点,且 OM ? ?OA ? ?OB (? , ? ? R) ,证明 ? ? ? 为定

??? ? ??? ?

?

???? ?

??? ?

??? ?

值.
2 2 解:设椭圆方程为 x 2 ? y 2 ? 1(a ? b ? 0), F (c,0) a b

则直线 AB 的方程为 y ? x ? c ,代入

x2 y2 ? ? 1 ,化简得 a2 b2

(a 2 ? b 2 ) x 2 ? 2a 2 cx ? a 2 c 2 ? a 2b 2 ? 0 .
a 2c a 2 c 2 ? a 2b 2 令 A( x1 , y1 ) ,B ( x2 , y 2 ) ,则 x1 ? x2 ? 2 , x1 x 2 ? . 2 2 2 2 a ?b a ?b

由 OA ? OB ? ( x1 ? x2 , y1 ? y2 ), a ? (3,?1),OA ? OB 与 a 共线,得

3( y1 ? y2 ) ? ( x1 ? x2 ) ? 0, 又 y1 ? x1 ? c, y2 ? x2 ? c ,
? 3( x1 ? x 2 ? 2c) ? ( x1 ? x 2 ) ? 0,


? x1 ? x 2 ?

3 c. 2
6a , 3

2a 2 c 3c ,所以 a 2 ? 3b 2 . ? 2 2 2 a ?b

?c ? a2 ? b2 ?

故离心率 e ?

c 6 ? . a 3

(II)证明: (1)知 a 2 ? 3b 2 ,所以椭圆

x2 y2 ? 2 ? 1 可化为 x 2 ? 3 y 2 ? 3b 2 . 2 a b

设 OM ? ( x, y) ,由已知得 ( x, y) ? ? ( x1 , y1 ) ? ? ( x2 , y2 ),

? x ? ?x1 ? ?x2 , ? M ( x, y) 在椭圆上,? (?x1 ? ?x2 ) 2 ? 3(?y1 ? ?y2 ) 2 ? 3b 2 . ?? ? y ? ?x1 ? ?x2 .
2 2 2 即 ?2 ( x1 ? 3 y12 ) ? ? 2 ( x2 ? 3 y2 ) ? 2?? ( x1 x2 ? 3 y1 y2 ) ? 3b 2 . ①

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由(1)知 x1 ? x 2 ?

3c 2 3 2 2 1 2 , a ? c ,b ? c . 2 2 2

x1 x2 ?

a 2 c 2 ? a 2b 2 3 2 ? c a 2 ? b2 8

x1x2 ? 3 y1 y2 ? x1x2 ? 3( x1 ? c)( x2 ? c)

? 4x1x2 ? 3( x1 ? x2 )c ? 3c2
? 3 2 9 2 c ? c ? 3c 2 =0 2 2
王新敞
奎屯 新疆

2 2 2 2 2 2 2 又 x2 1 ?3 y1 ? 3b , x2 ? 3 y 2 ? 3b ,代入①得 ? ? ? ? 1.

练习 2:已知 a ?

2b ? 0 ,设椭圆 C1 :

x2 y 2 x2 y 2 ? ? 1 C : ? ? 1 的公共点分 双曲线 2 a 2 b2 a 2 b2

别为 A 、 B , P 、 Q 分别是椭圆 C1 和双曲线 C2 上不同于 A 、 B 的两个动点,且满足:

??? ? ??? ? ??? ? ??? ? AQ ? BQ ? ? ( AP ? BP) , 其 中 | ? |? 1 . 记 直线 AQ 、 BQ 、 AP 、 BP 的斜率分别为

k1、k2、k3、 k4 ,若 k1 +k2 =5 ,求 k3 +k4 .
【答案】易知公共点 A、B 坐标为 A(?a, 0) 、 B (a, 0) ,令 P( x1 , y1 ), Q( x2 , y2 ) 则 AQ ? ( x2 ? a, y2 ) 、 BQ ? ( x2 ? a, y2 ) AP ? ( x1 ? a, y1 ) 、 BP ? ( x1 ? a, y1 )

????

??? ?

??? ?

??? ?

???? ??? ? ??? ? ??? ? ? AQ ? BQ ? ? ( AP ? BP), 得 ( x2 , y2 ) ? ? ( x1 , y1 )
因为 P、Q 分别在椭圆、双曲线上

x12 y12 ? ?1 a 2 b2 ? ? x2 2 y2 2 ? ?1 a 2 b2

{

{

x12 y12 ? ?1 1 2 x12 a 2 b2 ? ? 2 ?1 ?2 a ? 2 x12 ? 2 y12 ? ? 1 a2 b2

由于 k1 ? k2 ? 5.?

y2 y ? 2 ? 5, x2 ? a x2 ? a

2? 2 x1 y1 2 x1 y1 即有 2 2 ? 5 ,可化为 ? 5. 2 ? x1 ? a a2 2 x1 ? 2 ?


1

?2

?

2 x1 y1 2 x12 =5. ? 1 带入.得 2 a ? x12 ? a 2
第 23 页 共 23 页

又因为 k3 ? k4 ?

y1 y 2x y ? 1 ? 2 1 12 x1 ? a x1 ? a x1 ? a

? k3 ? k4 ? ?5 (方法不唯一)
练习 3:已知点 F 为抛物线 C : y 2 ? 4 x 的焦点,点 P 是准线 l 上的动点,直线 PF 交抛 物线 C 于 A, B 两点,若点 P 的纵坐标为 m (m ? 0) ,点 D 为 准线 l 与 x 轴的交点. (Ⅰ)求直线 PF 的方程; (Ⅱ)求 ?DAB 的面积 S 范围; (Ⅲ)设 AF ? ? FB , AP ? ? PB ,求证 ? ? ? 为定值. 解: (Ⅰ)由题知点 P, F 的坐标分别为 ( ?1, m) , (1, 0) , 于是直线 PF 的斜率为 ?
y

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

P A D O F x

m , 所以直线 PF 的方程为 2

l

B

y??

m ( x ? 1) ,即为 mx ? 2 y ? m ? 0 . 2

? y 2 ? 4 x, ? (Ⅱ)设 A, B 两点的坐标分别为 ( x1 , y1 ),( x2 , y2 ) ,由 ? 得 m y ? ? ( x ? 1), ? ? 2

m2 x2 ? (2m2 ? 16) x ? m2 ? 0 ,
所以 x1 ? x2 ?

2m 2 ? 16 4m2 ? 16 | AB | ? x ? x ? 2 ? , .于是 . x x ? 1 1 2 1 2 m2 m2
2| m| m2 ? 4
,所以

点 D 到直线 mx ? 2 y ? m ? 0 的距离 d ?

S?

1 1 4(m2 ? 4) 2 | m | 4 | AB | d ? ? 4 1? 2 . 2 2 2 m m m2 ? 4

因为 m ? R 且 m ? 0 ,于是 S ? 4 ,所以 ?DAB 的面积 S 范围是 (4, ??) . (Ⅲ)由(Ⅱ)及 AF ? ? FB , AP ? ? PB ,得

??? ?

??? ?

??? ?

??? ?

(1 ? x1, ? y1 ) ? ? ( x2 ?1, y2 ) , (?1 ? x1, m ? y1 ) ? ? ( x2 ? 1, y2 ? m) ,
于是 ? ?

1 ? x1 ?1 ? x1 ,? ? ( x2 ? ?1).所以 x2 ? 1 x2 ? 1

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??? ?

1 ? x1 ?1 ? x1 2 ? 2 x1 x2 ? ? ?0. x2 ? 1 x2 ? 1 ( x2 ? 1)( x2 ? 1)

所以 ? ? ? 为定值 0 . 练习 4:如图,A 为椭圆

x2 y 2 AC 分别过焦点 ? ? 1(a ? b ? 0) 上的一个动点,弦 AB、y a 2 b2
A

F1、F2,当 AC 垂直于 x 轴时,恰好有 AF1:AF2=3:1. (Ⅰ) 求椭圆的离心率; (Ⅱ ) 设 AF1 ? ?1 F1B , AF2 ? ?2 F2C . ①当 A 点恰为椭圆短轴的一个端点时,求 ?1 ? ?2 的值; B

????

???? ???? ?

???? ?

F1

F2 C

x

②当 A 点为该椭圆上的一个动点时,试判断是 ?1 ? ?2 否为定值?若是,请证明;若不 是,请说明理由.(本题用点差法拓展法解答非常简单,参考尼尔森数学第一季_点差法及其 拓展) 解(Ⅰ)设 | AF2 |? m ,则 | AF2 |? 3m .由题设及椭圆定义得

? 2 ?(3m)2 ? m2 ? (2c)2 ,消去 m 得 a2 ? 2c2 ,所以离心率 e ? . ? 2 ? ?3m ? m ? 2a
(Ⅱ)解法一: 由(1)知, b2 ? c2 ? a2 ,所以椭圆方程可化为

1 2

x2 ? 2 y 2 ? 2c2 .

①当 A 点恰为椭圆短轴的一个端点时, ?1 ? ?2 ,直线 AF1 的方程为 y ? x ? c . 由?

? ?y ? x ? c 得 2 2 2 x ? 2 y ? a ? ?

4 3x2 ? 4cx ? 0 ,解得 x1 ? 0 , x2 ? ? c , 3
4 3

1 3 2 c , | AF1 |? 2c ,所以 ?1 ? 3 , ?1 ? ?2 ? 6 . 又 F1 (?c,0) ,所以 | F1B |? 3
∴ 点 B 的坐标为 (? c, ? a) . ②当 A 点为该椭圆上的一个动点时, ?1 ? ?2 为定值 6. 证明 设 A( x0 , y0 ) , B( x1 , y1 ) , C ( x2 , y2 ) ,则 x02 ? 2 y02 ? a2 . 若 A 为椭圆的长轴端点,则 ?1 ? 所以 ?1 ? ?2 ?

a?c a?c a?c a ?c , , ?2 ? , ?2 ? , 或 ?1 ? a?c a ?c a?c a?c

2(a 2 ? c 2 ) ? 6. a2 ? c2

若 A 为椭圆上异于长轴端点的任意一点,则由 AF1 ? ?1 F1B , AF2 ? ?2 F2C 得,

第 25 页 共 25 页

?1 ? ?

y0 y 1 1 , ?2 ? ? 0 ,所以 ?1 ? ?2 ? ? y0 ( ? ) . y1 y2 y1 y2

x0 ? c ? x0 ? c ?x ? c ? y y y ,所以由 ? 又直线 AF1 的方程为 x ? c ? 得 0 y0 ? 2 2 2 ? x ? 2 y ? 2c
[2 y02 ? ( x0 ? c)2 ] y 2 ? 2cy0 ( x0 ? c) y ? c2 y02 ? 0 . ? x02 ? 2 y02 ? 2c2 ,
∴ (3c ? 2 x0 ) y 2 ? 2 y0 ( x0 ? c) y ? cy02 ? 0 . 由韦达定理得

y0 y1 ? ?

cy0 cy0 cy0 2 ,所以 y1 ? ? . 同理 y2 ? . 3c ? 2 x0 ?3c ? 2 x0 3c ? 2 x0

∴ ?1 ? ?2 ? ? y0 (

3c ? 2 x0 ?3c ? 2 x0 1 1 ? ) ? ? y0 (? ? ) ? 6. y1 y2 cy0 cy0

综上证得,当 A 点为该椭圆上的一个动点时, ?1 ? ?2 为定值 6. 解法二:设 A( x0 , y0 ) , B( x1 , y1 ) , C ( x2 , y2 ) ,则 AF1 ? (?c ? x 0 ,?y 0 ),FB 1 ? ( x 1 ?c ,y 1) ∵ AF 1 ? ?1 FB 1 ,∴ x1 ? ?

??? ?

??? ?

????

????

c ? x0

?1

? c, y1 ? ?

?1

y0



又 x02 ? 2 y02 ? 2c2 ①, x12 ? 2 y12 ? 2c2 ②,将 x1 、 y1 代入②得:

(

c ? x0

?1

? c)2 ? 2(

?1

y0

)2 ? 2c 2 即 (c ? x0 ? c?1 )2 ? 2 y02 ? 2?1c2 ③;

③ ? ①得: 2 x0 ? c?1 ? 3c ; 同理:由 AF2 ? ?2 FB2 得 2 x0 ? ?c?1 ? 3c ,∴ c?1 ? 3c ? ?c?1 ? 3c ,∴ ?1 ? ?2 ? 6 .

???? ?

???? ?

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