圓錐曲線中的定點定值問題--優(yōu)選的四種模型x

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岀題形式，化解這類問題的關鍵就是引進變的參數(shù)表示直線方程、數(shù)量積、比例關 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，是設岀直線方程， 通過韋達定理和已知條件找出k和m的一次函數(shù)關系式，代入直線方程即可。技巧在于：設哪一條直線?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。如果大家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)圓錐曲線屮幾種常見的幾種 定點模型：模型一：“手電筒”模型例題、（07山東）已知橢圓C：上24屛 1若直線1： y kx3m與橢

2、圓C相交于A, B兩點（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1過定點，并求出該定點的坐標。解:y 設 A( xi, yi )，B( X2，y2 ),由3x2kxm 得(3 4k 2 )x2128mkx 4( m2 3) 0 ,64m2k2 16(3 4k2 )(m23)04k2 m2 0XIX2 -38mk,XI X24k4(3)24k3(m24k2 )y2 (kxim) (kx2 m)yiQ以AB為直徑的圓過橢圓的右頂點mk (xi X2) mk XI X2D (2,0),且 kAD kBD3 4k21 ,yiY21,yi y2 xi X2 2( xiX2

3、) 40 ,XI2 X2 23(m24k2 )4(m23)16mk?40 ,34k234k234k2整理得:7m216mk4 k20 ,解得：mi2k ,m27當m2k時，i：yk( x2）,直線過定點（2,0）,與已知矛盾;22當m2k-時,i：yk(x_）,直線過疋點（,0）7772 綜上可知，直線1過定點，定點坐標為（=0）.且滿足3 4k2m2 07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XnAB,則AB必過定點（°線交圓錐曲線于P做相互垂直的直b2) ,yo(a2 b)o (參考百度文庫文章: a2 b2 a2b2“圓錐曲線的弦對定點張直角的一

4、組性質(zhì)”)模型拓展：本題還可以拓展為 “手電筒”模型:AP與BP條件（如k只要任意一個限定 AP? kBP 定將式代入上式整理化簡可得：k 2v 1,所以b 2p 2pk,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）。（參考優(yōu)酷視頻資料尼爾森數(shù)學第廠季第13節(jié)）此模型解題步驟：Stepl :設AB直線y kx m ,聯(lián)立曲線方程得根與系數(shù)關系，求出參數(shù)范圍；Step2 :由AP與BP關系（如kAP ? kBp 1 ）,得一次函數(shù)k f（ m）或者m f（k）；Step3 :將 kf （ m）或者 m f （k ）代入 y kx m，得 y k （

5、x x 定）y 定。遷移訓練練習1：過拋物線 M: y2 2 px ±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：本題結(jié)論也適用于拋物線與雙曲線）練習2：過拋物線M: y24x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)典例題，多種解法）練習3：過2 X?y21上的點作動弦ab、AC且kAB ?k AC3,證明BC恒過定點。（本題參考答案:練習:4 :設A、B是軌跡C : y22 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 ，當，變化且時，證明直線 AB恒過定點，并求出該定點

6、的坐標。（參考答案42 p,2 p ）【答案】設一Axi,yi ,b X2 , y2 ,由題意得xi , X2 0,又直線OA,OB的傾斜角，滿足,4故0,，所以直線 AB的斜率存在，否則，OA,OB直線的傾斜角之和為從而設 AB方程為4y kx b ,顯然 xi yr , X2 y22 ,2 p2 p將 y kx b 與 y? 2 px（ P 0）聯(lián)立消去 x，得 ky2 2 py 2 pb 0由韋達定理知yi y2，yi y2 2 pbkk./tan tan 2 p（ yi y2 ）441 tan tan yi y2 4 p2此時，直線AB的方程可表示為y kx 2 p 2 pk即k (x

7、 2 p) y 2p 0所以直線AB恒過定點 2p,2p.MN的長為 練習5： ( 2013年高考陜西卷(理)已知動圓過定點 A(4,0), 且在y軸上截得的弦 8.(I) 求動圓圓心的軌跡C的方程；(II) 已知點B(l,0),設不垂直于x軸的直線與軌跡C交于不同的兩點P,Q,若x軸是的角平分線,證明直線過定點.【答案】解:(I )A(4,0),設圓心C直線PQ方程為:所以，直線PQ過定點(1,0)uuur uuur uuur uuur練習6：已知點B 1,0 , C 1,0, P是平面上一動點，且滿足 丨PC丨丨BC丨PB CB(1) 求點P的軌跡C對應的方程;(2)已知點A(m,2)在曲

8、線C上，過點A作曲線C的兩條弦AD 和 AE ,且 ADAE ,判斷：直線DE是否過定點？試證明你的結(jié)論【解】(1)設P(x,y)代入IPCI IBCI將Am 代入y2(丄) (,2)設直線DE的方程為x 設苛AD),(,)則E X2 y2 yi AE (xi 1)( x2 1)4X 得 m my t代入4 , m yiPB CB 得l)2 y2點A的坐標 為(h2).4x,得 4mt4 ,1 X,化簡得y2 4x.( 5分)(yi y2)2y2(yi 2)( y2y2 t2) XI X2 (xi4t 0,(4 )216(0*)mtX2 ) 1 yi y2 2( yi y2 ) 42( yiY

9、2 ) 52rCyiy2 丿2 yi y24(4t )2(4m)22( 4t)(4t)2(4m) 50化簡得t26t 54m2 8m164224即22即t 6t9 4m8 m(t3)4(m1) t 32(m1)t 2m5或t2m 1,代入(*)式檢驗均滿足016yi y 2 2(yiy2) 5直線DE的方程為x 直線DE過定點(5,m( y 2) 5 或 x m( y 2) 12).(定點(1,2)不滿足題意)練習7：已知點A (- 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1交拋物線C于M、P,直線MB交拋物線C于另一點Q,如圖.22

10、uuuur uuur(I)證明：OM OP為定值;kDM，即善yiyiyiy2y2第22題即1yi2yi y2OMOPyi y22 2 yi y?yi y25.44_一(H)設Z POM=a ,貝ij | OM I I OP I cos5.5_S ROM 一，I OM 丨 I OP I sin 5.由此可得 tan a =1.245，故向量而與麗的夾角為 又 (0,),45 .(III)設點 Q (氐,y3),4kBQ kQM ,即顯3yi _2_.，即y3 121Y3i yiy3y3 4 yiy3444(Y3i)(yiy3 ) y324,即 yi y3yiy34,即可yi y2yi,y3y3

11、y2Y2y2即 4( y2y3)y2 y3 40.(*)M、B. Q三點共 線，4 O.LLLL 11 分4 0,4kPQy3y2下殲4y2y34直線PQ的方程是yY2即()()y y2 Y2 Y3y22 ,Y2即4 (xy3Y22 )4)Y3 y2 y 3由(* )式， y2 Y3 4( y2 Y3)y y24'代入上式，得(y4)( y2 y3 ) 4( x 1).由此可知直線PQ過定點E ( 1, - 4)模型二：切點弦恒過定點例題：有如下結(jié)論：“圓 x 2 y2 r 2 ± 一點P(xo,yo )處的切線方程為xo y yo y r 2 ,類比也2 2有結(jié)論：“橢圓2

12、L 2L i(a a2 b20)上一點P(xoyo )處的切找方程為XO Xyoyr 過橢圓c：xL y2 1的右準線1上任意一點M引橢圓C的兩條切線，切點為A、B.4(1 )求證：直線AB恒過一定點；易知右焦點F (點0 )滿足式，故AB恒過橢圓C的右焦點F ( 3,0 )(2)把AB的方程X、廠3(1y)代入ty2/. I AB I K ABM的面 積1S - I AB I d整又M到AB的距離d716門1,化簡得7y 6y1 3(2)當點M在的纟從坐標為1時,求 ABM的面積?！窘狻?1)設M)(t X Vi y1RkiMxi yi). B<X2 尸L黑MA的方祝為丿丄丿34點M在

13、MA上eXi tyi1同理可得空X2 ty 2133由知AB的方程為Xty 1,即 x 、門(1ty)321方法點評：切點弦的性質(zhì)雖然可以當結(jié)論用，但是在正式的考試過程屮直接不能直接引用，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：“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:( 2013年廣東省數(shù)學(理)卷)已知拋物線的頂點為原點，其焦點到直線：的距離為.設為直線上的點，過點作拋物線的兩條切線，其屮為切點.（I）求拋物線的方程；（II） 當點為直線上的定點時，求

14、直線的方程；（III）當點在直線上移動時，求的最小值【答案】（I）依題意，設拋物線的方程為，由結(jié)合，解得.所以拋物線的方程為（II） 拋物線的方程為，即，求導得設，（其中），則切線的斜率分別為，所以切線:，即，即同理可得切線的方程為因為切線均過點，所以，所以為方程的兩組解所以直線的方程為（III）由拋物線定義可知，所以聯(lián)立方程，消去整理得由一元二次方程根與系數(shù)的關系可得，所以又點在直線上，所以，所以所以當時，取得最小值，且最小值為.練習2：（ 2013年遼寧數(shù)學（理）如圖，拋物線，點在拋物線上，過作的切線，切點為（為原點時，重合于）,切線的斜率為（I）求的值；（n）當在上運動時，求線段屮點的軌

15、跡方.【答案】模型二.柏交眩過宅點相交弦性質(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，己知直線L：的右焦點F,且交橢圓C于A、B兩點，點A、B在直線上的射影依次為點D、E。連接AE、BD,試探索當 m變化時，直 AE、BD是否相交于一定點 N?若交于定點 N,請求出N點的坐 線標，并給予證明；否則說明理由。法一：解： 先探索，當m=0時，直線L丄ox軸，則ABED為矩形，由對稱性知，AE與BD相交于FK中點N,且 猜想：當m變化時

16、，AE與BD相交于定點證明：設 當m變化時首先AE過定點N/. Kan=Ken A、n、E三點共線AE與BD相交于定點同理可得B、N、D三點共 線法2：本題也可以直接得出AEM、N,然后兩個坐標相減 =0.計算量和BD方程，令y=0,得與x軸交點也不大。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屮要注意步驟。例題、已知橢圓c：y2 1,若直線1 ： x t (t 2)與X軸交于點T,點P為直線1上異于點T的任4一點，直線PA,PA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：點入、£的坐標都知道，可以

17、設直線PAi> PA2的方程，直線PAi和橢圓交點是Ai (-2,0)和M,通過 韋達定理，可以求出點M的坐標，同理可以求出點N的坐標。動點P在直線l：Xt(t2)上，相當于知道了點P的橫坐標了，由直線 PA, P£的方程可以求出P點的縱坐標，得到兩條直線的斜率的關系，通過所求的M、N點的坐標，求出直線MN的方程,將交點的坐標代入，如果解出的就可以了，否則就不存在。解： 程為設 M ( Xi , yi) , N ( X2 , y2 ),直線yAiM的斜率為 ki （ xki ,則直線Ai M的方y(tǒng) ki (x2)消y整理得(1 4kl2)X2416k2 x216kix2 4y2

18、Q 2和xi是方程的兩個 根，2xi16ki2144k21xi28ki2,1 4k 21yi4ki1 4ki2即點M的坐標為（2 8k 2*2,1 4ki 11 24ki同理，設直線&N的斜率為k2,則得點N的坐標為21 4k22,4k21 4k22Q yp 燈(tki k2ki k2：),yP k2 (t 2),Q直線MN的方程為：y yiX Xly2 1，X2 XlX2 yiyiY2,將點M、N的坐標代入，化簡后得:2 Q橢圓的焦點為（3,0）4時,MN過橢圓的焦點。方法總結(jié):本題由點A.（-2,0）的橫坐標一2是方程（14ki2 ) x2 16k2X16ki2 40的一個根，結(jié)合

19、韋達定理，得到點M的橫縱坐標:2xi18ki24k/ ' yi4ki1 4ki2:其實由y k2 (x4 y 2x22)4整理得2(1 4k2 )x216k2 x 16k240 ,得到 2 X2 116k24,即4k22 X28k?21 4k22Y24k21 4k22很快。不過如果看到：將2 xi16kj2 4中的1 4ki2k用k12換下來,X1前的系數(shù)用2換下來，就得點的坐標8k2221 4k221 4k24k2)2,如果在解題時,能看到這一點,計算量將減少,這樣真容易出錯， 但這樣減少計算量。本題的關鍵是看到點P的雙重身份:點P即在直線AiM上也在直線ki k2由直anki k2

20、線MN的方程yX XI*X2y,得直線與X軸的交點，即橫截距 XXIX2 VIXi y91 72 ,將點M、N的坐標代入,y2-J 1yi化簡易得X4,由4-7L93解出ty,到此個妥忘r考祭t4/3是否滿足t 2 0tt33方法2：先猜想過定點，設弦MN的方程，得岀AiM、A2N方程，進而得岀與T交點Q、S,兩坐標相減=0.如下:設1MN : x my 3：聯(lián)立橢圓方程，整理： (4 m2) y2 2 Jmy 1 0;求出范圍； 2);X2 2S：易得設 M ( xi , yi) ,N ( X2 , y2)，得直線方程: 1 yiaim : y ( X 2), 1 A2 N : yXi 2若

21、分別于It相較于Q、(1 2)XI 2X2 2YQ ys 一(txi 2整理-(t2)X2 24myi 22(t 3)( yi y2)4)( yi 理)2)(X12)( X2 2)韋達定理代入1 -4m2 (石 4)(石 4)( yi y2 )(xi 2)( X2 2) 4 m顯然，當t,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。_x2 y2練習1： （10江蘇）在平面直角坐標系xoy中，如圖，已知橢圓 一 1 = 1的左右頂點為 A,B ,右

22、焦點為F,9 5設過點T(t,m)的直線TA,TB與橢圓分別交于點M(x>,y i) , N(x 2,y 2),其+ m>0,y !>0,y 2<0.設動點P滿足PF2-PB2=4,求點P的軌跡1設xi=2,x 2=3 ,求點T的坐標設t=9,求證：直線 MN必過x軸上的一定點（其坐標與m無關）解析：問3與上題同。、三點.過橢圓的右焦點 F任做一與坐練習2：已知橢圓屮心在坐標原點，焦點在坐標軸上，且經(jīng)過、（1）求橢圓的方程:（2）是否存在這樣直線，使得點Q恒在直線上移動？若存在，求出直線方程，若不存在，請說明理由解析：（1）設橢圓方程為將、代入橢圓E的方程，得解得.橢圓

23、的方程（也可設標準方程，知類似計分）（2）可知：將直線代入橢圓的方程并整理.得設直線與橢圓的交點，由根系數(shù)的關系，得直線的方程為：由直線的方程為：，即由直線與直線的方程消去，得故這樣的直線存在直線與直線的交點在直線上.模型四：動圓過定點問題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”的新應用。£,并且直線y x b是拋物線y22X的離心率為例題1.已知橢圓C ：迅l（a b 0）a 2 b2條切線。（I ）求橢圓的方程；(ID過點S(0, 1)的動直線 L交橢圓 C于A、 B兩點，試問：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?若存在，

24、求出點 T的坐標；若不存在，請說明理由。解：(I)由yx b2洎去得2y24 xy : x(2b4 ) x b0因直線9與拋物線相切(2b24)4b20 b1yx by4xra2 b2 c2,啟hl1xry21(11)當1與乂Qe-C-,aa故所求橢圓方程為a2a222軸平行時，以 AB為直徑的圓的方程：x2 (y I-)? (4 )233當L與x軸平行時，以 AB為直徑的圓的方程：x2 y2 1,由x2 (y丄$呂)2 x 033解得x2 y21y 1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。當直線L垂直于x

25、軸時，以AB為直徑的圓過點 T ( 0, 1)ykx丄由3消去y得：7(18k9)xy2 i2若直線L不垂直于x軸，可設直線 L： y kx丄312kx 16 0XIX212k記點 A( x , y )、18k29又因為uuruur1 1B( X2, y2),則TA ( xi , yi1),TB(x 2 , y21 116XIX29A*18k9uur uur44)所以TA TB xiX2 (yi 1)( y21)X1X2 (kxi)(kX24ik( XI X2 )33(1 k 2 ) XI X216(1 k2)164 k 12k16 03918k2 9318k2991),TA丄TB,即以AB為

26、直徑的圓恒過點T ( 0, 1),故在坐標平面上存在一個定點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。x_222例題2：如圖，已知橢圓C :2 y2 l(a b 0)的離心率是，Ai, A2分別是橢圓C的左、右兩個a b21_ 1_ 2-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| |2。AiDA2DFD(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1: y kx m 與橢圓C有且僅有一個公共點P ,直線1交直線n于點 Q o求證：以線段PQ為直徑的圓恒過定點

27、，并求出定 點的坐標。解：(1) Ai (a,0), A2 (a,0), F ( c,0)，設 D ( x,0),由-1-Aid丄2有丄A2 d| x a又FD1 .x C1 X c 1干旱111 亠Zc 1 ac 1aC1 (c 1 a)(c1 a),又 Q!心aa272 c,C 1(c 1 妊)(c1妊).X2 2一 y2c2c 0 ,又 c 0c 1, a返b 1，橢圓ckx m1 ,且 D (2,0) o(2)方法 1： Q Q(2, 2km),設 P( xo , yo ),y由 2X-2y2X22(kx m) 21x2 2( kxm)22(2 k2 l)x2 4kmx2m2-4km2

28、kmll:2km2k而由韋達定埋：2xo2xo22 ，2k 12k 1mm2k2i2k1yo kxo mmi ,P( J,mmmmuuuruuuur設以線段PQ為直徑的圓上任意一點M ( x, y),由MPMQ 0有2k1z 1(x )( X 2)(y )(y(2 km)02 2 x ypk 2)x (2 k m)y (1mmmm由于16 k2 m2 4(2 k 2 1)(2 m2 2)0 2k2 m2 10m2 2k21(*),稱性知定點在 x軸上，令y 0,取x 1時滿足上式，故過定點 K(l,0) o2k)o由對m法2：本題又解：取極值，PQ與AD平行，易得 X軸相交于F ( 1,0 )

29、。接下來用相似證明PF丄FQ。與設P ( xo,yo)，易得PQ切線方程 xox 2yoy 2;易得D (0,為yo設 PH FD1 )90)的右焦點F2與拋物線C2 : y 4 x的焦點重5一.圓C3的圓心T是拋物線C2上的動點，圓C33(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.PH yo ；HF 1 xo ； DQ ? ； DF 1；yoHE- 巴J固PHF相似于 FDQ ,易得PFQ 90°PH FD問題得證。x2 y2練習：(10廣州二模文)已知橢圓 Ci： r l(a b a b合，橢圓Cl與拋物線C2在第一象限的交點為 P , I PF2與y軸交于M , N兩點，且丨MN I 4.(1)求橢圓Ci的方程;1.9a29b2(1)解法1：拋物線-(1,0)F(1,0).C2: y 4x的焦點坐標為，點2的坐標為橢圓Cl的左焦點Fl的坐標為F1 ( 1,0),拋物線C 2的準線方程為x 1 .設點P的坐標為(Xi , yi ),由拋物線的定義可知PF2 X11 , I2,3pf2|3/635 ,xi 13.在橢圓Ci :5 ,解得3xi -2 .3l(a b由 yi2 4xi -8，且