解析幾何中的定點(diǎn)和定值問題

1、解析幾何中的定點(diǎn)定值問題考綱解讀：定點(diǎn)定值問題是解析幾何解答題的考查重點(diǎn)。此類問題定中有動(dòng)，動(dòng)中有定，并且常與軌跡問 題，曲線系問題等相結(jié)合，深入考查直線的圓，圓錐曲線，直線和圓錐曲線位置關(guān)系等相關(guān)知識(shí)?？疾閿?shù) 形結(jié)合，分類討論，化歸與轉(zhuǎn)化，函數(shù)和方程等數(shù)學(xué)思想方法。定點(diǎn)問題解題的關(guān)健在于尋找題中用來聯(lián)系已知量，未知量的垂直關(guān)系、中點(diǎn)關(guān)系、方程、不等式，然后將已 知量，未知量代入上述關(guān)系，通過整理，變形轉(zhuǎn)化為過定點(diǎn)的直線系、曲線系來解決。例1、已知A B是拋物線y2=2px （ p>0）上異于原點(diǎn)。的兩個(gè)不同點(diǎn)，直線 OA和OB的傾斜角分別為解析：設(shè)A2yi2p'“ +B=_時(shí)，

2、證明直線4AB恒過定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)。yi)2V22p'丫2），2p tanyitan2 pV2代入tan（得 2 P(yiy2)yi y24p2(1)又設(shè)直線AB的方程為kxkx2pxky22py2pb2pby。2 ,yiy22P，代入（i）式得b 2p 2pk k直線AB的方程為y 2pk(x 2p)，直線AB過定點(diǎn)（-2p, 2p）說明：本題在特殊條件下很難探索出定點(diǎn)，因此要從已知出發(fā)，把所求的定點(diǎn)問題轉(zhuǎn)化為求直線再?gòu)腁B直線系中看出定點(diǎn)。例2.已知橢圓23y i（a b 0）的離心率為3，以原點(diǎn)為圓心，橢圓的短半軸長(zhǎng)為半徑的圓與直線x y 20相切.求橢圓C的方程;設(shè) P

3、(4, 0) , M、N是橢圓C上關(guān)于x軸對(duì)稱的任意兩個(gè)不同的點(diǎn)，連結(jié) PN交橢圓C于另一點(diǎn)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(diǎn).升22.2解析：由題意知e £蟲，所以e2 * £2 a 2b a 2孑a24b2 ,又因?yàn)橛深}意知直線2故橢圓C的方程為C: y2 1 .4PN的斜率存在，設(shè)直線 PN的方程為yk(x 4)y k(x2x 27 y4)消去y得：(4k212_221)x32 k x 4(16k1) 0,2 2222由 (32k )4(4k1)(64k4) 0 得 12k1 0,又k 0不合題意,所以直線PN的斜率的取值范圍

4、是3"6"設(shè)點(diǎn) N(x1, y) E(x2, V2),則 M(x1,y1),直線ME的方程為由得X所以直線y2(x2 X) ,將 y1V2 y122,£2, xx264k24代入整理,得4k2 1 4k2 1k(x1 4), y2k(x2 4)代入整理，得2xx2 4(x ")ME與x軸相交于定點(diǎn)(1,0).【針對(duì)性練習(xí)1】 在直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)M到點(diǎn)F173,0, F2 G3,0的距離之和是4 ,點(diǎn)M的軌跡是C與x軸的負(fù)半軸交于點(diǎn) A,不過點(diǎn)A的直線l:y kx b與軌跡C交于不同的兩點(diǎn) P和Q. 求軌跡C的方程；當(dāng)AP AQ 0時(shí)，求k與b的關(guān)系

5、，并證明直線l過定點(diǎn).解：點(diǎn)M到點(diǎn)，0M,0的距離之和是4,M的軌跡C是長(zhǎng)軸為4,焦點(diǎn)在x軸上焦中為2J3QypO*x將y kx b,代入曲線C的方程，整理得(1224k )x8&kx 4 0,因?yàn)橹本€l與曲線C交于不同的兩點(diǎn) P和 Q,所以64k2b2 4(1 4k2)(4b24)216(4k2b 1) 0 設(shè) Pxi,yi, QX2,y2,則xix22 ， x1x21 4k21 21 4k且yiV2(kxib)(kx2b)(k2XiX2)kb(xiX2)b2 ,顯然，曲線C與x軸的負(fù)半軸交于點(diǎn)A 2,0 ,所以 AP Xi 2 , y1 , AQ X2 2 , y? .由AP AQ

6、 0,得(xi 2)(x22) V1V2 0 .將、代入上式，整理得12k2 16kb 5b20 .所以(2k b) (6k 5b)0,即b 2k或b 9k .經(jīng)檢驗(yàn),5都符合條件，當(dāng)b 2k時(shí)，直線l的方程為y kx 2k.顯然，此時(shí)直線l經(jīng)過定點(diǎn) 2,0點(diǎn).即直線l經(jīng)過點(diǎn)A,與題意不符.當(dāng) b 6k時(shí)，直線5l的方程為y6 kx -k k x5顯然，此時(shí)直線l經(jīng)過定點(diǎn),0點(diǎn)，且不過點(diǎn) A .綜上,5k與b的關(guān)系b -k,且直線l經(jīng)過定點(diǎn)56,0 點(diǎn).5【針對(duì)性練習(xí)2在平面直角坐標(biāo)系xoy中，如圖，已知橢圓1的左、右頂點(diǎn)為A、B,右焦點(diǎn)為F。設(shè)過點(diǎn)T (t,m)的直線TA、TB與橢圓分別交于

7、點(diǎn) M (x1, y1)、N(x2,y2),其中 m>0,必0,y20。(1)設(shè)動(dòng)點(diǎn)P滿足PF2 PB24,求點(diǎn)P的軌跡;-1 設(shè)Xi 2, x2 一，求點(diǎn)T的坐標(biāo)； 3(3)設(shè)t 9,求證：直線 MN必過x軸上的一定點(diǎn)(其坐標(biāo)與 m無關(guān))。【解析】本小題主要考查求簡(jiǎn)單曲線的方程，考查方直線與橢圓的方程等基礎(chǔ)知識(shí)。探究問題的能力。解：(1)設(shè)點(diǎn) P (x, y),則：F(2, 0)、B (3,0)、A (-3, 0)。由 PF2 PB24 ,得(x 2)2y2 (x 3)y24,化簡(jiǎn)得考查運(yùn)算求解能力和 9故所求點(diǎn)P的軌跡為直線x 92(2)將 x12, x21 、，、-一分別代入橢圓方

8、程,以及y10,y2 0 得:(2,-)> N (工20一)9直線MTA方程為:1,直線NTB方程為:209聯(lián)立方程組，解得:103 10所以點(diǎn)T的坐標(biāo)為(7, 10) o(3)點(diǎn)T的坐標(biāo)為(9,m)直線MTA方程為:直線NTB方程為:y0x3m/，即 y (x 3), m09312y-0- ,即 y m(x 3)。 m093622分別與橢圓 L 匕 i聯(lián)立方程組，同時(shí)考慮到 x 953%3,223(80 m2)40m、3(m2 20)20m、解得：M (2A2)、N(-, 2)。80 m2 80 m220 m220 m220my2(方法一)當(dāng)x, X2時(shí)，直線MN方程為：20 m一24

9、0m20m2280 m2 20 m223(m2 20)20 m2223(80 m2) 3(m2 20)80 m220 m2令y 0,解得：x 1。此時(shí)必過點(diǎn)d (1, 0)；當(dāng)x1 x2時(shí)，直線MN方程為：x 1 ,與x軸交點(diǎn)為D (1, 0)。所以直線 MN必過x軸上的一定點(diǎn) D (1, 0)。(方法二)若x一 42240 3m80 m3m60 及 m 0 ,得 m 2斤,20 m此時(shí)直線MN的方程為x 1 ,過點(diǎn)D (1 , 0)。若x1 x2,則m 2 J10 ,直線MD的斜率kMD40m80 m210m240 3m2 彳 40 m2180 m2直線ND的斜率kND20m20 m23m2

10、 60220 m210m40 m2得kMDkND ,所以直線MN過D點(diǎn)。因此，直線MN必過x軸上的點(diǎn)(1,0)。【針對(duì)性練習(xí)3】已知橢圓C中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上，焦距為2 ,短軸長(zhǎng)為2。3 . ( I )求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(n)若直線l ： y kx m k 0與橢圓交于不同的兩點(diǎn) M、N (M、N不是橢圓的左、右頂點(diǎn))，且以MN為直徑的圓經(jīng)過橢圓的右頂點(diǎn) A.求證：直線l過定點(diǎn)，并求出定點(diǎn)的坐標(biāo).解：(I)設(shè)橢圓的長(zhǎng)半軸為a ,短半軸長(zhǎng)為b ,半焦距為c ,則2c 2,2b 2 3,2,22a b c ,解得a 2,b . 3,22.橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為土上1.43(H)由方程組22土上1

11、43y kx m-.22_2 一一3 4kx 8kmx 4m 12 0.由題意2228km 4 3 4k2 4m2 120,整理得：3 4k2 m2 0設(shè) M x1,y1 > N x2, y2，則X1X228km4m 122 , x1x22 3 4k3 4k2由已知，AM AN ,且橢圓的右頂點(diǎn)為 A (2,0),x1 2 x2 2y1y 2 0.10 分22即 1 k x1x2km 2 x1 x2m 4 0,.22 4m 128 km2也即 1 k 2-km 2 2- m 4 0 ,3 4k3 4k整理得 7m2 16mk 4k2 0 .2k解得m 2k 或 m均滿足 11分7當(dāng)m 2

12、k時(shí)，直線l的方程為 y kx 2k ,過定點(diǎn)(2,0),不符合題意舍去;2k2 2當(dāng)m二-時(shí)，直線l的萬程為 y k x -,過te點(diǎn)(-,0),2故直線l過定點(diǎn)，且定點(diǎn)的坐標(biāo)為 (一,0) . 13分7例3、已知橢圓的焦點(diǎn)在 x軸上，它的一個(gè)頂點(diǎn)恰好是拋物線x2橢圓的右焦點(diǎn)F作與坐標(biāo)軸不垂直的直線 l ,交橢圓于 A、B兩點(diǎn)。2.4y的焦點(diǎn)，離心率e -y=,過(I)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程； (n)設(shè)點(diǎn)M(m,0)是線段OF上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且(MA MB) AB,求m的取值范圍;(m)設(shè)點(diǎn)C是點(diǎn)A關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)，在 x軸上是否存在一個(gè)定點(diǎn) N ,使得C、 三點(diǎn)共線？若存在，求出定點(diǎn)N的坐標(biāo)，若不

13、存在，請(qǐng)說明理由。解法一： (I)2 x 設(shè)橢圓方程為-2 a2Y,4 1(a b 0),由題意知b 1 ba(n)22 x代入一5215I)得a2 5故橢圓方程為F(2,0)，所以 0 m2 x 2.g Y 12,設(shè)l的方程為y k(x 2)( k 0)則 x1 x221,得(5k2221)x2 20k2x220k5 0 設(shè) A(xi,yi),B(x2,y2),MA MB20k2小 ,xi x25k 1'(xi m, yi)_220k52,Yi5k2 1(x2 m, y2)V2 k(X X2 4),y1 V2k(Xi X2)r(MA MB)20k25k2 12mAB, (MA MB)

14、 4k25k2 10,(88時(shí)，有(MA 5MB)(m)在x軸上存在定點(diǎn)AB(xi0,5m)k2程為y y1丫l的方程為Y2 Yix2 xiy k(xyi k(xi2), y2.20k2 k 5k2 1解法二：(n)由(2代入51,xix2(MA MB)x2 2m, yi y2), AB(xi x2 2m)(x2 xi)(x2(Y2AB成立。N(-,0)，使得 C、2(x x1)，2), A、k(x2 2)20 k25k2 14kB在直線l上,I)得 F(2,0),得(5k2 i)x220k22-,xix25k 1k(X 1)X2,2 m0由k20, 08 5mxi,Y2Yi)(yi8 m -

15、5Yi)Y2) 0B、Nyid三點(diǎn)共線。依題意知C(xi,yi),直線BC的方x)Y2Yik(X2 1)xk(x1 x2) 4k5在x軸上存在定點(diǎn)N(2,0)所以020k220 k2 55k2 1Yix2y2xixiY2Yi2kxix2 2k(x x2)k(x1 x2) 4k，使得C B N三點(diǎn)共線。m 2。設(shè)l的方程為y k(x 2) (k 0),20k2 5 0設(shè) AayJBdy)則yi y k(xi x2 4)4k2/Yi Y2 k(xi5k 1x2)AB, |MA| |MB|,'(k m)2Yi(x2 m)2 y2,(xi x2 2m)(xi x2) (yiy2)(yi y?)

16、0,2(1 k2)(xi x2)8k2222m 4k2 0, (8 5m)k2m -5k25 5(5k285時(shí)，有(MAMB) AB成立。(出)在x軸上存在定點(diǎn)5N(-,0)，使得 C、B、2N三點(diǎn)共線。設(shè)存在N(t,0),使得C、B、N三點(diǎn)共線，則CB/CN ,CB (x1 X2，y2 y)CN即(x2 x1)k(x1 2) (t(t XM)，X)k(x1 x220k2：5k520k2(t 2)15k 14t 0d x)% (t %)(必 y2)4) 0 2x1x2 (t 2)(x1 x2)5. .5 - 存在N(,0)，使得C B N224t 0三點(diǎn)共線。定值問題在解析幾何中，有些幾何量與

17、參數(shù)無關(guān)，這就構(gòu)成了定值問題，解決這類問題時(shí)，要善于運(yùn)用辯證 的觀點(diǎn)去思考分析，在動(dòng)點(diǎn)的“變”中尋求定值的“不變”性，一種思路是進(jìn)行一般計(jì)算推理求出其結(jié)果, 選定一個(gè)適合該題設(shè)的參變量，用題中已知量和參變量表示題中所涉及的定義，方程，幾何性質(zhì)，再用韋 達(dá)定理，點(diǎn)差法等導(dǎo)出所求定值關(guān)系所需要的表達(dá)式，并將其代入定值關(guān)系式，化簡(jiǎn)整理求出結(jié)果, 一種思路是通過考查極端位置，探索出“定值”是多少，用特殊探索法(特殊值、特殊位置、特殊圖形等) 先確定出定值，揭開神秘的面紗，這樣可將盲目的探索問題轉(zhuǎn)化為有方向有目標(biāo)的一般性證明題，從而找 到解決問題的突破口，將該問題涉及的幾何形式轉(zhuǎn)化為代數(shù)形式或三角形式，

18、證明該式是恒定的。同時(shí)有 許多定值問題，通過特殊探索法不但能夠確定出定值，還可以為我們提供解題的線索。如果試題是客觀題形式出現(xiàn)，特珠化方法往往比較奏效。例4、已知橢圓的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)O焦點(diǎn)在x軸上，斜率為1且過橢圓右焦點(diǎn)的直線交橢圓于A、B兩點(diǎn)，OA OB與a (3, 1)共線。(1)求橢圓的離心率;(2)設(shè)M為橢圓上任意一點(diǎn)，且OMOA OB ( , R),證明22為定值。解析:(1)2 y b2(a>b>0)A(x1,y1), B(x2,y2), AB 的中點(diǎn)為N(x0,y0)2 x1a2 *2a2 y1 b22 左 b2兩式相減及y2y11得到 ONa,(2)探索定值因?yàn)镸x

19、2x1y。b 一萬x0,所以直線ON的方向向量為aON (1,證明. a23b2y x 3y222. 一a 3b ,從而得是橢圓上任意一點(diǎn)，若橢圓方程為x2 3y23b2,A重合，則OM OA,此時(shí)又直線方程為y x c1,c3b24x2 6cx 3 c23b2一4 2一 233c3bx1x2-c,x1 x224又設(shè)M ( x, v)則由oMOAOBV1x2V2代入橢圓方程整理得2(x2 3y；)2,222(x2 3y2) 2(x1x2 3y2 y2) 3b又x： 3y2 3b2, x2 3y2 3b2,xix2 3yi y2 4xix223c(xi x2) 3c3c23例5、已知，橢圓C過點(diǎn)

20、A(1,1),兩個(gè)焦點(diǎn)為(一1, 0), (1, 0)。(1) 求橢圓C的方程；(2) E,F是橢圓C上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，如果直線 AE的斜率與AF的斜率互為相反數(shù)，證明直線EF的斜率為定值，并求出這個(gè)定值。19.一o3解析：(1)由題意，c=1,可設(shè)橢圓方程為 211,解得b23, b2(舍去)1 b 4b422所以橢圓方程為人 L 1。43x y(2)設(shè)直線AE萬程為：y k(x 1)一,代入 1得243(3 4k2)x2 4k(3 2k)x 4(- k)2 12 023、 設(shè)£僅£)£)下僅|=)(0,因?yàn)辄c(diǎn)A(1,一)在橢圓上，所以2324(2 k)2 123x

21、F -2Ve kxE - k3 4k2,2又直線AF的斜率與AE的斜率互為相反數(shù)，在上式中以一 K代K,可得xF324(2 k)2 123 4k2VekxE所以直線EF的斜率KefVfVexFxEk(xF xe) 2k 1xF xE2,，八一、一 .一i即直線EF的斜率為定值，其值為 一2將第二問的結(jié)論進(jìn)行如下推廣:2結(jié)論1.過橢圓與 a22-i(a>0,b>0)上任一點(diǎn)A(X0,y0)任意作兩條斜率互為相反數(shù)的直線交橢圓于 bE、F兩點(diǎn)，則直線EF的斜率為定值b2x0-(常數(shù))。a V。證明：直線AE的方程為y丫0 k(x X0),則直線AF的方程為y- y0 - - k(x -

22、 X0),2 X 聯(lián)立 V - y0 k(XX0)和 Fab21,消去y可得2 22222(a2k2 I b2)X2 I 2a2k(y0 5) I a2(y0 啕22, 2a b 0設(shè)E(。yi), Fdm),則X +% =2.2a k(y。一 kX。)a2k2X0 2a2ky0 b2X02. 2,2a k-b，同理,2. 22a k b_ a2k2X0 2a2ky0- b2X0X2 一2 22a k -b由 Y Y 4/00xiX2 2, 2 , 2，a k byi -丫2 =k(Xi Xo) yo +k(X2 X。)- yo =2.4b kX0a2k2 b2，則直線EF的斜率為,2yi y

23、2 _ b X02Xi - X2a y2結(jié)論2.過雙曲線三 a22-i(a >0,b> 0)上任一點(diǎn)A(x0, y0)任意作兩條斜率互為相反數(shù)的直線交橢圓 b于E、F兩點(diǎn)，則直線EF的斜率為定值一b2Xo2a V。結(jié)論3.過拋物線y2 =2pX(p >0)上任一點(diǎn)A(Xo,y。)任意作兩條斜率互為相反數(shù)的直線交橢圓于E、F兩點(diǎn)，則直線EF的斜率為定值一衛(wèi)(常數(shù))。V。例6、已知橢圓的中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn) F在y軸的非負(fù)半軸上，點(diǎn)F到短軸端點(diǎn)的距離是4,橢圓上的點(diǎn)到焦點(diǎn)F距離的最大值是6.(I )求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和離心率e；(n )若F為焦點(diǎn)F關(guān)于直線y 3的對(duì)稱點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)M滿足ft

24、e，問是否存在一個(gè)定點(diǎn)A,使M到點(diǎn)A的距離為定值？若存在，求出點(diǎn)A的坐標(biāo)及此定值；若不存在，請(qǐng)說明理由解析：(I )設(shè)橢圓長(zhǎng)半軸長(zhǎng)及半焦距分別為a, c,由已知得a 4'解得 a 4,c 2.a c 6,22所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為 匕二1.離心率e 2 1.16 124 2(n)F(0,2), F (0,1)，設(shè) M(x,y),由e得x2 (y 2)21x2 (y 1)22化簡(jiǎn)得 3x2 3y2 14y 15 0 ,即 x2 (y 7)2 (2)2 33故存在一個(gè)定點(diǎn) A(0，)，使M到A點(diǎn)的距離為定值，其定值為-.33例7、已知拋物線C的頂點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)在 x軸上，P(2, 0)為

25、定點(diǎn).(I )若點(diǎn)P為拋物線的焦點(diǎn)，求拋物線C的方程； (n)若動(dòng)圓M過點(diǎn)P,且圓心M在拋物線C上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)A、B是圓M與y軸的兩交點(diǎn)，試推斷是否存在一條拋物線C,使|AB|為定值？若存在，求這個(gè)定值；若不存在，說明理由.解析：(I)設(shè)拋物線方程為y2 2Px(p 0),則拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(匕0).由已知，-2,即22 .、一2 一p 4 ,故拋物線C的方程是y 8x .(n )設(shè)圓心M (a,b) (a 0),點(diǎn)A(0,y。，B(0,y2).因?yàn)閳AM過點(diǎn)P(2, 0),則可設(shè)圓M的方程為 22222_(x a) (y b) (a 2) b . 令 x 0,得 y 2by 4a 4 0.則 y

26、1 y2 2b, y1 y2 4a 4.所以| AB |而1 忑而y2 )2 4 y y2 "b2 16a 16 .,設(shè)拋物線C的方程為22y mx(m 0),因?yàn)閳A心 M在拋物線C上，則b ma .所以| AB | J4ma 16a 16 J4a(m 4)16.由此可得，當(dāng)m 4時(shí)，| AB | 4為定值.故存在一條拋物線y2 4x ,使|AB|為定值4.例8、已知橢圓E的中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在 x軸上，橢圓上的點(diǎn)到焦點(diǎn)的距離的最小值 為無1 ,離心率為e巨.2(I )求橢圓E的方程；(n)過點(diǎn)1,0作直線(交E于P、Q兩點(diǎn)，試問：在x軸上是否存在一個(gè)定點(diǎn) M , MP MQ為定值?

27、若存在，求出這個(gè)定點(diǎn) M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由.22解析：(I)設(shè)橢圓E的方程為x2 y2 a ba夜b2 a2 c2 1橢圓E的方程為c 1a c . 2 11,由已知得：c J2°ooo° 2分a 22x2y 1 o o o o 3 分2(n)法假設(shè)存在符合條件的點(diǎn)M(m,0),又設(shè) P(X1，y1),Q(x 29)，則:MP(X1 m,y1),MQ(X2 m,y2),MP MQ(X1m)(X2 m)yy2,、2x1x2 m(x 1 x2) m y1y2。5 分當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為:k(x1),則2 X 由萬yk(x(2k21)x2yv2k (x

28、i1 /日 222信 x 2k (x 1)2 01)2_ 24k x (2k1)(X2 1)2所以 MP MQ -22k 1對(duì)于任意的k值，MP5所以 M(,0),MP MQ42) 0 XiX24k22k2 1,X1 X222k2 22T2k X1X2(xi4k2m 2-2k 1MQ為定值,7一, 16當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，直線,5 -由m 得MP MQ16綜上述知，符合條件的點(diǎn)X2) 1k22k2 1k22k2 1(2m24m221)k2 (m2 2)22k所以2m2, 一， 2 一、4m 1 2(m2)11分l: x 1,Xi X2 2,XiX21,y 1y2M存在,起坐標(biāo)為(5,0)

29、413分法二：假設(shè)存在點(diǎn) M(m,0)，又設(shè) P(x1,y1),Q(x 2/2),則：MP (xi m,y i),MQ(X2 m,y 2)-_ .2八MP MQ (xi m) (X2 m) yy2 = X1X2 m(x 1 X2) my1y2 .5 分當(dāng)直線l的斜率不為0時(shí)，設(shè)直線l的方程為x ty 1,2 X 由萬XX1X2Xi X2MP設(shè)MPty1得(t1(ty1t(yMQMQ22)y 2 2ty 1 0 y1 y21) (ty2 1) t2y1y2t(y1 2y2) 22t2 2 t2 2 則應(yīng)2t2 2t2 4t2 24m 2-2-mt 21t2 2-2-22)t2 2m2 4m 1

30、t2 22tI,"y2t2 2t2 t2 2t2 222-2-2(m2 2)t2 2m2 4m t2 22t2712m 20_22m 4m 1 205八M(-,0) 11 分(m2 2)t2 2m2 4m 1 (t2 2)(m2 2 )t2 2m2 4m 1 20當(dāng)直線l的斜率為0時(shí)，直線l : y 0 ,由M( 5 0)得:4,16-5- 5257MP MQ (、2 ) ( 22. ) 2 441616綜上述知，符合條件的點(diǎn)M存在，其坐標(biāo)為(5,0)。13分4三、定直線問題22例9、設(shè)橢圓C:冬 冬 1(a b 0)過點(diǎn)M (72,1),且焦點(diǎn)為F1( J2,0) a b(I)求橢

31、圓C的方程；(n)當(dāng)過點(diǎn)P(4,1)的動(dòng)直線l與橢圓C相交與兩不同點(diǎn)A,B時(shí)，在線段AB上取點(diǎn)Q ,滿足APiiQB. .AQ.i PB.,證明：點(diǎn)Q總在某定直線上解析：(1)由題意：c2 221丘口 22 c 匕，、工x2 y2 1 ，解得a2 4,b2 2,所求橢圓方程為 一 工 1a b4222.2cab(2)設(shè)點(diǎn) Q(x, y), A(X , y。，B(x2, y2),由題設(shè)，PA,iPB. ,-AQi ,iQBi 均不為零。1PA闡 l_l. - Iaqqb又P,A,Q,B四點(diǎn)共線，可設(shè) PA AQ,PB BQ( 0, 1),于是4x1y,Xi , y1 (1)114x1yX2, y

32、2(2)11由于A(x,y1),B(x2,y2)在橢圓C上，將(1), (2)分別代入C的方程x2 2y2 4,整理得(x2 2y2 4) 2 4(2x y 2)14 0(3)(x2 2y2 4) 2 4(2x y 2)14 0(4)(4) - (3)得 8(2x y 2)0v0,：2x y 2 0,即點(diǎn)Q(x, y)總在定直線2x y 2 0上例10、已知橢圓C的離心率e ,長(zhǎng)軸的左右端點(diǎn)分別為 Ai 2,0,A22,00(I)求橢圓C 2的方程；(n)設(shè)直線x my 1與橢圓C交于P、Q兩點(diǎn)，直線A1P與A2Q交于點(diǎn)S。試問：當(dāng)m變化時(shí)， 點(diǎn)S是否恒在一條定直線上？若是，請(qǐng)寫出這條直線方程

33、，并證明你的結(jié)論；若不是，請(qǐng)說明理由。22解法一：(I)設(shè)橢圓C的方程為x2 y21ab 0。 1分a b. a 2 , e c 3Lc 亭，b2 a2 c2 1。 4 分a 22，橢圓C的方程為x2 y2 1。 5分42(n)取m 0,得P 1,g ,q 1,且，直線AF的方程是y W3X Y3,2263直線A2Q的方程是yx疝交點(diǎn)為§4，4.7分,由對(duì)稱性可知交點(diǎn)為S2 4,3 .若點(diǎn)S在同一條直線上，則直線只能為£ ：x 4。以下證明對(duì)于任意的m,直線AF與直線A2Q的交點(diǎn)S均在直線£:x 4上。事實(shí)上，由2 x4x2y 1得my 12m一,y1y2設(shè)AF與

34、,交于點(diǎn)&(4,0),由言言，得y06y1xi 22222 一一 一my 1 4y 4,即 m 4 y 2my 3 0,記 P x1,y1 ,Q x2,y2 ,則 y1 y24myy2 6 y1 y2x1 2x2 2設(shè)A2Q與,交于點(diǎn)S0(4,y0),由七丁方得y0/.106y1 2y26y my2 1 2y2 my1 3x12 x2 2x1 2 x2 212m12m-2 7 -27m4-一4 0,12 分x1 2x22y0 y0 ,即S0與S0重合，這說明，當(dāng) m變化時(shí)，點(diǎn)S恒在定直線工：x 4上。13分.一一 3解法二：(n)取 m 0,得 P1,23,Q21,，直線A1P的方程是

35、y23x63 了直線A2Q的方程是y 亭x <3,交點(diǎn)為 S1 4, 73 7分取m 1,得P 8,3 ,Q 0, 1 ,直線AF的方程是y 3,直線A2Q的方程是y 3 1,交點(diǎn)為S2 4,1.若交點(diǎn)S在同一條直線上，則直線只能為一 x 4。 8分2x 2以下證明對(duì)于任意的m,直線AiP與直線A2Q的交點(diǎn)S均在直線： :x 4上。事實(shí)上，由 4 y 1得22my 1 4y 4,x my 122m 4 y 2my 3 0， 記 P x1，yi ,Q X2X22m3y1 y2 Vy2 LAF的方程是y 竺 x 2 , A2Q的方程是yX12以下用分析法證明x 4時(shí)，式恒成立。x 2 ,消去

36、y,得 x 2x 2x22x1 2x2 2要證明式恒成立，只需證明一6yJ -2y二,即證x1 2 x2 23y1 my2 1 V2 my1 3 , 即 證2myy23 y1 y2 . 2my1y2 3 yl y26m-6m- 0,，式恒成立。這說明，當(dāng)m變化時(shí)，點(diǎn)S恒在定直線：x 4上。m 4 m 42x 22解法三：(n)由 1 y 1得 my 1 4y2 4,即 m2 4 y2 2my 3 0。x my 1記 P x1,y1 ,Q x2,y2 ,則 y1 y2 ，y1y2 。 6分m 4 m 4A1P的方程是y y x 2,A?Q的方程是y -y x 2 ,7分x12x2 2y1cy2

37、x 2 ,由 x1得y x 2x 2 , 9分y2x12x2 2y ； x 2 ,y2 my1 3 y1 my2 1y2 my1 3 y1 my2 1嗎23y2”3y 2 y1x22V2 x1 2 y1 x2 2 x 2V2 xI 2y1 x2 2c 3 c 2m2m* 3 -2-m 4 m 42*c 2m3 -27 y 1m 4這說明，當(dāng)m變化時(shí)，點(diǎn)y1y1四、其它定值問題y14.S恒在定直線1x 4上。2211、已知雙曲線C ：jX7 4a2 b2(I)求雙曲線C的方程;(n)設(shè)直線l是圓O： x212分13分1(a 0,b 0)的離心率為J3 ,右準(zhǔn)線方程為2y 2上動(dòng)點(diǎn)P(%, 丫0)

38、(%丫0 0)處的切線,l與雙曲線C交于不同的兩點(diǎn)A,B ,證明 AOB的大小為定值解析：本題主要考查雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程、圓的切線方程等基礎(chǔ)知識(shí)，考查曲線和方程的關(guān)系等解析幾何的基本思想方法，考查推理、運(yùn)算能力.(I)由題意，得1,c技 b22a 2, 所求雙曲線C的方程為(n)點(diǎn) p2Xo, yo Xoy。0 在圓 x2上,圓在點(diǎn)P Xo，yo處的切線方程為V。包Xyo化簡(jiǎn)得XoXVoV 2.由2 y_ 2XoXVoV及x222Vo3x24 x24x0x 82x2。3xo4 y28V0x 82x2。切線l與雙曲線C交于不同的兩點(diǎn)A、B,且。X22,4 。，設(shè)A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為Xi，Vi,X

39、2，V2 ,則 X1X28 2x23Xf,y1y2 3XO2x2 8OAOB x1x2 v1y2 0,AOB的大小為90 .例12、(a>b>。)，過其中心O的任意兩條互相垂直的直徑是P1P2、Q1Q2,求證：以兩條直徑的四個(gè)端點(diǎn)所成的四邊形探索定圓：取橢圓長(zhǎng)軸和短軸為兩直徑，則1 ,原點(diǎn)。到直線A2B2的距離為則與菱形 AB1A2B2內(nèi)切的圓方程為x22. 2 0a b證明：設(shè)直徑P1P2的方程為y kx,則Q1Q2的方程為y2x2akx2匕1 b2解得2 21)a b同理。Q22=22 2a2b2k22 2a b222b a k222k a b7-22T"2b a k

40、OP22,作 OHLP2Q2 則 OH22 2(k 1)a bT22 b a k|O困 |OQ2|OQ2ab一ab2又四邊形P1Q1P2Q2是菱形，菱形P1Q1P2Q2必外切于圓x22, 2a b-27-2 .ab例13、已知P（xo，y0）是雙曲線xy a2（a 0）上的一個(gè)定點(diǎn),過點(diǎn) P作兩條互相垂直的直線分別交雙曲線于 Pi、P2兩點(diǎn)（異于P點(diǎn)），求證：直線PlP2的方向不變。a2、探索定值：取P（x0,），過P點(diǎn)且互相垂直的直線中有一條過原點(diǎn)，則這一條直線 x0與曲線的另一個(gè)交點(diǎn) p（ x0,2a-),其斜率kpp1 x°2a2 x0k pp22x-02- PP2的萬程為y

41、aV。2 x0 . (xaXo)代入解得4P2邑,x03x02") aPR2 x0 -2 a（定值）3證明：設(shè)PPi的斜率為k,則1PP2的斜率為一一k-1 ppi的方程為yy0k(x x0) PP2的方程為1 ,、 一 一，y V0-(x x0),與拋物 xyka2聯(lián)立解得2,R（今當(dāng)、k V。2ap2(ky0,-1),從而 kpp2ky02 a -2 V。2與（定值）aEX 過拋物線 y2=2px （P>0）上一定點(diǎn)（xo,y。）1、橢圓中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在 x軸上，離心率為,2，三角形ABM勺三個(gè)頂點(diǎn)都在橢圓上，其中 M2點(diǎn)為（1, 1）,且直線MA MB的斜率之和為0。 定值。（1）求橢圓的方程。（2）求證：直線AB的斜率是作兩條直線分別交拋物線于A, B兩點(diǎn)，滿足直線 PA PB斜率存在且傾斜角互補(bǔ)，則 AB的斜率為定值。推廣：拋物線推廣到橢圓或雙雙曲線均可。五、練習(xí)分析：(1) x2+2y2=3(