解析幾何中的定值和定點問題

1、精品解析幾何中的定值定點問題（一）一、定點問題【例 1 】已知橢圓 C ： x2y23 ，以原點為圓心，橢圓的短半軸長為半徑的圓221(a b 0) 的離心率為ab2與直線 x y2 0相切 求橢圓 C 的方程； 設 P(4,0) ， M 、 N 是橢圓 C 上關(guān)于 x 軸對稱的任意兩個不同的點，連結(jié)PN 交橢圓 C 于另一點 E ，求直線 PN 的斜率的取值范圍； 在 的條件下，證明直線ME 與 x 軸相交于定點2222解： 由題意知 ec3 ，所以 e2 cab3，即 a24b 2 ，又因為 b1，所以2211a2aa42a24,b21，故橢圓 C 的方程為 C ： xy21 4 由題意知

2、直線 PN 的斜率存在，設直線PN 的方程為 yk( x4)yk( x4)聯(lián)立x2消去 y 得： (4 k21)x232k2x4(16k21)0，y214由(32k 2 )24(4 k21)(64k24)0 得 12k210 ，又 k0不合題意，所以直線 PN 的斜率的取值范圍是3k0或0k3 66 設點 N ( x1 ,y1 ),E (x2 , y2 ) ，則 M ( x1 ,y1 ) ，直線 ME 的方程為 yy2y2y1 ( xx2 ) ，x2x1令 y0 ，得 xx2y2 ( x2x1 ) ，將 y1k( x14),y2k (x24)代入整理，得 x2 x1 x24( x1 x2 )

3、y2 y1x1x28由得 x1x232k 2, x1 x264k24代入 整理，得 x1，4k22114k所以直線 ME 與 x 軸相交于定點 (1,0) 【針對性練習1 】 在直角坐標系xOy 中，點 M 到點 F13 , 0， F23 , 0的距離之和是4，點 M 的軌跡是 C 與 x 軸的負半軸交于點A ，不過點 A 的直線 l : ykxb 與軌跡 C 交于不同的兩點P和Q 求軌跡 C 的方程；感謝下載載精品uuuruuurl 過定點當 APAQ 0 時，求 k 與 b 的關(guān)系，并證明直線解：點 M 到3,0 ，3, 0 的距離之和是4 ， M 的軌跡 C 是長軸為 4 ，焦點在 x

4、軸上焦中為 2 3的橢圓，其方程為x2y21 4yPOxQ 將 ykx b ，代入曲線 C 的方程，整理得(1 4k 2 )x282kx40，因為直線 l 與曲線 C 交于不同的兩點 P和Q，所以64k2b 24(14k2 )(4 b24)16(4k 2b 21)0設 P x1 , y1 ， Q x2 , y2 ，則 x1x28 2k2 ， x1 x21421 4 k4k且 y1 y2(kx1 b)( kx2b)(k2 x1 x2 )kb(x1x2 )b 2 ，顯然，曲線 C 與 x 軸的負半軸交于點A2,0 ，所uuuruuuruuuruuur2)( x22) y1 y2以 APx1 2 ,

5、 y1 ， AQx22 , y2 由 AP AQ 0 ，得 (x10 將 、 代入上式， 整理得 12k216kb 5b20 所以 (2 kb)(6k5b)0 ，即 b2k 或 b6k 經(jīng)檢驗，5都符合條件 ，當 b2k 時，直線 l 的方程為 ykx 2 k 顯然，此時直線l 經(jīng)過定點2 ,0 點即直線 l經(jīng)過點 A ，與題意不符當b6時，直線 l 的方程為 ykx6kx5kk556顯然，此時直線 l 經(jīng)過定點6, 0點，且不過點A 綜上， k 與 b 的關(guān)系是： b6k ，且直線 l 經(jīng)過定點556 ,0 點5【針對性練習 2 】在平面直角坐標系x2y 2A 、B，右焦點xoy 中，如圖，

6、已知橢圓1的左、右頂點為95為 F。設過點 T（ t, m ）的直線 TA、 TB 與橢圓分別交于點M ( x1 , y1 ) 、N (x2 , y2 ) ，其中 m>0, y10, y20 。（ 1）設動點 P 滿足 PF 2PB24 ,求點 P 的軌跡；（ 2）設 x1 2, x21，求點 T 的坐標；3感謝下載載精品（ 3 ）設 t9 ,求證：直線MN 必過 x 軸上的一定點（其坐標與m 無關(guān)）?！窘馕觥勘拘☆}主要考查求簡單曲線的方程，考查方直線與橢圓的方程等基礎(chǔ)知識?？疾檫\算求解能力和探究問題的能力。解：（ 1）設點 P（ x， y），則： F（ 2 ， 0）、 B（ 3 ， 0

7、）、 A （-3 ， 0 ）。由 PF2PB24 ，得 ( x 2)2y2( x3)2y2 4,化簡得 x9。92故所求點 P 的軌跡為直線。x125120（ 2 ）將 x1 2, x2y10, y20得： M （2，分別代入橢圓方程，以及）、N（，）3339直線 MTA 方程為：y 0x3 ，即 y1 x1，523303直線 NTB方程為：y0x 3，即 y5 x5。200162933x7聯(lián)立方程組，解得：y10 ，3所以點 T 的坐標為 (7, 10) 。3（ 3 ）點 T 的坐標為 (9, m)直線 MTA 方程為：直線 NTB方程為：y 0 x3 ，即 ym ( x 3) ，m0931

8、2y0x 3 ，即 ym ( x 3) 。m 09 36x2y21 聯(lián)立方程組，同時考慮到x13, x23 ，分別與橢圓593(80m2 ),40 m3(m220)20m2 ) 。解得： M(m280 m2)、 N(2,20m8020my20mx3(m220)（方法一）當 x1x2 時，直線 MN方程為：20m220m240m20m3(80m2 ) 3(m220)80m220m280m220m2令 y 0，解得： x 1 。此時必過點 D （1 ，0 ）；當 x1 x2 時，直線 MN 方程為： x 1 ，與 x 軸交點為 D（ 1， 0 ）。感謝下載載精品所以直線 MN必過 x 軸上的一定點

9、D（1 ，0 ）。（方法二）若x1x2 ，則由2403m23m2600 ，得 m210 ，80m220m2及 m此時直線 MN的方程為 x 1，過點 D（1，0）。40m10m若 x1 x2 ，則 m210 ，直線 MD 的斜率 kMD80m2，2403m240m2180m220m10m直線 ND 的斜率 kND20m2，得 kMDkND ，所以直線 MN過D點。3m260140m220m2因此，直線 MN 必過 x 軸上的點（1，0）?！踞槍π跃毩? 】已知橢圓 C 中心在原點，焦點在x 軸上，焦距為 2，短軸長為2 3 （）求橢圓 C 的標準方程；（）若直線 l ： y kxm k0 與橢

10、圓交于不同的兩點M、N （ M 、N 不是橢圓的左、右頂點），且以 MN 為直徑的圓經(jīng)過橢圓的右頂點A 求證：直線 l 過定點，并求出定點的坐標解 : （）設橢圓的長半軸為a ，短半軸長為 b ，半焦距為 c ，則2c2,a2,x2y 22b23, 橢圓 C 的標準方程為解得b3,414分a2b2c2 ,3x2y2（）由方程組41消去 y ，得3ykxm34k 2x28kmx 4m2120 6 分24 34k 24m2120 ，由題意8km整理得： 34k 2m207 分設 M x1 , y1 、N x2 , y2 ，則8km4m212x1 x234k 2 ， x1 x234k 28 分由已知

11、，AMAN ， 且橢圓的右頂點為A (2,0) ， x12 x22 y1 y20 10 分感謝下載載精品即1 k 2 x1x2km 2 x1x2m24 0 ，也即1k 2 4m2 12km238kmm240 ，34k24k 2整理得 7m216mk4k 20 解得 m2k或 m2k，均滿足11 分7當 m2k 時，直線 l 的方程為ykx2k ，過定點(2,0) ，不符合題意舍去；當 m2k時，直線 l 的方程為ykx2，過定點 ( 2 ,0) ，777二、定值問題【例 2 】已知橢圓的中心在原點，焦點F 在 y 軸的非負半軸上，點F 到短軸端點的距離是4，橢圓上的點到焦點 F 距離的最大值是

12、6.( )求橢圓的標準方程和離心率e；( )若 F 為焦點 F 關(guān)于直線 y3的對稱點， 動點 M 滿足MFe ，問是否存在一個定點A，使M到2MF點 A 的距離為定值？若存在，求出點A 的坐標及此定值；若不存在，請說明理由.解： ( )設橢圓長半軸長及半焦距分別為a， c ，由已知得a4，解得 a4, c2 .ac6，所以橢圓的標準方程為y2x21. 離心率 e21.161242( ) F (0,2), F (0,1) ,設 M (x, y), 由 MFe 得x2( y2)21MFx2( y1)22化簡得 3x23y214 y150 ，即 x2 （y7)2(2)233故存在一個定點A(0,7

13、) ，使 M 到 A 點的距離為定值，其定值為2.33【例 3 】已知拋物線C 的頂點在坐標原點，焦點在x 軸上， P(2 ， 0) 為定點( )若點 P 為拋物線的焦點，求拋物線C 的方程；( )若動圓 M 過點 P，且圓心M 在拋物線C 上運動，點A 、 B 是圓 M 與 y 軸的兩交點，試推斷是否存在一條拋物線C，使 |AB| 為定值？若存在，求這個定值；若不存在，說明理由解： ( ) 設拋物線方程為 y22 px( p 0) ，則拋物線的焦點坐標為( p ,0) .由已知，p2 ，即 p4 ，22感謝下載載精品故拋物線 C 的方程是 y28x( )設圓心 M (a,b) (a0) ，點

14、 A (0, y1 ) ，B (0, y2 ) . 因為圓M 過點 P(2 ，0) ，則可設圓 M的方程為(xa)2( yb)2( a2) 2b2.令 x0 ，得 y22by 4a40 .則 y1 y2 2b ，y1 y24a 4 .所以| AB|( y1y2 )2( y1y2 )24 y1y24b2 16a16 .，設拋物線 C 的方程為y2mx(m0) ，因為圓心M 在拋物線C 上，則 b2ma . 所以| AB|4ma 16a 164a(m4)16. 由此可得， 當 m4 時， | AB | 4 為定值 故存在一條拋物線 y24x ，使 |AB| 為定值 4.解析幾何中的定值定點問題（二

15、）1 、已知橢圓 C 的離心率 e3 ，長軸的左右端點分別為 A 1 2 , 0 ， A 2 2 , 0 。（）求橢圓 C 的方程；2（）設直線xmy1 與橢圓 C 交于 P、Q 兩點，直線A 1P 與 A 2 Q 交于點 S。試問：當m 變化時，點S是否恒在一條定直線上？若是，請寫出這條直線方程，并證明你的結(jié)論；若不是，請說明理由。解法一：（）設橢圓 C 的方程為 x2y2221 ab0 。1 分aba 2， ec3，c32221 。4 分a2， bac橢圓 C 的方程為 x22y1 。5分42（）取 m0,得 P 1,3,Q1,33x3，直線 A 1P 的方程是 y,2263直線 A 2Q

16、 的方程是 y3x3, 交點為 S14,3.7分,2若P 1,3,Q1,3，由對稱性可知交點為S2 4,3 .22若點 S 在同一條直線上，則直線只能為l : x4。8 分m, 直線 A 1P 與直線 A 2Q 的交點 S 均在直線 l : xx2y 21以下證明對于任意的4 上。事實上，由4得xmy1感謝下載載精品my24y 24,m24 y22my301Px1 , y1,Qx 2 , y2y1y 22m, y1y 2392m2m44A 1P lS0 (4, y0 ),y02y1,y06y1 .4x12x12A 2 Q lS0 (4, y0y0y2, y02y 2.10),2x 2x 242

17、26y12y 26y1my 212y 2my 134my 1y26 y1y212m12m22Q y0y0x12 x22x12 x 22x12 x 22m 4 m 40x12 x 22y0y0S0 S0mSl : x413m0, P1,3,Q1,3A 1Py3 x3,A2Q2263y33,S14,3 .7x2m1, P830,1A 1Py1x1,A 2 Qy1x 1,S24,1 .,Q55632Sl : x48x2y21m,A 1PA 2QSl : x44xmy1my24y 24,m24 y22my 30P x1 , y1,Qx 2 , y21y1y22m39,y1 y2m2m244A 1Pyy

18、1x2,A2Qyy2xy1x2y2x2x12x 222 ,y,x22x1 2x46y12y 2,x12x 223y1my 21y 2 my13 ,2my 1y23 y1y 2 .2my 1y2 3 y1y26m6m0,mSl: x42424mmx 2y2124y 24,m24 y24my2my3 01xmy1Px1 , y1,Qx 2 , y2y1y 22m, y1y 236m2m244感謝下載載精品A 1P 的方程是 yy1x2 , A 2 Q 的方程是 yy2x2 ,7 分x12x 22yy1x2,x12y1y 2由得x2x2,9 分y2x12x 2yx2,2x 22即 xy2x12y1x

19、 22y2 my 13y1my 212my 1 y23y 2 y12g2 y1 x 222g3 y1 my 212g3y 2y1y2 x1y 2 my 12mg332my1y122gm4m44.12 分22m3y1 y124m這說明，當 m 變化時，點 S恒在定直線 l : x4 上。13 分2 、已知橢圓 E 的中心在原點，焦點在x 軸上，橢圓上的點到焦點的距離的最小值為21 ，離心率為 e22（）求橢圓 E 的方程；uuur uuuur（）過點 1, 0作直線 l 交 E 于 P 、Q 兩點，試問：在 x 軸上是否存在一個定點M ，MP MQ 為定值？若存在，求出這個定點M 的坐標；若不存

20、在，請說明理由22ac21解：（ I）設橢圓 E 的方程為xy1 ,由已知得：c2。 2 分22aba2a22221橢圓 E 的方程為x 2y21。3 分c1bac2（ ）法一：假設存在符合條件的點M(m,0)，又設 P(x1 ,y 1),Q(x2 ,y 2 ) ，則：uuuruuuuruuuruuuurMP(x 1m, y1 ),MQ(x 2m, y2 ),MPMQ(x 1m)(x 2m)y1 y2x1x2m(x 1x 2 )m2y1y2 。 5 分 當直線 l的斜率存在時，設直線l 的方程為： yk(x1) ，則x22由2y 1 得 x 22k 2 (x 1)22 0yk(x1)(2k21

21、)x24k2x (2k22)0 x1 x 24k2x1x 22k 227 分2,212k122ky1 y222(x 1x 2 ) 1kk (x 1 1)(x 21) k x 1x 22k2uuuruuuur12k 22m4k 22k 2(2m 24m1)k 2(m 22)所以 MP MQ2121m2k2219分2kuuuur2k12kuuur4m12(m 22)，得 m5 ，對于任意的 k 值， MP MQ 為定值，所以 2m 25uuur uuuur7 ；4所以 M(11 分,0),MPMQ416 當直線 l的斜率不存在時，直線l: x1,x 1x 22,x 1x 2 1,y 1y 212感謝下載載精品uuuruuuur7 綜上述 知，符合條件的點M 存在，起坐標為 (由 m5得MPMQ5,0) 416uuuruuuur4法二：假設存在點M(m,0)，又設 P(x1 ,y 1 ),Q(x2,y 2 ), 則： MP(x 1m, y1),MQ(x 2uuuruuuury1y 2 = x1x 2m(x 1x 2 ) m2y1 y2 .MPMQ(x 1m)(x 2m)5 分 當直線 l的斜率不為0 時，設直線 l 的方程為 xty1 ，由x2y2122)y 22ty10y1y22ty 217 分2得 (t