(完整版)圆锥曲线中的定点定值问题的四种模型

1、2017届高三第一轮复习专题训练之圆锥曲线中的定点定值问题的四种模型定点问题是常见的出题形式，化解这类问题的关键就是引进变的参数表示直线方程、数量积、比例关 系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量。直线过定点问题通法，是设出直线方程， 通过韦达定理和已知条件找出k和m的一次函数关系式，代入直线方程即可。技巧在于：设哪一条直线？如何转化题目条件？圆锥曲线是一种很有趣的载体，自身存在很多性质，这些性质往往成为出题老师的参 考。如果大家能够熟识这些常见的结论，那么解题必然会事半功倍。下面总结圆锥曲线中几种常见的几种 定点模型：模型一：“手电筒”模型2 2例题、（07山东）已知椭圆C：

2、 1若直线l: y kx m与椭圆C相交于A，B两点（A，B43不是左右顶点），且以AB为直径的圆过椭圆 C的右顶点。求证：直线I过定点，并求出该定点的坐标。28mkx 4( m3) 0，” 、ry kx m +22解:设 A(xi, yJ,B(X2, y2)，由 2 2 得(3 4k )x3x 4y 1264m2k2 16(3 4k2)(m2 3)0，3 4k2 m20X1X28mk3 4k2，x1 x24(m2 3)3 4k22 2y1y2(kx-,m)(kx2m) kxm2mk(x1x2)m3(m2 4k2)3 4k2Q以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2,0),且 kAD kBD力y2

3、x1 2 x222(x1 X2) 4 0，3(m24k2)4(m23)216mk,门240,34k23 4k3 4k2整理得:7m216mk4k210 ,解得：m12k2k,m2，且满足3当m2k时,l:yk(x2），直线过定点（2,0）,与已知矛盾；1，y2X1X24k2空时,7i：yk(x扌），直线过定点(2,0)2综上可知，直线I过定点，定点坐标为（一,0）.7方法总结：本题为“弦对定点张直角”的一个例子：圆锥曲线如椭圆上任意一点P做相互垂直的直线交圆锥曲线于 AB，则AB必过定点(x(a2 b2)(2.2a b（参考百度文库文章:“圆锥曲线的弦对定点张直角的一组性质”）模型拓展：本题还

4、可以拓展为“手电筒”模型：只要任意一个限定 AP 与 BP条件（如kAP?kBP 定值，kAP kBP 定值），直线AB依然会过定点（因为三条直线形似手电筒，固名曰手电筒模型）。（参考优酷视频资料尼尔森数学第一季第13节）此模型解题步骤：Step1：设AB直线y kx m，联立曲线方程得根与系数关系，求出参数范围；Step2:由AP与BP关系（如kAp?kBp1），得一次函数k f （m）或者m f（k）；Step3:将 k f （m）或者 m f （k）代入 y kx m，得 y k（x x定）y定。迁移训练2练习1:过抛物线 M: y 2px上一点P （1,2）作倾斜角互补的直线 PA与P

5、B,交M于A、B两点， 求证：直线 AB过定点。（注：本题结论也适用于抛物线与双曲线）练习2:过抛物线M: y求点P的轨迹C对应的方程； 已知点A(m,2)在曲线C上，过点A作曲线C的两条弦AD和AE，且AD AE，判断：直 线DE是否过定点？试证明你的结论 4x的顶点任意作两条互相垂直的弦OA、OB ,求证：直线AB过定点。(经典例题，多种解法)2 2练习3:过2x y 1上的点作动弦AB、AC且kAB?kAc 3，证明BC恒过定点。(本题参考答案：11(,-)55练习:4 :B是轨迹C : y分别为和，当变化且2 px( P 0)上异于原点0的两个不同点，直线 OA和0B的倾斜角 时，证明

6、直线 AB恒过定点，并求出该定点的坐标。(参考答案42p,2 p)【答案】设Ax1,y1,BX2,y2，由题意得Xi,X20，又直线OA,OB的倾斜角，满足4故0,，所以直线 AB的斜率存在，否则， OA,OB直线的倾斜角之和为从而设 AB方程为42 2y kx b，显然 也，x2 里，2p2p将 y kx b与 y2 2px(P 0)联立消去 x，得 ky2 2 py 2pb 0 由韦达定理知 y1 y2 空， y2kktan tan 2p(% y2)由一，得 1 = tan tan( ) =1441 tan tan%y2 4p将式代入上式整理化简可得：2p 1，所以b 2p 2pk ,b

7、2pk此时，直线AB的方程可表示为 y kx 2 p 2 pk即k(x 2p) y 2p 0所以直线 AB恒过定点2p,2p .练习5: (2013年高考陕西卷(理)已知动圆过定点 A(4,0),且在y轴上截得的弦 MN的长为8.(I)求动圆圆心的轨迹 C的方程；(n )已知点B(-1,0),设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点 P, Q 若x轴是 PBQ的角平分线，证明直线I过定点【答案】解:(I ) A(4,0),设圆心C(x, y), MN线段的中点为E,由几何图像知MEMN 2CMME2 EC20, yy2 20,y18X1, y28x2.8(y1y2)y1 y2(y2yj 0

8、8ym1(8x2)y1y2 yy(y2yj88xy 0,x1面上一动点，且满足uur | PCuuu| |BC|uuu PBmu CB0直线PQY1y2y1y2x11X21y12 8y22 8方程为：y y1y2y1(xX1)yy1X2X1y(y2yjy1(y2yjc28x y1所以，直线PQ过定点(1,0)练习6:已知点B 1,0 ,C 1,0 ,P2 2 2 2 2(x 4) y 4 x y &(n )点 B(-1,0),设P(xyJQg, y2),由题知 y1y【解】(1 )设 p(x，y)代入 iPCllBCl PB CB得(x 1)2 y2 1 x，化简得 y2 4x(5 分) 将A

9、(m,2)代入y2 4x得m 1,点A的坐标为(1,2).设直线DE的方程为x my t代入y2 设D(xp yj, E(x2, y2)则y1 y24m, y14x,得 y2 4mt 4t 0,y24t，( 4m)2 16t 0(*)ADAE1)(X21) (Y1 2)(y2 :2222y1y2y2)y1 y2 2( y1 y2)4444(% y2)(% y?)2力牡2(4t)2(4m)2( 4t)(4t)2( 4m)164即 t2 6t9 4m2 8m4即2(t 3)4t 2m 5或t 2m 1,代入(*)NX?(为 X2) 1 y y2 2(y1 曲 452( y1 y2)550化简得 t

10、2 6t 5 4m2 8m2:m 1) t 32( m 1)均满足0直线DE的方程为x m(y 2) 5或x m(y 2) 1直线DE过定点(5, 2).(定点(1,2)不满足题意) 练习7：已知点A (- 1, 0), B (1, 1)和抛物线.C : y2 交抛物线C于M、P,直线MB交抛物线C于另一点Q,如图.UULUT uuu(I)证明：OM OP为定值;4x , O为坐标原点，过点 A的动直线I5(II)若厶POM的面积为三，求向量OM与OP的夹角；2(川)证明直线 PQ恒过一个定点.2 2解：(I)设点 M (L,y1),PCy2, y2), p、M、A 三点共线,44I,I,即-

11、y1y1y2AMDM，即222y11 y1y2444即y11y2A叶24J4y1y1y222OMOPy1y2y1 y25.44第22题(II)设/ POM= a,则 I OM I |OP I COS 5.5-S rom , | OM | | OP | sin 5.由此可得 tana =1. 2又(0, ),45 ,故向量OM与OP的夹角为45 .y3)设点Q(:, y3),M、B、Q三点共线，kBQkQM ,即中*y3，即y3 1122J1 y1y3Y34 yy3444(y31)(Y1y3)2y34,即y3*y34 0.L L L L 11 分444ym4,即 y1-Jy3-4 0,2即 4(

12、 y2y3) 丫2丫340.(*)4直线PQ的方程是y即(y 丫2)(丫2 丫3) 4x 由(*)式， y2 y3 4( y2由此可知直线 PQ过定点E( 1, 4).模型二：切点弦恒过定点2y3) yz 4x.y2 y3y；，即 y(y2y3)4,代入上式，得(y 4)(y2y3) 4(x结论:例题：有如下结论：圆x22yy2r2上一点P(xo, yo)处的切线方程为xoyyoy2r ”，类比也有x2椭圆$a1(a b 0)上一点p(x。，yo)处的切线方程为xx2ayoy”，过椭圆 C :1的右准线I上任意一点M引椭圆C的两条切线，切点为A、B.求证：直线AB恒过一定点; 当点M在的纵坐标

13、为4 J3【解】(1)设M( ,t)(t3.点 M 在 MA 上 一 X13(1)(2)1时，求 ABM的面积。R), A(X1 y1), B(X2, y2),则 MA的方程为4同理可得X2ty21恒过椭圆C的右焦点F ( ., 3,o)2y)代入y21,化简得7y 6y4(2)把AB的方程x . 3(1 |AB13287又M到AB的距离d 3V1 3由知AB的方程为亍ty 1,即x 易知右焦点F ( ,3,0 )满足式，故 AB1 ABM 的面积 S | AB | d2方法点评：切点弦的性质虽然可以当结论用，但是在正式的考试过程中直接不能直接引用，可以用 本题的书写步骤替换之，大家注意过程。

14、方法总结：什么是切点弦？解题步骤有哪些？参考：PPT圆锥曲线的切线及切点弦方程，百度文库参考：“尼尔森数学第一季_3下”优酷视频拓展：相交弦的蝴蝶特征一一蝴蝶定理，资料练习1 :（ 2013年广东省数学（理）卷）已知抛物线C的顶点为原点,其焦点F 0,C C 0到直线20的距离为 3-2 .设p为直线|上的点，过点p作抛物线C的两条切线 PA, PB ,其中A,B2为切点(I )(n)求抛物线C的方程；P x0,y0为直线I上的定点时，求直线AB的方程;P在直线I上移动时，求AF BF的最小值当占=1 八、当占=1 八、【答案】（I）依题意，设抛物线C的方程为X2 4cy ,由0 c 2：2冬

15、2结合c 0,解得c i .所2以抛物线C的方程为X2 4y.（n ）抛物线C的方程为X2 4y ,即y-X2,求导得4设 A Xi,yi , B X2,y2 (其中力1则切线PA, PB的斜率分别为 丄xi,22生4i2X2,2X2),所以切线PA: y yix Xi2同理可得切线PB的方程为x2x 2y 2y2 因为切线PA, PB均过点P x0,y0 所以 xi, yi , x2,y2 为方程 X0X 所以直线AB的方程为x0x 2y（川）由抛物线定义可知Xix202Xiyi,即 XiX2y2yi0,所以XiXo2yo2yi0, X2X02yo2y20AF2y0 2y2 y0 0 i,

16、BF0的两组解.%Yi i Y2 ix0x 2y 2y00联立方程 2,消去x整理得X2 4y由一元二次方程根与系数的关系可得所以AF BFyiY2 i，2i2y X02所以又点所以AF BFP X0,y02y。2X0所以当y0yi y2yiy?在直线I上，所以X0yiy2iy2y02,22 y0 i 2 y0 2y0 5 2X0y。2y, y2i2y。1时，AF BF取得最小值，且最小值为29292 2y。练习2： （2013年辽宁数学（理）如图,抛物线G：x2 4y,C2：x22py p 0 ,点M Xo,yo在抛物线C2 上,过M作Ci的切线,切点为RB（ M为原点0时,A,B重合于O）

17、 X）12 ,切线MA.的1斜率为-_.【答案】2(I)求p的值;(11)当M在C2上运动时，求线段AB中点N的轨迹方.A,B重合于0时 冲点为0 .1 1W为#1樹线“”工切意一点gy）的切戟料净为X切縄 MA的斜率丸-$ *所VL A心忖小为（-土厂AW线的卉Il1 XtIy-十“卡丁国为企阳r 1 -说 fHFEMA业血亦匕先小 1：i -2V2y# = （2 v2） + :亠IZ44 r-(i 冷ih ir为屮点期山1啪=乙H丨设血口）.別的.牛h ij * xz ,引十巧”二-F-工J +抚y 8 MA .阳甘的力桎为y占曲.y = J(x-xIMT.If!：(那 MA. MB 的

18、2，就可以了，通过所求的 否则就不存在。P的横坐标了，由直线 PA1、M、N点的坐标，求出直线NPA2的方程可以求MN的方程，将交解：设M (X1,yJ , N(X2, y2)，直线 AM的斜率为 y2汽2)消y整理得(1 4k12)x2x 4y 4ki ,则直线AiM的方程为y ki(x 2)，由Q 2和xi是方程的两个根,2x116k2x 16k；4216k14 则 X11 4k22 8K2-2， y11 4 k,24k12 ，4k122即点M的坐标为(28K4k1)1 4人21 4k12)同理,设直线A2N的斜率为k2，则得点N的坐标为(处 2,1 4k2 1 4k2Q yp邑k1ki(

19、tkgk22),yp k2(t 2)22，Q直线MN的方程为:tyy1yy1XX-IX2令 y=0，X2Wx2，将点M、y1y2N的坐标代入,化简后得:又 Qt 2，4 2Q椭圆的焦点为t(.3,0)4.3故当t生3时，3方法总结：本题由点A(-2,0)的横坐标一MN过椭圆的焦点。韦达定理，得到点M的横纵坐标:2是方程8k12(12 24k1 )x 16k2X16kf0的一个根，结合(1 4k|)x216k2X 16k； 40，得到4K1 4k122， y11 4k1c16k； 4 曲2X22 2，即 X21 4k24k；1 4k2空2)消y整理得4y 44k22很快。不过如1 4k；2果看到

20、：将 2为型24中的佥用k2换下来,1 4k128k22 4k(22, 勺)，如果在解题时，能看到这一点,花前的系数2用一2换下来，就得点N的坐标1 4k； 1 4k2计算量将减少,这样真容易出错，但这样减少计算量。本题的关键是看到点p的双重身份：点P即在直线AM上也在直线k1A2N上,进而得到1k2-,由直k1k2t线MN的方程yy1% y1得直线与X轴的交点，即横截距XX2y1 X1y2，将点 MN的坐标代入，XX1X2X1y1 y2化简易得x4由3解出t4 3，到此不要忘了考察t4 3是否满足t 2。tt33方法2:先猜想过定点，设弦MN的方程，得出A1M、A2N方程，进而得出与T交点Q

21、 S,两坐标相减=0. 如下：设 Imn : x my 3,联立椭圆方程，整理: （4 m2）y22 3my 10;求出范围；设 M （ x-i, y-i）, N （ x2, y2）,得直线方程：M：y X；(X 2)gN：y 走(X 2)；若分别于lT相较于Q、；S：易得Q (t, y(t 2),S(t,y2(t2)X12X22yys也(t 2)y22(t2)x-i2x22整理4my1 y22(t-3)( y1y2)( .3t 4)( y1y?)(Xi2)(X2 2)韦达定理代入a- 2）-x2 2）證（3 4）（亠4）（yi y2）显然，当t - 3时，猜想成立。3方法总结：法2计算量相对

22、较小，细心的同学会发现，这其实是上文“切点弦恒过定点”的一个特例而已。因 此，法2采用这类题的通法求解，就不至于思路混乱了。相较法1,未知数更少，思路更明确。一x2 v2练习1: （10江苏）在平面直角坐标系 xoy中，如图，已知椭圆9+5=1的左右顶点为A,B，右焦点为F, 设过点T（t,m）的直线TA,TB与椭圆分别交于点 M（X1,y1）, N（x2,y2）,其中m0,y 10,y2(a,0), F(c,0)，设 D(x,0),yn由1ADA2D又FDc 1,(c1 a)(c 1ca)，又 Q a1 c 1 J22c,(c1、2c)(cc21,、2,b(2)方法 1： QQ(2,2km)

23、,2 2x 2(kx m)由于16k2i 2而由韦达定理:2x1，椭圆C： 2kx m1，且D(2,0) oy由兰2 2m22设 P(xo,yo),(2k21)(2m4km22 2 m 4(2 k21)x 4kmx2Xoykx m2x022k 12k21m 一，mm2)0 2k2 km 由(*)2k21P(空丄)y2 122m2 km2 m02km(kx2 k2m)211 (*),设以线段PQ为直径的圆上任意一点2k1(x )(x 2) (y -)(y (2kmm称性知定点在x轴上，令y 0,取),m mujirM (x, y)，由 MPm) 0x2y2uuiuMQ(空m2)x(2 k m )

24、y (1m2k)0由对mx 1时满足上式，故过定点K(1,0) o法2 :本题又解：取极值，PQ与AD平行，易得与 X轴相交于F (1,0 )o接下来用相似证明 PF丄FQ设P (X0,y。),易得PQ切线方程为2yy 2;易得D(0,0)y。设 PH FD1 xPH y；HF 1 x;DQ0; DF 1;y。比 匹，固phf相似于 FDQ，易得 PFQ 900PH FD 问题得证。2 2练习：(10广州二模文)已知椭圆 G：务 占 1(a b 0)的右焦点F2与抛物线C2 : y2 4x的焦点重a b5合，椭圆G与抛物线C2在第一象限的交点为 P , | PF2 | -.圆C3的圆心T是抛物线C2上的动点，圆C33与y轴交于M ,N两点，且I MN I 4.(1) 求椭圆C1的方程；(2) 证明：无论点T运动到何处，圆C3恒经过椭圆C1上一定点.2(1)解法1： 抛物线C2 : y 4x的焦点坐标为(1,0) ,.点F2的坐标为(1,0).椭圆G的左焦点F1的坐标为F, 1,0)，抛物线C2的准线方程为x 1.设点P的坐标为(X1,y1)，由5528抛物线的定义可知PF2x11, /PF2-, x11，解得x1.由y124x1一，且y10,3333x得y1护.点P的坐标为-,-V6.在椭圆C2 2爲 1(a b 0)中,