直線與圓錐曲線中的定點(diǎn)問題

1、 直線與圓錐曲線中的定點(diǎn)問題在圓錐曲線中，有一類曲線系方程，對其參數(shù)取不同值時(shí)，曲線本身的性質(zhì)不變；或形態(tài)發(fā)生某些變化，但其某些固有的共同性質(zhì)始終保持著，這就是我們所指的定值問題.圓錐曲線中的幾何量，有些與參數(shù)無關(guān)，這就構(gòu)成了定值問題.它涵蓋兩類問題，一是動曲線經(jīng)過定點(diǎn)問題；二是動曲線的某些幾何量的斜率、長度、角度、距離、面積等為常數(shù)問題.例：如圖，橢圓e：的左焦點(diǎn)為，右焦點(diǎn)為，離心率，過的直線交橢圓于兩點(diǎn)，且的周長為8（）求橢圓e的方程（）設(shè)動直線l：y=kx+m與橢圓e有且只有一個公共點(diǎn)p，且與直線相交于點(diǎn)q試探究：在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在定點(diǎn)m，使得以pq為直徑的圓恒過點(diǎn)m？若存在，求出點(diǎn)m

2、的坐標(biāo)；若不存在，說明理由解：解法一：(1)因?yàn)閨ab|af2|bf2|8，即|af1|f1b|af2|bf2|8，又|af1|af2|bf1|bf2|2a，所以4a8，a2.又因?yàn)閑，即，所以c1，所以b.故橢圓e的方程是1.(2)由得(4k23)x28kmx4m2120.因?yàn)閯又本€l與橢圓e有且只有一個公共點(diǎn)p(x0，y0)，所以m0且0，即64k2m24(4k23)(4m212)0，化簡得4k2m230.(*)此時(shí)x0，y0kx0m，所以p.由得q(4,4km)假設(shè)平面內(nèi)存在定點(diǎn)m滿足條件，由圖形對稱性知，點(diǎn)m必在x軸上設(shè)m(x1,0)，則0對滿足(*)式的m、k恒成立因?yàn)椋?4x1,4

3、km)，由0，得4x1x30，整理，得(4x14)x4x130.(*)由于(*)式對滿足(*)式的m，k恒成立，所以解得x11.故存在定點(diǎn)m(1,0)，使得以pq為直徑的圓恒過點(diǎn)m.解法二：(1)同解法一(2)由得(4k23)x28kmx4m2120.因?yàn)閯又本€l與橢圓e有且只有一個公共點(diǎn)p(x0，y0)，所以m0且0，即64k2m24(4k23)(4m212)0，化簡得4k2m230.(*)此時(shí)x0，y0kx0m，所以p.由得q(4,4km)假設(shè)平面內(nèi)存在定點(diǎn)m滿足條件，由圖形對稱性知，點(diǎn)m必在x軸上取k0，m，此時(shí)p(0，)，q(4，)，以pq為直徑的圓為(x2)2(y)24，交x軸于點(diǎn)m

4、1(1,0)，m2(3,0)；取k，m2，此時(shí)p，q(4,0)，以pq為直徑的圓為22，交x軸于點(diǎn)m3(1,0)，m4(4,0)所以若符合條件的點(diǎn)m存在，則m的坐標(biāo)必為(1,0)以下證明m(1,0)就是滿足條件的點(diǎn)：因?yàn)閙的坐標(biāo)為(1,0)，所以，(3,4km)，從而330，故恒有，即存在定點(diǎn)m(1,0)，使得以pq為直徑的圓恒過點(diǎn)m.小結(jié)：方法1：特殊到一般法解題步驟 根據(jù)特殊情況確定出定值或定點(diǎn)；對確定出來的定值或定點(diǎn)進(jìn)行證明適用情況根據(jù)特殊情況能找到定值(或定點(diǎn))的問題.方法2：引進(jìn)參數(shù)法解題步驟 引進(jìn)參數(shù)表示變化量；研究變化的量與參數(shù)何時(shí)沒有關(guān)系，找到定值或定點(diǎn)適用情況定值、定點(diǎn)是變化

5、中的不變量，引入?yún)?shù)找出與變量與參數(shù)沒有關(guān)系的點(diǎn)(或值)即是定點(diǎn)(或定值).變式1：將例題中的橢圓e改成雙曲線e：，設(shè)動直線l：y=kx+m與雙曲線e相切于點(diǎn)p，且與直線相交于點(diǎn)q試探究：在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在定點(diǎn)m，使得以pq為直徑的圓恒過點(diǎn)m？若存在，求出點(diǎn)m的坐標(biāo)；若不存在，說明理由解：由得(3k2)x22kmx(m2+3)0.因?yàn)閯又本€l與雙曲線e相切于點(diǎn)p(x0，y0)，所以k且0，即4k2m24(3k2)(m23)0，化簡得m2k230.(*)所以p.由得q假設(shè)平面內(nèi)存在定點(diǎn)m滿足條件，由圖形對稱性知，點(diǎn)m必在x軸上設(shè)m(t,0)，則0對滿足(*)式的m、k恒成立因?yàn)?，?，得整理，

6、得.(*)由于(*)式對滿足(*)式的m，k恒成立，所以解得t=2.故存在定點(diǎn)m(2,0)，使得以pq為直徑的圓恒過點(diǎn)m.故恒有，即存在定點(diǎn)m(2,0)，使得以pq為直徑的圓恒過點(diǎn)m.變式2：將例題中的橢圓e改成拋物線，設(shè)動直線l：y=kx+m與拋物線相切于點(diǎn)，與直線相交于點(diǎn)證明以為直徑的圓恒過軸上某定點(diǎn)解：因?yàn)?所以 設(shè)，則，并且的方程為，即由 得 所以設(shè),令對滿足的，恒成立由于，由于,得，即 （*）由于（*）對滿足的恒成立，所以解得 故以為直徑的圓恒過軸上的定點(diǎn)解法二 因?yàn)?所以設(shè)，則，并且的方程為，即由 得 所以取=2，此時(shí)p(2，1)，q(0，-1)，以pq為直徑的圓為，交y軸于點(diǎn)（0

7、,1）或（0，-1）；取=1，此時(shí)，以pq為直徑的圓為，交y軸于或故若滿足條件得點(diǎn)m存在，只能是以下證明點(diǎn)就是所要求的點(diǎn)因?yàn)?，故以pq為直徑的圓恒過y軸上的定點(diǎn)m練習(xí)1：在直角坐標(biāo)系中，曲線上的點(diǎn)均在圓：外，且對上任意一點(diǎn)， 到直線的距離等于該點(diǎn)與圓上點(diǎn)的距離的最小值.(1)求曲線的方程；(2)設(shè)為圓外一點(diǎn)，過作圓的兩條切線，分別與曲線相交于點(diǎn)和.證明：當(dāng)在直線上運(yùn)動時(shí)，四點(diǎn)的縱坐標(biāo)之積為定值.解：（1）解法1 ：設(shè)的坐標(biāo)為，由已知得，易知圓上的點(diǎn)位于直線的右側(cè).于是，所以.化簡得曲線的方程為.解法2 ：由題設(shè)知，曲線上任意一點(diǎn)到圓心的距離等于它到直線的距離，因此，曲線是以為焦點(diǎn)，直線為準(zhǔn)線的

8、拋物線，故其方程為.（2）當(dāng)點(diǎn)在直線上運(yùn)動時(shí)，的坐標(biāo)為，又，則過且與圓相切得直線的斜率存在且不為0，每條切線都與拋物線有兩個交點(diǎn)，切線方程為即.于是整理得 設(shè)過所作的兩條切線的斜率分別為，則是方程的兩個實(shí)根，故 由得 設(shè)四點(diǎn)的縱坐標(biāo)分別為，則是方程的兩個實(shí)根，所以 同理可得 于是由，三式得.所以，當(dāng)在直線上運(yùn)動時(shí)，四點(diǎn)的縱坐標(biāo)之積為定值6400.【點(diǎn)評】本題考查曲線與方程、直線與曲線的位置關(guān)系，考查運(yùn)算能力，考查數(shù)形結(jié)合思想、函數(shù)與方程思想等數(shù)學(xué)思想方法.第一問用直接法或定義法求出曲線的方程；第二問設(shè)出切線方程，把直線與曲線方程聯(lián)立，由一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系得到四點(diǎn)縱坐標(biāo)之積為定值，體現(xiàn)“設(shè)而不求”思想.練習(xí)2：在