圓錐曲線中的定點定值問題的四種模型

1、圓錐曲線中的定點定值問題的四種模型定點問題是常見的出題形式，化解這類問題的關(guān)鍵就是引進(jìn)變的參數(shù)表示直 線方程、數(shù)量積、比例關(guān)系等，根據(jù)等式的恒成立、數(shù)式變換等尋找不受參數(shù)影響的量。直線過定點問題通法， 是設(shè)出直線方程，通過韋達(dá)定理和已知條件找出 k 和m的一次函數(shù)關(guān)系式，代入直線方程即可。技巧在于：設(shè)哪一條直線？如何轉(zhuǎn) 化題目條件？圓錐曲線是一種很有趣的載體，自身存在很多性質(zhì)，這些性質(zhì)往往 成為出題老師的參考。如果能夠熟識這些常見的結(jié)論，那么解題必然會事半功倍。 下面總結(jié)圓錐曲線中幾種常見的幾種定點模型：模型一：“手電筒”模型2 2例題、已知橢圓C: 1若直線I: y kx m與橢圓C相交于A

2、, B兩點43(A, B不是左右頂點)，且以AB為直徑的圓過橢圓 C的右頂點。求證：直線I過定 點，并求出該定點的坐標(biāo)。y kx m222解： 設(shè) A(xi, yi), B(x2, y2)，由22 得(3 4k )x 8mkx 4(m 3) 0，3x 4y 1264m2k2 16(3 4k2)(m23)0，3 4k2 m20Q以AB為直徑的圓過橢圓的右頂點D(2,0),且kAD kBD1，1， y2 乂兇 2(x1 X2)23 4k34k23整理得:7m216mk4k2當(dāng)m2k時，l :yk(x當(dāng)m2k時,l: yk(x0，4k2比丫2為 2 x223(m2 4k2)4(m23) 16mk直線

3、過定點2k，且滿足3 4k27(2,0),與已知矛盾；22k, m2m202)，2厶)，直線過定點(,0)綜上可知，直線I過定點，定點坐標(biāo)為(學(xué),0).方法總結(jié)：本題為“弦對定點張直角” 的一個例子：圓錐曲線如橢圓上任 意一點P做相互垂直的直線交圓錐曲線于 AB，則 AB必過定點2 2 2 2(羋 斗，啓 斗)。(參考百度文庫文章：“圓錐曲線的弦對定點張直角的一組 a b a b性質(zhì)”)模型拓展：本題還可以拓展為“手電筒”模型：只要任意一個限定 AP與BP 條件(如kAP?kBp定值，kAP kBP定值)，直線AB依然會過定點(因為三條直線 形似手電筒，固名曰手電筒模型)。此模型解題步驟：St

4、ep1 :設(shè)AB直線y kx m,聯(lián)立曲線方程得根與系數(shù)關(guān)系，求出參數(shù)范圍；Step2 :由 AP與 BP關(guān)系(如 kAP ?kBP1 )，得一次函數(shù)k f(m)或者m f(k);Step3 :將 k f(m)或者 m f(k)代入 y kx m,得 y k(x x 定)y定。類型題訓(xùn)練練習(xí)1:過拋物線M: y2 2px上一點P (1,2 )作傾斜角互補(bǔ)的直線 PA與PB, 交M于A、B兩點，求證：直線 AB過定點。(注：本題結(jié)論也適用于拋物線與雙曲 線)練習(xí)2：過拋物線M:y2 4x的頂點任意作兩條互相垂直的弦OA OB求證：直線AB過定點。練習(xí)3：過2x2 y2 1上的點作動弦 AB AC

5、且 kAB?kac 3，證明BC恒過定點。 練習(xí):4 :設(shè)A、B是軌跡C : y2 2px(P 0)上異于原點0的兩個不同點，直線OA和OB的傾斜角分別為和，當(dāng)，變化且時，證明直線AB恒過定4點，并求出該定點的坐標(biāo)。 練習(xí)5：已知動圓過定點A(4,0),且在y軸上截得的弦MN的長為8.(I)求動圓圓心的軌跡C的方程；(n)已知點B(-1,0),設(shè)不垂直于x軸的直線I與軌跡C交于不同的兩點P, Q若x軸是PBQ的角平分線，證明直線l過定點.練習(xí)6：已知點B 1,0 ,C 1,0 ,P是平面上一動點，且滿足|PC| |BC| PB Cb(1)求點P的軌跡C對應(yīng)的方程；2)已知點A(m,2)在曲線C

6、上，過點 A作曲線C的兩條弦 AD和AE，且 AD AE，判斷：直線DE是否過定點？試證明你的結(jié)論.【解】(1)設(shè) p(x，y)代入PCBC PB CB得.(x 1)2 y2 1 x,化簡得 y2 4x. (5 分)直線DE過定點(5, 2).(定點(1,2)不滿足題意)練習(xí)7：已知點A (- 1，0)，B (1，- 1)和拋物線.C: y2 4x，O為坐標(biāo)原0躋OP為定值(I)證明:點，過點A的動直線l交拋物線C于M P，直線ME交拋物線C于另一點Q如圖.第22題(II )若厶POM勺面積為5，求向量OM，與OP的2夾角；(川)證明直線 PQ恒過一個定點.2 2解：(I )設(shè)點 M (里，y

7、d P(里，y2), P、M A三 44點共線，(II)設(shè)/ PO=a，貝y |OM | |OP| cos 5.5S ROM , | OM | | OP | sin5.由此可得 tan2a =1.又 (0, ),45 ,故向量OM與OP勺夾角為45 .2(川)設(shè)點Q(匹，y3), M、B Q三點共線，kBQkQM ,4即4( y2y3) yy 4 °.(*)即(y y2)(y2 由(*)式，2y3)4x y2,即 y(y2 y3) 怕3 4x.y2y34(y2 y3) 4,代入上式，得(y 4)® y3)4(x 1).由此可知直線PQ過定點E (1，- 4).模型二：切點弦

8、恒過定點例題：有如下結(jié)論：“圓x22 ”x°yy°y r,類比也有結(jié)論：“橢圓2r2 x-2 a2y上一點P(x°, y°)處的切線方程為2爲(wèi) 1(a b 0)上一點 P(X0,y°)處的切 b1的右準(zhǔn)線l上任意一點M引橢圓C2臂1 ”，過橢圓C：-b24的兩條切線，切點為 A、B.(1) 求證：直線 AB恒過一定點；(2) 當(dāng)點M在的縱坐標(biāo)為1時，求 ABM的面積?！窘狻?1)設(shè)M(蘭3,t)(tR), A(X1,yJ, Bgy),則MA的方程為線方程為竽ax1xy1y 134點M在MA上 X1 ty1 1 同理可得山X2 ty2 133.3

9、-x ty 1,即 x . 3(1 ty)3滿足式，故 AB恒過橢圓C的右焦點F ( . 3,0)2.3(1 y)代入y21化簡得7y 6y4由知AB的方程為易知右焦點F ( ,3,0)(2)把AB的方程x1罟1又M到AB的距離d3J1 3|AB|、1 3 亠8 蘭716、321“尼爾森數(shù)學(xué)第一季_3下”，優(yōu)酷視頻蝴蝶定理，資料7 ABM的面積 S 丄 | AB | d2方法點評：切點弦的性質(zhì)雖然可以當(dāng)結(jié)論用，但是在正式的考試過程中直 接不能直接引用，可以用本題的書寫步驟替換之，大家注意過程。方法總結(jié)：什么是切點弦？解題步驟有哪些？ 參考：PPT圓錐曲線的切線及切點弦方程，百度文庫 參考拓展：

10、相交弦的蝴蝶特征練習(xí)1:(2013年廣東省數(shù)學(xué)(理)卷)已知拋物線C的頂點為原點，其焦點F 0,C C 0到直線I: X y 2 0的距離為也.設(shè)P為直線I上的點，過點P作拋物線C的兩條2切線PA, PB ,其中A, B為切點.(I )求拋物線C的方程；(n )當(dāng)點P x°,y°為直線l上的定點時，求直線AB的方程；(川)當(dāng)點P在直線l上移動時，求 | AF BF|的最小值.【答案】(I )依題意，設(shè)拋物線C的方程為x2 4cy ,由I0 C 2 玄結(jié)合c 0,邁 2解得c 1.所以拋物線C的方程為x2 4y .(II)拋物線C的方程為x2 4y,即y -x2,求導(dǎo)得y -

11、x422 2 設(shè) A x-,y- , B X2, y2 (其中 y- 土，y? 空)，44則切線PA, PB的斜率分別為-x-,帳,2 22所以切線 PA : y y x- x x!,即 y乞 ,即 XiX 2y 2yi 02 2 2同理可得切線PB的方程為X2X 2y 2y2 0因為切線PA,PB均過點 P Xo, yo ,所以 XiXo 2yo 2yi 0, X2X0 2yo 2y2 0所以x1,y1 , x2,y2為方程xox 2y。2y 0的兩組解.所以直線AB的方程為xox 2y 2y00 .(川)由拋物線定義可知|AF y1 1, IBF y2 1,所以 |AF BF| Y1 1

12、Y2 1 y2% Y2 1聯(lián)立方程X2X 2y 2yo 0,消去X整理得y2 2yo Xo2 y y。2 0x 4y由一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系可得y1 y2 Xo2 2yo, y°2 yo2所以AFBF 沁*22Y21YoXo2yo1又點P x0,y0在直線1上，所以xo yo 2 ,所以yo2Xo22 yo122192yo 2y° 5 2 yo 一2 2所以當(dāng)yo2時，AFBF取得最小值，且最小值為9練習(xí)2 : (2013年遼寧數(shù)學(xué)(理)如圖，拋物線 G：x2 4y,C2：x2 2py p 0 ,點 M x0,y0在拋物線C2上，過M作C1的切線，切點為代B(M為原點O

13、時，A,B重合 于O)x0 1 2 ,切線MA.的斜率為-*(I)求p的值；(11)當(dāng)M在C2上運動時，求線段AB中點N的軌跡方.A,B重合于O時，中點為O .【答案】模型三：相交弦過定點相交弦性質(zhì)實質(zhì)是切點弦過定點性質(zhì)的拓展，結(jié)論同樣適用。參考尼爾森數(shù)學(xué)第一季_3下，優(yōu)酷視頻。但是具體解題而言，相交弦過定點涉及坐標(biāo)較多，計 算量相對較大，解題過程一定要注意思路，同時注意總結(jié)這類題的通法。例題：如圖，已知直線L: xmyx21過橢圓C : 22 y b21(a b 0)的右焦點F，且交橢圓C于A、B兩點，點A B在直線G:x a2上的射影依次為點 D E。連接 AE、BD試探索當(dāng) m變化時，直

14、線 AE BD是否相交于一定點 N?若交于定點N,法一：解：F(1,0),k (a2,0)先探索，當(dāng)m=0時，直線L±ox軸，則ABED為請求出N點的坐標(biāo)，并給予證明；否則說明理由矩形，由對稱性知,AE與BD相交于FK中點N ,且0N（j猜想:當(dāng)m變化時,AE與BD相交于定點N(?1,0)2證明：設(shè) A(x<i, yj, B(x2, y2)，E(a2, y2), D(a2, yj當(dāng) m變化時首先 AE過定點 N n=Ken A N E三點共線同理可得 B、N、D三點共線a 1 AE與BD相交于定點N (里1,0)2法2:本題也可以直接得出 AE和BD方程，令y=0，得與x軸交點

15、M N,然后 兩個坐標(biāo)相減=0.計算量也不大。方法總結(jié)：方法1采用歸納猜想證明，簡化解題過程，是證明定點問題一 類的通法。這一類題在答題過程中要注意步驟。2例題、已知橢圓C: y2 1，若直線l:x t(t 2)與x軸交于點點P為直 4線I上異于點T的任一點，直線PA,PA2分別與橢圓交于 M N點，試問直線MN是 否通過橢圓的焦點？并證明你的結(jié)論。方法1:點A、A的坐標(biāo)都知道，可以設(shè)直線PA、PA的方程，直線PA和橢圓交點是A(-2,0)和M通過韋達(dá)定理，可以求出點 M的坐標(biāo)，同理可以求出點 N 的坐標(biāo)。動點P在直線l : x t(t 2)上，相當(dāng)于知道了點P的橫坐標(biāo)了，由直線PA、 PA的

16、方程可以求出P點的縱坐標(biāo)，得到兩條直線的斜率的關(guān)系，通過所求的M N點的坐標(biāo)，求出直線 MN的方程，將交點的坐標(biāo)代入，如果解出的t>2，就可以了，否則就不存在。解：設(shè)M(X1,yJ， N(X2,y2)，直線AM的斜率為k“，則直線AM的方程為消 y 整理得（1 4k；）x2 16k2x 16k： 4y K（x 2），由 y2 丫： 7x 4y 4Q 2和捲是方程的兩個根，2X1 聲 :則為 乙単1 4k；y14匕2 ，1 4k1即點M的坐標(biāo)為(2 8k,28k24k同理，設(shè)直線AN的斜率為k2,則得點N的坐標(biāo)為(常'咼)Q直線MN的方程為：yk1 k22k1 k2t '令

17、y=0，得xy y2 力x x1 x2 x1，x2y1為，將點M N的坐標(biāo)代入，化簡后得：x -y1y2又Qt 2,0 4 2Q橢圓的焦點為G 3,0)4 3，即t - 3tt3故當(dāng)t 4 3時，MN過橢圓的焦點。3方法總結(jié)：本題由點 A(-2,0)的橫坐標(biāo)一2是方程（1x（14ki2)x2 16k?x 16ki2 4 0的一個根，結(jié)合韋達(dá)定理，得到點M的橫縱坐標(biāo)：y 整理得y2咼很快。屮，yi半；其實由I k2（X 2）消1 4k：14kfx2 4y24224k；）x216k?x16k；4 0，得到2x2些 :，即 x2處2，1 4k；1 4k：2不過如果看到：將2X1常中的.用 k2換下來

18、，X1前的系數(shù)2 用- 2換下來,2就得點N的坐標(biāo)(墜 2, 冬)，如果在解題時，能看到這一點，計算量將減少,1 4k2 1 4k2這樣真容易出錯，但這樣減少計算量。本題的關(guān)鍵是看到點P的雙重身份：點 P即在直線 AM上也在直線 AN上，進(jìn)而得到-，由直線 MN的方程ki k2t仝丄呈丄得直線與x軸的交點，即橫截距x X"1 x1y2，將點M N的坐標(biāo)代x x1 x2 x1y1 y2入，化簡易得x 4，由-,3解出t ，到此不要忘了考察t倬是否滿足t t33t 2。方法2:先猜想過定點，設(shè)弦MN勺方程，得出RM、A2N方程，進(jìn)而得出與T交 點Q S,兩坐標(biāo)相減=0.如下：方法總結(jié)：法

19、2計算量相對較小，細(xì)心的同學(xué)會發(fā)現(xiàn)，這其實是上文“切點弦恒 過定點”的一個特例而已。因此，法2采用這類題的通法求解，就不至于思路混亂了。 相較法1,未知數(shù)更少，思路更明確。2 2x y練習(xí)1： (10江蘇)在平面直角坐標(biāo)系xoy中，如圖，已知橢圓-+5=1的左右頂 點為A,B，右焦點為F,設(shè)過點T(t,m)的直線TA,TB與橢圓分別交于點 M(X1,yJ， N(x2,y 2)，其中 m>0y>0,y 2<0.設(shè)動點P滿足PF" PB=4,求點P的軌跡1 一設(shè)x1=2,x 2=3，求點T的坐標(biāo)設(shè)t=9,求證：直線 MN必過x軸上的一定點(其坐標(biāo)與m無關(guān)) 解析：問3與

20、上題同。練習(xí)2:已知橢圓E中心在坐標(biāo)原點，焦點在坐標(biāo)軸上，且經(jīng)過A( 2,0)、B(2,0)、C 1,3三點.過橢圓的右焦點 F任做一與坐標(biāo)軸不平行的直線I與橢圓E交于M、2N兩點，AM與BN所在的直線交于點 Q.(1)求橢圓E的方程：2)是否存在這樣直線m，使得點Q恒在直線m上移動？若存在，求出直線m方程,若不存在，請說明理由.解析：(1)設(shè)橢圓方程為 mx2 my2 1(m 0,n 0),3將A( 2,0)、B(2,0)、C(1,-)代入橢圓E的方程，得24m 1,29 解得m丄小1. 橢圓E的方程m n 14344(也可設(shè)標(biāo)準(zhǔn)方程，知a 2類似計分)2)可知：將直線l : y k(x 1

21、)2 2代入橢圓E的方程 L 1并整理.得(3 4k2)x243設(shè)直線l與橢圓E的交點M (X1, y1), N(X2, y2),214( k 3)2, X1X23 4k2由根系數(shù)的關(guān)系，得x1x2直線AM的方程為：y由直線AM2y- i38k2x 4(k23)03 4 k2 k(xi 1)七(x 2),即y x12匕(x 2)，即y2與直線BN的方程消去y，得與直線BN的交點在直線x 4上.的方程為：yX2由直線直線模型四：動圓過定點問題AMAMXi2(Xk(X2X22)故這樣的直線存在動圓過定點問題本質(zhì)上是垂直向量的問題，也可以理解為“弦對定點張直角”的 新應(yīng)用。例題1.已知橢圓C:乂匚1

22、(a b 0)的離心率為,并且直線y X b是拋物線a b2y2 4x的一條切線。(I )求橢圓的方程；(U)過點S(0,】)的動直線L交橢圓C于A、B兩點，試問：在坐標(biāo)平面上是否3存在一個定點T，使得以AB為直徑的圓恒過點T?若存在，求出點T的坐標(biāo)；若 不存在，請說明理由。解：(I )由 y2 x b 消去 y 得:X2(2b4)x b20y 4x因直線y x b與拋物線y2 4x相切(2b 4)2 4b2 0 b 12 以 4一2Qe C ,a2 b2 c2,丄，a 血，故所求橢圓方程為 y2 1. (II )a 2a 22當(dāng)L與x軸平行時，以AB為直徑的圓的方程：x2 (y丄)2 (4)

23、23 3當(dāng)L與X軸平行時，以AB為直徑的圓的方程：x2 y2 1 ,由1x2(y 3)(4)2(3)解得y即兩圓相切于點(0, 1)因此，所求的點T如果存在，只能是(0, 1).事實上，點T (0, 1)就是所求的 點，證明如下。當(dāng)直線L垂直于x軸時，以AB為直徑的圓過點 T(0，1)若直線L不垂直于x軸，可設(shè)直線L: y kxy2 x2kx13消去y得:(18k229)x12 kx 16記點 A(x1, y1)x1x2B(X2, y2),則12k218k9又因為TA (*,%uir1),TB 區(qū)必 1),16218k29 TA!TB，即以AB為直徑的圓恒過點 T (0，1),故在坐標(biāo)平面上存

24、在一個定點 T (0，1)滿足條件.方法總結(jié)：圓過定點問題，可以先取特殊值或者極值，找出這個定點，再證明 用直徑所對圓周角為直角。22HZ例題2:如圖，已知橢圓C:篤 篤1(a b 0)的離心率是 ，AA分別是橢圓Ca b2的左、右兩個頂點，點 F是橢圓C的右焦點。點D是x軸上位于A，右側(cè)的一點， 且滿足2。|aq| Ad| |fd|(1)求橢圓C的方程以及點D的坐標(biāo)；2)過點D作x軸的垂線n，再作直線l : y kx m 與橢圓C有且僅有一個公共點P，直線丨交直線n于點 Q。求證：以線段PQ為直徑的圓恒過定點，并求出定 點的坐標(biāo)解：(1) A, a,0), A2(a,0), F(c,0)由爲(wèi)

25、又FD再作直線l1_A，D2有二x，設(shè) D(x,0)，1,(c 1a)(ca)，又 Q -ac 1, a于是-c遼2、2,b(2)iyOADnQ 12c，橢圓Cx2y方法 1 : Q Q(2,2 k m)，設(shè) P(x°,y。)，由 x22kx m1，且 D(2,0)。y2 127 (kx m)2 122 2(2 k 1)x 4kmx2 m22 0 ,4(2k2 21)(2 m2)02k2m2102 m2X04kmX2km 由(*) 2km2k2k2 12k212 mm，2k21P(2k1、m ,J),mmmmumruurn而由韋達(dá)定理:yokxo m由MP2 2x 2( kx m)

26、由于16k2m2M (x, y),設(shè)以線段PQ為直徑的圓上任意一點2k1(x )(x 2) (y -)(y (2 k m) mm由對稱性知定點在x軸上，令y 0，取x 法2:本題又解：取極值，PQ與AD平行, 相似證明PF丄FQ 問題得證。2 練習(xí)：(10廣州二模文)已知橢圓G :冷 a0 x2(空mMQ 0有2y1時滿足上式，故過定點K(1,0)易得與X軸相交于F( 1,0 )。接下來用2)x (2k m-)y (1 ) 0 mmo2與1(a b 0)的右焦點F2與拋物線 bC2: y2 4x的焦點重合，橢圓C1與拋物線C2在第一象限的交點為P , I PF2 I -.圓C3 的圓心T是拋物

27、線C2上的動點，圓C3與y軸交于M , N兩點，且|MN I 4.(1) 求橢圓G的方程；(2) 證明:無論點T運動到何處，圓C3恒經(jīng)過橢圓C1上一定點.(1)解法1 : 拋物線C2： y2橢圓G的左焦點F1的坐標(biāo)為R(標(biāo)為(X1,yj ,由拋物線的定義可知4x的焦點坐標(biāo)為(1,0) ,點F2的坐標(biāo)為(1,0).1,0),拋物線C2的準(zhǔn)線方程為x 1.設(shè)點P的坐 ，二 X1 1 5 ,解得 X1 .333pf2 為 1, / pf2由y124x-|V6. 點p的坐標(biāo)為,V6 .333在橢圓2xC1 : 2a2yb21(ab 0)中,(I 1)2 評 0)2 居 2 22,b 、.a2 c2.3. 橢圓G的方程為11.432a |PR