圓錐曲線中的定點定值問題的四種模型

1、2 017 屆高三第輪復習專題訓練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，是設出直 線方程，通過韋達定理和已知條件找岀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)往往成為岀題老師的參考。如果大家能夠熟識這些常見的結論，那么解題必然會事半功倍。下面總結圓錐 曲線中幾種常見的幾種定點模型：模型一：“手電筒”模型1若直線丨：y kx m與橢圓C相

2、交于A，B兩點（A,C的右頂點。求證：直線丨過定點，并求出該定點的坐2 2例題、（07山東）已知橢圓C: 43B不是左右頂點），且以 AB為直徑的圓過橢圓 標。解：設 A(xi, yi), B(X2, y2)，由64m2k216(3 4k2)(m23)0，y kxm22222 得(3 4k )x 8mkx 4( m3x 4y123)0，34k2m20Q以AB為直徑的圓過橢圓的右頂點D(2,0),且 kAD kBD%y2% 2 x221， y1y2 x2( x1 x2) 40，3(m2 4k2)3 4k24( m23)3 4k216mk3 4 k2整理得:當m當m2 27m 16mk 4k 0

3、,解得：g2k時，丨：y k（x 2），直線過定點2k, m22k，且滿足37（2,0）,與已知矛盾;4k2琴時，l：yk(x2），直線過定點7(|,0)綜上可知，直線丨過定點，定點坐標為 （半,0）.方法總結：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P做相互垂直的直線交圓錐曲線于AB,貝U AB必過定點x°(a2 b2)a2 b2y°(a2 b2)（參考百度文庫文章：“圓錐曲線的弦對定點張直角的一組性質(zhì)”）模型拓展：本題還可以拓展為“手電筒”模型：只要任意一個限定 AP與BP條件（如kAP?kBP定值，kAP kBP 定值），直線ab依然會過定點（因

4、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)學第一季第13節(jié)）此模型解題步驟：Step1 :設AB直線y kx m，聯(lián)立曲線方程得根與系數(shù)關系，求岀參數(shù)范圍；Step2 :由AP與BP關系（如kAp?kBp1），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（x x定）y定。遷移訓練練習1:過拋物線 M: y2 2px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：本題結論也適用于拋物線與雙曲線）練習2:過拋物線 M: y 4x的頂點任意作兩

5、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2x22y1上的點作動弦AB AC且 kAB ?kAC3，證明BC恒過定點。(本題參考1答案：(丄，51)5練習:4 :設A B是軌跡2C : y 2px(P0)上異于原點0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4AB恒過定點，并求岀該定點的坐標。(參考答案2p,2 p)【答案】設A為，仏，B X22，由題意得Xi,X2 0，又直線0代0B的傾斜角，滿足一從，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442 2而設AB方程為y kx b，顯然Xl 上 x 昱

6、，2p2p22將 y kx b 與 y 2px(P 0)聯(lián)立消去 x，得 ky 2py 2 pb 0由韋達定理知y1 y2,p,y1ky2緲k由，得 1 = tan 44tan()=ta ntan= 2p(y1y2)1 tantany”24p2將式代入上式整理化簡可得：2p彳，所以b2p2pk ,b2pk '此時，直線AB的方程可表示為ykx 2p2pk 即 k(x2p)y 2p所以直線AB恒過定點 2p,2 pA(4,0),且在y軸上截得的弦 MN的長C交于不同的兩點 P, Q 若x軸是 PBQ練習5:( 2013年高考陜西卷(理)已知動圓過定點為8.(I )求動圓圓心的軌跡C的方程

7、；(n)已知點 &-1,0),設不垂直于x軸的直線|與軌跡 的角平分線，證明直線I過定點.【答案】解:(I )A(4,0),設圓心C(n)點匕-1,0),22設P(xyjQ(x2, 丫2),由題知 y1y20, y20, %8旨28X?.x11x218(y1 y2)%) 0直線PQ方程為：y y1y2y1(X、 1X1) yy1(8x y12)X2X1y2 y1所以，直線PQ過定點(1,0)uuuUJU練習6：已知點B1,0,C1,0,P是平面上一動點，且滿足|PC|BC|*y?2Y18 y28(1)求點P的軌跡C對應的方程;mu uuuPB CBAE，判第22題(2)已知點 A(m,

8、2)在曲線C上，過點 A作曲線C的兩條弦 AD和AE，且AD斷：直線 DE是否過定點？試證明你的結論.【解】(1)設 I222P(x,y)代入 | PC | | BC | PB CB得(x 1) y 1 x,化簡得 y 4x.(5分)直線DE過定點(5, 2).(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I交拋物線C于M P,直線MB交 拋物線C于另一點Q,如圖.uuuu uuu（I）證明：OM OP為定值；（II ）若厶POM勺面積為5，求向量OM，與OP的夾角；2（皿）證明直線 PQ恒過一個

9、定點.22解：（I）設點M （里，yj P（空，y2）, P、M A三點共線,44（II）設/ POM a 則 | 0M | | 0P| cos 5.S ROM又 (0,5 ,| OM | | OP | sin 5.由此可得 tan a =1.2）,245 ,故向量0M與OP的夾角為45 .（皿）設點Q（匹4即 4（y2y3）河3即（y 丫2）（丫2,丫3）,M、B Q三點共線，kBQkQM ,丫3）4x4(y20.(*)2 y2,即 y(y2 祠歸3 4x.4,代入上式，得(y 4)( y2y3)4( xy3)由（*）式，y2y3由此可知直線 PQ過定點E （1，- 4）模型二：切點弦恒過定

10、點1).例題：有如下結論：“圓x2“橢圓篤a類比也有結論:2x2y_b21(a2r 上 點 P（X0, y°）處的切線方程為 X0 yb 0）上一點p（x0, y0）處的切線方程為yoyx°xy°yu 2a bA、B.（1）求證：直線 AB恒過一定點；（2）當點M在的縱坐標為1時，I-43【解】（1）設M（,t）（t3<3點 M 在 MA上x1 ty13由知AB的方程為x31”，過橢圓1的右準線I上任意一點 M引橢圓C的兩條切線,求厶ABM的面積。R), A(X1, y1), B( X2 ,y2),則 MA 的方程為41 同理可得x2 ty213ty 1,即

11、 x . 3(1ty)切點為x1xy1y易知右焦點F（3,0 ）滿足式，故 AB恒過橢圓2y）代入y24（2）把AB的方程x 3(11,化簡得7y 6yI AB |、1 362812 |AB|4-.' 3|2f |16 3 又M到AB的距離d 37.1316.3 d1方法點評：切點弦的性質(zhì)雖然可以當結論用，但是在正式的考試過程中直接不能直接引用,以用本題的書寫步驟替換之，大家注意過程。方法總結：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i： (20i3年廣東省數(shù)

12、學(理)卷)已知拋物線C的頂點為原點，其焦點F 0,c c 0到直線l: x y 20的距離為.設p為直線|上的點，過點p作拋物線c的兩條切線2PA, PB ,其中A, B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;(皿)當點P在直線I上移動時，求AF BF的最小值.【答案】(I)依題意，設拋物線C的方程為o c 24cy,由3J結合c 0,解得21.所以拋物線C的方程為4y.(n)拋物線C的方程為4y,即 y,求導得設a人，B X2，y2(其中yi2XiO)方.則切線PA,PB的斜率分別為 iXi,2412 X2 ,2空),所以切線PA: y

13、 yi 彳x2同理可得切線PB的方程為x2x 2y 2y2 因為切線PA, PB均過點P x0,y0所以 Xi, yi , X2,y2所以直線AB的方程為(皿)由拋物線定義可知所以AF BFXi2Xi為方程XoXXoX 2yAF 'yii Y2 i2yo 0YiX)x 2y聯(lián)立方程二 'X2 4y由一元二次方程根與系數(shù)的關系可得所以又點所以AF BFP Xo,yo2 yo2Xo所以當y0練習2：yi,即 x1x2y 2y10,所以XiXo2yo 2y2 yo 0.i, BF,消去X整理得Yi Y2Yi Y2在直線I上,所以22 yoi 2 yoXo2yo2yi0的兩組解y2i,

14、0, X2X02 yo2 y20yiY2 i2yo2Xo2yoyiiyo2 yoy22yo2Xo22yo,2yoy2i2yo2,yo1丄時 AF BF2(20i3年遼寧數(shù)學(理)如圖 ，拋物線Ci : X取得最小值，且最小值為4y,C2 ：x22py p 0 ,點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，代B重合于 xo i込 ,切線MA.的斜率為-丄.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A,B重合于O時,中點為O .【答案】模型三：相交弦過定點相交弦性質(zhì)實質(zhì)是切點弦過定點性質(zhì)的拓展，結論同樣適用。參考尼爾森數(shù)學第一季_3下，

15、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，同時注意總結這類題的 通法。x2 y2例題：如圖，已知直線L： x my 1過橢圓2 1(a b 0)的右焦點F,且交橢 a b2圓C于A、B兩點，點 A B在直線G : X a上的射影依次為點 D、E。連接AE、BD,試探索當 m變 化時，直線AE、BD是否相交于一定點 N?若交于定點 N,請求岀N點的坐標，并給予證明；否則說明 理由。法一：解：F(1,0),k (a2,0)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N(j猜想:當m變化時,

16、AE與 BD相交于定點,0)證明：設 A(xyj, B(x2, y2), E(a2, y2), D(a2, yj 當 m變化時首先 AE過定點 N Kan=Ken A N、E三點共線同理可得B、N、D三點共線a2 1 AE與BD相交于定點 N( ,0)2法2：本題也可以直接得岀AE和BD方程，令y=0，得與x軸交點 M N,然后兩個坐標相減 =0.計算量也不大。方法總結：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 在答題過程中要注意步驟。2x例題、已知橢圓C：y2 1，若直線l : x t(t 2)與x軸交于點T,點P為直線I上異于點4T的任一點，直線PA,PA2

17、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 論。方法1:點A、A的坐標都知道，可以設直線PA、PA2的方程，直線 PA和橢圓交點是 A(-2,0)和M,通過韋達定理，可以求岀點 M的坐標，同理可以求岀點 N的坐標。動點P在直線l:x t(t 2) 上，相當于知道了點P的橫坐標了，由直線 PA、PA的方程可以求岀 P點的縱坐標，得到兩條直線的斜率的關系，通過所求的 MN點的坐標，求岀直線 MN的方程，將交點的坐標代入，如果解岀的t>2，就可以了，否則就不存在。解:由¥2x設 M (X1,yJ , N(x>, y2)，直線k1(x 2)八2，消y整

18、理得(14y24AM的斜率為k1,則直線AM的方程為y k/x 2)，2和禺是方程的兩個根,2 8k2即點M的坐標為(1同理，設直線« k2k2令 y=0,4k；) x22%4K2丿，1 4k12 1 4k；A2N的斜率為k2,則得點16k2x 16k；1 4kf ' y14k12 ，1 4k：N的坐標為8k24k2(心，斗)-,Q直線mn的方程為：止1tx x11 4k； 1 4k；x2 x1X" X2，將點m n的坐標代入，化簡后得:y1 y2又 Qt 2，0-2Q橢圓的焦點為 G.3,0)故當t 4 3時，3方法總結：本題由點A1(-2,0)的橫坐標一MN過橢

19、圓的焦點。結合韋達定理，得到點 M的橫縱坐標:2是方程(122 8kf，y14k； )x216k2x 16k21 4k2理得(1 4k；)x2216k2x 16k； 40 ,得到2x24k11 4k1216k； 440的一個根，2)消y整4k2(x4y2快。不過如果看到：將2x16k121 4k?2 申 x28k224k216k141可中的k1用k2換下來，X1前的系數(shù)2用一2換下來，就得點 N1 4 k,2的坐標(墜 2, 徑)，1 4k； 1 4k；本題的關鍵是看到點P的雙重身份：點 P即在直線 AM上也在直線A2N上，進而得4k2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，

20、但這到 k1 k22，由直線MN的方程-y yy1得直線與x軸的交點，即橫截距k-ik2tx%X2X2%x，將點MN的坐標代入,化簡易得x-,由44-3.3解出t，到此不要忘y1y2tt3樣減少計算量。了考察t是否滿足t 2。3方法2:先猜想過定點，設弦MN的方程，得岀A1M、A2N方程，進而得岀與T交點Q S,兩坐標相減=0.如下：方法總結：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。2 2x y練習1: ( 10江蘇)在平面直角坐標系xoy中，如圖，已知橢圓 -+5

21、=1的左右頂點為 a,b，右焦點95為F,設過點T(t,m)的直線TA,TB與橢圓分別交于點 M(X1,y 1)，N(x2,y 2)，其中m>0,y 1>0,y 2<0.設動點P滿足PF2 PE2=4,求點P的軌跡1 一設x1=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。3練習2：已知橢圓E中心在坐標原點，焦點在坐標軸上，且經(jīng)過 A( 2,0)、B(2,0)、C 1,2三點.過橢圓的右焦點F任做一與坐標軸不平行的直線I與橢圓E交于M、N兩點，AM與BN所在的直線交于點 Q.(1) 求橢圓E的方程：(2) 是否存

22、在這樣直線 m，使得點Q恒在直線 m上移動？若存在，求岀直線 m方程,若不存在， 請說明理由.解析：(1)設橢圓方程為 mx2 my21(m0,n0),將A(2,0)3、B(2,0)、C(1-)代入橢圓2E的方程，得4m1,2291 1解得m,n橢圓xE的方程y_mn143434(也可設標準方程，知 a 2類似計分)（2）可知：將直線丨:y2X代入橢圓E的方程4設直線I與橢圓E的交點k(x 1)21 并整理得(3 4k2)x2 8k2x 4(k2 3) 0 3M (X1, yj, N(X2, y2)，由根系數(shù)的關系，得Xi直線AM的方程為：yXi214(k3)必X23 4k地(x 2),即y2

23、3 4k2k(x1 1)Xi2 (X 2)由直線AM的方程為:(x 2)，即 x22k(X21)(x 2)x22由直線直線模型四:與直線BN的方程消去y，得與直線BN的交點在直線 x 4上.AMAM動圓過定點問題故這樣的直線存在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。2y2 1(a b 0) b2I )求橢圓的方程;2例題1.已知橢圓C:L2a2y4x的一條切線。（1的離心率為并且直線y x b是拋物線2（H）過點S（0,）的動直線L交橢圓C于A、3使得以AB為直徑的圓恒過點 T?若存在，求岀點由 y2 X b消去 y得 : X2（2b4）xy 4xx b

24、與拋物線"J 22, 2,a2解：（I ）因直線yy2B兩點，試問：在坐標平面上是否存在一個定點T的坐標；若不存在，請說明理由。b20T,4x相切2 2a b2a(2b2 24) 4b 0 b 1、2，故所求橢圓方程為2X2y21. (II )當L與x軸平行時，以AB為直徑的圓的方程:（y 1）2（4）2當L與x軸平行時,2 2以 AB為直徑的圓的方程：X2 y2(y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，證明如下。當直線若直線L不垂直于x軸，可設直線 L:y kxT (0，

25、1)13kx13 消去y得 : (18k29)x2112kx 160記點 A（X1，y1）、B（X2,y2）,則X1X2X1X212k218k916218k9T （ 0，1）,故在坐標平面上存在一個定點T （ 0，1 ）滿足條件.uiruur又因為TA m 1),TB (X2,y2 1), TA丄TB,即以AB為直徑的圓恒過點方法總結：圓過定點問題，可以先取特殊值或者極值，找岀這個定點，再證明用直徑所對圓周角為 直角。2例題2:如圖，已知橢圓C : x-a bF是橢圓C的右焦點。點D是x軸上位于右兩個頂點，點y；1(a b 0)的離心率是乎，A1,A2分別是橢圓C的左、A右側的一點，且滿足a2

26、dFDAD(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，直線丨交直線n于點 Q。求證：以線段 PQ為直徑的圓恒過定點，并求岀定 點的坐標。解：(1)A( a,0), A(a,0), F(c,0)1，設 D(x,O),AD2有二x又FDc 1,(c 1a)(c 1ca)，又 Q a于是一- c 1 22c2c 1, a,2,b2x1，橢圓C：2mkx(2)方法1: QQ(2,2k2x由于 16k22(kx m) 222 2m 4(2 k而由韋達定理:2x01，且 D(2,0) oy 1 X22 2m222)0 2

27、k mkm 由(*) 2 km 2k2 1 P(空 mM(x, y)，m)，設 P(x°,y°)，由(kx m)212 2(2 k 1)x 4kmx21)(2m4 km2k2 1k2mmX。丄m設以線段PQ為直徑的圓上任意一點2k1(x )(x 2) (y -)(y (2 kmmy kx0 mm)0由(*)0，02k2k2 1(* )，-)mujir umu 由 MP MQ0有x2 y2(-2k 2)x (2 k mm=)ym(1由對稱性知定點在 x軸上，令y 0，取x 1時滿足上式，故過定點K(1,0) o法2 :本題又解：取極值，PQ與AD平行，問題得證。易得與X軸相交

28、于F (1,0 )接下來用相似證明PF丄 FQ2x練習：(10廣州二模文)已知橢圓C1:2a2b 1(a b 0)的右焦點F2與拋物線C2 :2y 4x的5焦點重合，橢圓 G與拋物線C2在第一象限的交點為 P，I PF2 I .圓3C3的圓心T是拋物線C2上的動點，圓C3與y軸交于M , N兩點，且I MN I(1) 求橢圓G的方程；(2) 證明：無論點T運動到何處，圓C3恒經(jīng)過橢圓2(1)解法1: 拋物線C2: y 4x的焦點坐標為4.C1上一定點.(1,0)，二點F2的坐標為(1,0).橢圓Ci的左焦點Fl的坐標為Fi（ 1,0），拋物線C2的準線方程為(xi,yi),由拋物線的定義可知PF2X11, PF2Y12 4x2C1： X2a82 - 一，且y1 0 ,得