圓錐曲線中的定點定值問題的四種模型

1、2021屆高三第一輪復習專題練習之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, 通過韋達定理和條件找出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？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.如果大家能夠熟識這些常見的結(jié)論, 定點模型：模型一：“手電筒模型2X4不是左右頂點),且以AB為直徑的圓過

2、橢圓y設(shè) A(X1, y),B(x2, y2),由八 2 3x64m2k2 16(3 4k2)(m2 3) 2例題、07山東橢圓C:解:2七 1假設(shè)直線l: y kx m與橢圓C相交于A, B兩點A, B3C的右頂點.求證：直線l過定點,并求出該定點的坐標.kx4y20 , 3m ,口得(312224k m4k2 )x2 8mkX 4(m2 3) 0,Xi8mk4(m 3)一2, X1 X2 廠4k23 4k2X2yi2 y2 (kx m) (kx2 m) k xx2 mk(x1 x2)Q以AB為直徑的圓過橢圓的右頂點D(2,0),且 kAD3(m2 4k2)3 4k21 ,yy2x1 2 x

3、2一 1, yiy2X1X222(Xi X2) 40,3(m匹,且滿足3 4k272,0,與矛盾；7,04k2)4(m23)34k23 4k2整理得:7m216mk4k2當m2k時,i：yk(x當m2k 一時,i：yk(x2,直線過定點|,直線過定點16mk3 4k20,解得：m4 0,2k,m2i過定點,定點坐標為2,0.7方法總結(jié)：此題為“弦對定點張直角的一個例子：圓錐曲線如橢圓上任意一點y-a2 b2沮f .參考百度文庫文章：“圓錐曲線的弦 a b綜上可知,直線P做相互垂直的直線交圓錐曲線于 AB,那么AB必過定點一/a b只要任意一個限定 AP與BP條件如kAP？kBP 定.參考對定點

4、張直角的一組性質(zhì)模型拓展：此題還可以拓展為 “手電筒模型：值,kAP kBP 定值,直線AB依然會過定點由于三條直線形似手電筒,固名曰手電筒模型優(yōu)酷視頻資料尼爾森數(shù)學第一季第13節(jié)此模型解題步驟：Step1: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 fk；Step3:將 k f m或者 m fk代入 y kx m,得 y kx x 定y定.遷移練習2練習1:過拋物線 M: y2px上一點P 1,2作傾斜角互補的直線 PA與PB,交M于A、B兩點,求證：直線 AB過定點.注：此題結(jié)論也適用于拋

5、物線與雙曲線練習2:過拋物線 典例題,多種解法)練習3:M:2y2 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.(經(jīng)過2x21上的點作動弦 AB、AC且kAB？kAC 3,證實BC恒過定點.(此題參考答案:11(,-)55練習:4 :設(shè)A、B是軌跡C : y2 px( P 0)上異于原點O的兩個不同點,直線 OA和OB的傾斜角分別為 和一時,證實直線 AB恒過定點,并求出該定點的坐標.42p,2 p )X2,y2,由題意得Xi,X20 ,又直線OA,OB的傾斜角滿足AB的斜率存在,否那么,OA,OB直線的傾斜角之和為.從而設(shè)AB方程為顯然X1將y kx b與2業(yè)x, x2

6、2p2 y由韋達定理知y12半,2p2 px( P 0)聯(lián)立消去 x,得 ky2 2py 2pb 02p2pby2 黃,山y(tǒng)2 十 kktan tan _2p(y y2)2*y 4p1 = tan tan( )=41 tan tan將式代入上式整理化簡可得：2b此時,直線AB的方程可表示為y所以直線 AB恒過定點2p,2p .練習5: (2021年高考陜西卷(理)(I)求動圓圓心的軌跡 C的方程；1 ,所以b 2p 2pkkx 2p 2 pk 即 k(x動圓過定點A(4,0),2p) y 2p且在y軸上截得的弦 MN的長為8.(n )點B(-1,0),設(shè)不垂直于x軸的直線l與軌跡C交于不同的兩

7、點平分線,證實直線l過定點.【答案】解:(I ) A(4,0),設(shè)圓心CP, Q假設(shè)x軸是PBQ的角(x, y), MN線段的中點為E,由幾何圖像知MEMN 2,CA CM222_ 22 ME2 EC222222(x 4) y 4 x y &(n )點 B(-1,0),設(shè)P(x,yJQg, y？),由題知 yy ,c 2 c20,y18x,y28x2.x1 1x21y12 82y288(y1V2)方程為：y y1y2xx)yy1(8xx2y2 yy(y2y)y(y2y)8x2yy(y2y)yM82y貝)08V1V20直線PQ8xy 0,x所以,直線PQ過定點(1,0)練習6:點B 1,0 ,C

8、 1,0 ,P是平面上一動點,且滿足(1) 求點P的軌跡C對應(yīng)的方程；(2) 點A(m,2)在曲線C上,過點A作曲線C的兩條弦AD和AE ,且AD AE ,線DE是否過定點？試證實你的結(jié)論.uur| PCuuir| |BC|uuu uuuPB CB判斷：直【解】(1)設(shè) p(x,y)代入 lECl I BC I PB CB得 J(x 1)21 x,化簡得 y2 4x-( 5 分)將A(m,2)代入y2 4x得m 1,點A的坐標為(1,2).設(shè)直線DE的方程為x my t代入y24x,得y2 4mt 4t 0,設(shè)D(x, y1), E(x2, y2)Uy1 y2 4m, y1 y24t,( 4m

9、)2 16t 0(*)AD AE (x1222Il也地4 4*4(y y2)2 (y16,、2(4t)16即 t2 6tt 2m1)(x22y2)241)y2 2( y2y1 y22.(4m)2( 4t) ( 4t)2) x1 x2 (x1 x2) 1V1 y2 2(y1 y2) 4y2)2(4m)2( y1y2) 5429 4m 8m 4即(t5或t 2m 1,代入(*)式檢驗均滿足5 0化簡得t2_、22_3)4(m 1) t 306t25 4m 8m2(m 1)直線DE的方程為x m(y 2) 5或x m(y 2) 1直線DE過定點(5, 2).(定點(1,2)不滿足題意)練習7：點A

10、(- 1, 0), B (1, 1)和拋物線.C : y2 4x, o為坐標原點,過點 A的動直線l 交拋物線C于M、P,直線MB交拋物線C于另一點Q,如圖.UUULT UUU(I)證實：OM OP為定值;(ii)假設(shè) pom的面積為-,求向量OM與Op的夾角;第22題2(m)證實直線 PQ恒過一個定點.22解：(I)設(shè)點M (YyOP(也,y2), P、M、A三點共線,kAMkDM,即-y1y1y2222_Vl1四4y244即V1yy244,y1yy222OMOPy1y2y y25.4444(II)設(shè)Z POM= a,貝U | OM | |OP| cos 5.-5S ROM , | OM |

11、 | OP | Sin5.由此可得 tana =1.2又(0, ),45,故向量OM與OP的火角為45 .2,-y3(m)設(shè)點 or3 M),4M、B、Q三點共線,kBQkQM ,即當42,即與工% 1 五坦y34V】y3444(y3 1)(y v3y2 4,即v1V3 V1V34 0.L L L L 11 分444yy24,即 y,y3y34 0,y2y2y2即 4( y2kpQy3) y* 4 .(*)4y2y322y2史44y2y3直線PQ的方程是yV2(x即(y V沁2 y3) 4x由(*)式,y2y3 4(y2由此可知直線 PQ過定點E(1, -4).模型二： 切點弦,叵過定點2平)

12、y3)住34x.V2V32 Iy2,即 y(y2y3) 4,代入上式,得(y 4)(y2 y3) 4(x1).結(jié)論:例題：有如下結(jié)論：圓x1 22yy2r2上一點P(xo, yo)處的切線方程為xoyyoyx2橢圓與a1(a b 0)上一點P(xo, yo)處的切線方程為xxayoy2.r ,類比也有,過橢圓 C :1的右準線l上任意一點M引橢圓C的兩條切線,切點為A、B.求證：直線AB恒過一定點;當點M在的縱坐標為.4 3【解】(1)設(shè)M( + ,t)(t3, ,點 M 在 MA 上. . x 31時,求 ABM的面積.X1XR), A(x1 y1), B(x2, y2),那么 MA 的方程

13、為4ty11 同理可得x2 ty213yy由知AB的方程為 x ty 1,即x 3(1 ty) 3易知右焦點F ( J3,.)滿足式,故 AB恒過橢圓C的右焦點F ( J3,.)2(2)把AB的方程x 3(1y)代入y 1,化簡得7y 6y436 28- | AB | .1 3 7167|？又M至ij AB的距離d 3.1 323316.321可以用方法總結(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：“尼爾森數(shù)學第一季_3下,優(yōu)酷視頻拓展：相交弦的蝴蝶特征一一蝴蝶定理,資料練習1 : ( 2021年廣東省數(shù)學(理)卷) 拋物線C的頂點為原點,其焦點F

14、0,c C 0到直線l: x y 2 0的距離為 以由一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系可得y y x.2 2y.,wy .設(shè)P為直線l上的點,過點P作拋物線C的兩條切線PA, PB,其中A,B 2為切點.(I)求拋物線C的方程；(n )當點P x0,y0為直線l上的定點時,求直線AB的方程;(m)當點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 以拋物線C的方程為x2 4y.4cy,由232 二結(jié)合c20,解得c 1 .所()拋物線C的方程為x2 4y ,即y -x2,求導得y - x 42225-X乂2設(shè)A由乂 , B x2,y2 (其中yi ,y2 ),

15、 44那么切線PA, PB的斜率分別為1 x1,1 x2,2222y2yi所以切線 PA : y y1 x x1 ,即 y x y1 ,即 x1x222同理可得切線PB的方程為x2x 2y 2y2 0由于切線PA, PB均過點P x0,y0所以 xix0 2y0 2yi0, rx. 2y2 y2所以x1, y1 , x2,y2為方程xx 2y.2y 0的兩組解.所以直線AB的方程為x0x 2y 2y0 0.(m)由拋物線定義可知 AF % 1, BF y2 1,所以 AF BFy1 1 y2 12y.2y.聯(lián)立方程 I 2y 2y 0,消去x整理得y2 2y0 x.2 y x 4y所以 AF

16、BF yy2 y*.221 y. x 2y. 1又點P x0,y.在直線l上,所以x. y. 2,222219所以 y.x. 2y.1 2y. 2y. 5 2 y.221所以當y.1時,2AFBF取得最小值,且最小值為一2練習2： (2021年遼寧數(shù)學(理)如圖,拋物線C1:x2 4y,C2:x2 2py p 0 ,點M Xo,yo在 拋物線C2上,過M作Ci的切線,切點為A,B( M為原點O時,A,B重合于O) X0 1 J2 ,切線MA.的 .1斜率為-_.2(I)求p的值；(11)當M在C2上運動時,求線段AB中點N的軌跡方. A,B重合丁 O寸,中點為O .【答案】MA的斛率為-：,折

17、VI A心坐機相(-lhA) .燮機|的有N為tI因加k M仔1催MA i您再作c2匕於1 z 二 13 - MXi = (2 - v2) + = :* I44(1 ,p N g Fjy = = - .蕓由.1.以得口 =己fi:R】設(shè)網(wǎng)氣,),日(心,苧,xi * rz. |j pt段48中點熱?】+電* = -V 8 MA.( jyy = J(x-xIMT.If! vh ？g MA. ME 的 2,就可以了,通過所求的否那么就不存在.解：設(shè)M(x,y1), N(x2,y2),直線 AM的斜率為七竺2)消y整理得(1 4k12)x2x2 4y2 416k2x 16k； 4Q 2禾日xi是方程

18、的兩個根,2x,.一 216k14 那么 x11 4k2P的橫坐標了,由直線 PA、M、N點的坐標,求出直線ki,那么直線AiM的方程為22 8蚌2, y1 4蚌2即點M的坐標為(2 8k 4)1 4k12 1 4k12同理,設(shè)直線A2N的斜率為k2,那么得點Q ypk(t2),ypk2(t 2)k k22_ ,一,2 , Q直線MN的萬程為k1k2t令 y=0,得xyyyyx x1&n的坐標為(喧4,二1 4k2 1 4k2又 Qt 2,為火X1y2,將點M、yy2N的坐標代入,化簡后得:4 一一,2Q橢圓的焦點為 t(.3,0)4.3NPA2的方程可以求MN的方程,將交y ki(x 2),

19、由故當t心時,3方法總結(jié)：此題由點A(-2,0)的橫坐標一MN過橢圓的焦點.韋達定理,得到點M的橫縱坐標： x-i2是方程8k2(122-4k1 )x 16k2x16k20的一個根,結(jié)合(1 4k2)x2 16k2x 16k2 4 0,得到4k1 4k122 , y1 4k12x2 遂W,即 x21 4k24k；8k2 2-tt,y21 4k2歡2)消y整理得4y 4華很快.不過如1 4k；果看到：將 2x 16k1 24中的k1用k2換下來,1 4k28k2 24 匕(2 2, wM,如果在解題時,能看到這一點,xi前的系數(shù)2用一2換下來,就得點 N的坐標1 4k2 1 4k2計算量將減少,

20、這樣真容易出錯,但這樣減少計算量.此題的關(guān)鍵是看到點P的雙重身份：點P即在直線AiM上也在直線 AN上,進而得到j(luò) z,由直 k1 k2 t線mn的方程y yix業(yè)得直線與x軸的交點,即橫截距化簡易得X方法如下：設(shè) Imn : x(4 m2)XiX2 X14 .4 3 龍解出t ,到此不要忘了考祭t3先猜想過定點,設(shè)弦MN勺方程,得出A1M、A2N4,由t2:x2yi州2,將點M N的坐標代入,yi y24 3 廿c竺三是否滿足t 2.3方程,進而得出與T交點Q S,兩坐標相減=0.my V3,聯(lián)立橢圓方程,整理:y2 23my 1 0;求出范圍；W 2);設(shè)M (x1, y, N (x2,y

21、2),得直線方程:Ia1m : yy(x 2),Ia2n : yxi 2假設(shè)分別于lT相較于Q、S：易得Q (t,一xi勺t 2),s(t,2)yQysyi xi2(t2)2)整理4myi y22(t- 3)( yiy2)( - 3t 4)(yi y2)(xi 2)(x2 2) k-4m2( 3t 4) (.3t 4)(yiy2)韋達定理代入(其坐標與 m無關(guān))設(shè)xi=2 ,x2=* 求點T的坐標3解析：問3與上題同.(xi 2)(x2 2) 4 m顯然,當t 4皂時,猜想成立.3方法總結(jié)：法2計算量相對較小,細心的同學會發(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

22、的通法求解,就不至于思路混亂了.相較法i,未知數(shù)更少,思路更明確.x2 v2練習i： (io江蘇)在平面直角坐標系 xoy中,如圖,橢圓m+堂=i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(xi,yi), N(x2,y2),其中m0,yi0,y2,宜線BT的方程為 =？(/ -3).12-0從而/,=_40血.SO + mi點(%,*)滿足普余f那么由長亍 程為i = H過點貝1. 0*為=*-3)IX* I翳小KF244) 3m* 3na咨fifl小 /tttfc-. - _M產(chǎn)岸及mL俾m - 2/HT此府直線V/V的方20 + m時20 + f

23、fi-2Qni由M 二 ； , , 1及小饑得為=-拿姻點IOjti假設(shè)冊 f JU町前/i瓦直統(tǒng) 附 的斜率臨=二：十24.一3mHD + fh1-2Qm虹=rr7 =777得 臨=i 所以宜線 心過D點一3 m - 60 40 航2O + m2 因此.欺 JWV必過喜情上的點U.0),(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？假設(shè)存在,求出直線m方程,假設(shè)不存在,請說 明理由.解析：(1)設(shè)橢圓方程為2 mx 2my1(rn 0,n0),將A(4m2,0)、B(2,0)、1,C(1,|)代入橢圓E的方程,得2219解礙m -m -n 144(也可設(shè)標

24、準萬程,知 a (2)可知：將直線l : y1,n - . 橢圓31 2類似計分)k(x 1)E的方程x y4312代入橢圓E的方程y4設(shè)直線l與橢圓E的交點2-1并整理.得(3 4k2)x2由根系數(shù)的關(guān)系,得3M (xi, yi), Ng, y2),18k2x4(k2 3) 0直線AM的方程為：yc 巾 2 , X1X2 3 4k妃(x 2),即y x124(k2 3)3 4k2k(x 1)2(x 2)由直線AM的方程為:y2 y x2-(x 2),即 2由直線AM與直線BN的方程消去y ,得2(x1x2 3x1 x2) x1 3x2 4 28(k2 3)24k22x1x2 3(x1 x2)

25、(x 2)x2 24x2223 4k28k23 4k223 4k24 2x24x2x2) 2x2 424k2 63 4k24k2 6 23 4k2 42x故這樣的直線存在直線AM與直線BN的交點在直線x 4上.模型四：動圓過宇點問顆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.橢圓C: 工1(a b 0)的離心率為 ,并且直線y x b是拋物線y2 4x的一 . a2 b22條切線.(I)求橢圓的方程；,、1 (H)過點S(0,)的動直線L交橢圓C于A、B兩點,試I可：在坐標平面上是否存在一個定點T,使得3以AB為直徑的圓恒過點 T？假設(shè)存在,求出點 T的

26、坐標；假設(shè)不存在,請說明理由.2_4)x b 0解：由y2 x b消去y得：x2 (2by 4x因直線y x b與拋物線y2c 22.22Q e ,a b c , a 24x相切2,2a b2a2軸平行時,以 AB為直徑的圓的方程:(2b 4)2 4b20 b 1y2 1.(II )當L與xx2 (y3)2(4)2當L與x軸平行時,以AB為直徑的圓的方程:(y13)1,4、2()3解得即兩圓相切于點(0, 1)因此,所求的點 T如果存在,只能是(0, 1) .事實上,點L垂直于x軸時,以AB為直徑的圓過點T (0, 1)就是所求的點,證實如下.當直線假設(shè)直線L不垂直于x軸,可設(shè)直線 L:y k

27、xT (0, 1)13y 由2xkx13消去y得:(18k2129)x12kx 16記點 A(x1, y1)、B(x2,y2),那么x1x2xx212k218k9162 r18k9uirLur又由于TA (x 1),TB E* 1),ULT uir所以TA TB xx2 (y 1)(y21)x1x2 (kx12、 氣, 、16(1 k )x1 x2k(x1 x2)39 TALTB,即以AB為直徑的圓恒過點方法總結(jié)：圓過定點問題,可以先取特殊值或者極值,44-)(kx2 -)33164 k 12k18k2 9 318k2 916八09T (0, 1),故在坐標平面上存在一個定點T (0, 1)滿

28、足條件.找出這個定點,再證實用直徑所對圓周角為直角.(1 k2)2 x 例題2:如圖,橢圓C：-y ay2十日 2 人a八八八2 1(a b 0)的離心率是 ,A,A2分力U是橢圓C的左、右兩個 b2頂點,點F是橢圓C的右焦點.點D是x軸上位于A2右側(cè)的一點,且滿足1ADA2D2FDn(1) 求橢圓C的方程以及點D的坐標；(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l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.解：(1) A( a,0),氣佰,0), F(c,0),設(shè) D(x,0),由LADA2D又FD1,(c

29、(cc 1,1 a)(c 11 、2c)(c(2)方法 1： QQ(2, 2k2.2.x 2(kx m) 2由于16k2m2 4(2 k2而由韋達定理:ykx m2, x a1,1c 1J2、2,b設(shè) P(xo,y),(2k21)(2m4km21)x 4kmx22x022k 12k21 m ,mmx設(shè)以線段PQ為直徑的圓上任意一點2k1(x )(x 2) (y -)(y (2k mm稱性知定點在x軸上,令y 0,取2x1 ,橢圓C : 一2D(2,0).ykxm22 xx2 y122(kx由12 m2 y2 m-.22) 0 2k2km 由(*)TT222k 1 mP(巫1)m m2 km02

30、k一,m2 k2m)2 11 (*),uuirM (x, y),由 MPm) 0x2y2uum MQm2)x1(2k m )y (1m2k、八 土-)0由對mx 1時滿足上式,故過定點K(1,0).法2 :此題又解：取極值,PQ與AD平行,易得與X軸相交于F (1,0 ).接下來用相似證實2yy 2;易得 D(0,)y.PFL FQ設(shè)PHFDPH1 xn y;HF 1 x;DQx ；df 1;yHF匹,固PHF相似于FDQ,易得 PFQ 90PHFD設(shè)P (xo,y),易得PQ切線方程為xox2 x 練習：(10廣州二模又)橢圓 C1 : T a2問題得證.20)的右焦點F2與拋物線C2: y4x的焦點重合,橢圓G與拋物線C2在第一象限的交點為P,IPF2I5 .圓C3的圓心T是拋物線C2上的動點,圓C3 3與y軸交于M,N兩點,且|MN | 4.(1) 求橢圓的方程；(2) 證實：無論點T運動到何處2(1)解法1： .拋物線C2 : y.橢圓C1的左焦點F1的坐標為,圓C3恒經(jīng)過橢圓Ci上一定點.拋物線的定義可知PF24x的焦點坐標為F( 1,0),拋物線5,3x1 1, PF2(1,0), 點 F2 的坐標為(1,0).C2的準線方程