圆锥曲线中的定点定值问题的四种模型

1、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、已知椭圆C: 1若直线I: y kx m与椭圆C相交于A

2、, B两点43(A, B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。y kx m222解： 设 A(xi, yi), B(x2, y2)，由22 得(3 4k )x 8mkx 4(m 3) 0，3x 4y 1264m2k2 16(3 4k2)(m23)0，3 4k2 m20Q以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2,0),且kAD kBD1，1， y2 乂凶 2(x1 X2)23 4k34k23整理得:7m216mk4k2当m2k时，l :yk(x当m2k时,l: yk(x0，4k2比丫2为 2 x223(m2 4k2)4(m23) 16mk直线

3、过定点2k，且满足3 4k27(2,0),与已知矛盾；22k, m2m202)，2厶)，直线过定点(,0)综上可知，直线I过定点，定点坐标为(学,0).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2 2 2 2(芈 斗，啓 斗)。(参考百度文库文章：“圆锥曲线的弦对定点张直角的一组 a b a b性质”)模型拓展：本题还可以拓展为“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)。此模型解题步骤：St

4、ep1 :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。类型题训练练习1:过抛物线M: y2 2px上一点P (1,2 )作倾斜角互补的直线 PA与PB, 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:y2 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。练习3：过2x2 y2 1上的点作动弦 AB AC

5、且 kAB?kac 3，证明BC恒过定点。 练习:4 :设A、B是轨迹C : y2 2px(P 0)上异于原点0的两个不同点，直线OA和OB的倾斜角分别为和，当，变化且时，证明直线AB恒过定4点，并求出该定点的坐标。 练习5：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I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l过定点.练习6：已知点B 1,0 ,C 1,0 ,P是平面上一动点，且满足|PC| |BC| PB Cb(1)求点P的轨迹C对应的方程；2)已知点A(m,2)在曲线C

6、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.【解】(1)设 p(x，y)代入PCBC PB CB得.(x 1)2 y2 1 x,化简得 y2 4x. (5 分)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 4x，O为坐标原0跻OP为定值(I)证明:点，过点A的动直线l交抛物线C于M P，直线ME交抛物线C于另一点Q如图.第22题(II )若厶POM勺面积为5，求向量OM，与OP的2夹角；(川)证明直线 PQ恒过一个定点.2 2解：(I )设点 M (里，y

7、d P(里，y2), P、M A三 44点共线，(II)设/ PO=a，贝y |OM | |OP| cos 5.5S ROM , | OM | | OP | sin5.由此可得 tan2a =1.又 (0, ),45 ,故向量OM与OP勺夹角为45 .2(川)设点Q(匹，y3), M、B Q三点共线，kBQkQM ,4即4( y2y3) yy 4 °.(*)即(y y2)(y2 由(*)式，2y3)4x y2,即 y(y2 y3) 怕3 4x.y2y34(y2 y3) 4,代入上式，得(y 4)® y3)4(x 1).由此可知直线PQ过定点E (1，- 4).模型二：切点弦

8、恒过定点例题：有如下结论：“圆x22 ”x°yy°y r,类比也有结论：“椭圆2r2 x-2 a2y上一点P(x°, y°)处的切线方程为2爲 1(a b 0)上一点 P(X0,y°)处的切 b1的右准线l上任意一点M引椭圆C2臂1 ”，过椭圆C：-b24的两条切线，切点为 A、B.(1) 求证：直线 AB恒过一定点；(2) 当点M在的纵坐标为1时，求 ABM的面积。【解】(1)设M(兰3,t)(tR), A(X1,yJ, Bgy),则MA的方程为线方程为竽ax1xy1y 134点M在MA上 X1 ty1 1 同理可得山X2 ty2 133.3

9、-x ty 1,即 x . 3(1 ty)3满足式，故 AB恒过椭圆C的右焦点F ( . 3,0)2.3(1 y)代入y21化简得7y 6y4由知AB的方程为易知右焦点F ( ,3,0)(2)把AB的方程x1罟1又M到AB的距离d3J1 3|AB|、1 3 亠8 兰716、321“尼尔森数学第一季_3下”，优酷视频蝴蝶定理，资料7 ABM的面积 S 丄 | 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。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 参考拓展：

10、相交弦的蝴蝶特征练习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I: X y 2 0的距离为也.设P为直线I上的点，过点P作抛物线C的两条2切线PA, PB ,其中A, B为切点.(I )求抛物线C的方程；(n )当点P x°,y°为直线l上的定点时，求直线AB的方程；(川)当点P在直线l上移动时，求 | AF BF|的最小值.【答案】(I )依题意，设抛物线C的方程为x2 4cy ,由I0 C 2 玄结合c 0,迈 2解得c 1.所以抛物线C的方程为x2 4y .(II)抛物线C的方程为x2 4y,即y -x2,求导得y -

11、x422 2 设 A x-,y- , B X2, y2 (其中 y- 土，y? 空)，44则切线PA, PB的斜率分别为-x-,帳,2 22所以切线 PA : y y x- x x!,即 y乞 ,即 XiX 2y 2yi 02 2 2同理可得切线PB的方程为X2X 2y 2y2 0因为切线PA,PB均过点 P Xo, yo ,所以 XiXo 2yo 2yi 0, X2X0 2yo 2y2 0所以x1,y1 , x2,y2为方程xox 2y。2y 0的两组解.所以直线AB的方程为xox 2y 2y00 .(川)由抛物线定义可知|AF y1 1, IBF y2 1,所以 |AF BF| Y1 1

12、Y2 1 y2% Y2 1联立方程X2X 2y 2yo 0,消去X整理得y2 2yo Xo2 y y。2 0x 4y由一元二次方程根与系数的关系可得y1 y2 Xo2 2yo, y°2 yo2所以AFBF 沁*22Y21YoXo2yo1又点P x0,y0在直线1上，所以xo yo 2 ,所以yo2Xo22 yo122192yo 2y° 5 2 yo 一2 2所以当yo2时，AFBF取得最小值，且最小值为9练习2 : (2013年辽宁数学(理)如图，抛物线 G：x2 4y,C2：x2 2py p 0 ,点 M x0,y0在抛物线C2上，过M作C1的切线，切点为代B(M为原点O

13、时，A,B重合 于O)x0 1 2 ,切线MA.的斜率为-*(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O时，中点为O .【答案】模型三：相交弦过定点相交弦性质实质是切点弦过定点性质的拓展，结论同样适用。参考尼尔森数学第一季_3下，优酷视频。但是具体解题而言，相交弦过定点涉及坐标较多，计 算量相对较大，解题过程一定要注意思路，同时注意总结这类题的通法。例题：如图，已知直线L: xmyx21过椭圆C : 22 y b21(a b 0)的右焦点F，且交椭圆C于A、B两点，点A B在直线G:x a2上的射影依次为点 D E。连接 AE、BD试探索当 m变化时，直

14、线 AE BD是否相交于一定点 N?若交于定点N,法一：解：F(1,0),k (a2,0)先探索，当m=0时，直线L±ox轴，则ABED为请求出N点的坐标，并给予证明；否则说明理由矩形，由对称性知,AE与BD相交于FK中点N ,且0N（j猜想:当m变化时,AE与BD相交于定点N(?1,0)2证明：设 A(x<i, yj, B(x2, y2)，E(a2, y2), D(a2, yj当 m变化时首先 AE过定点 N n=Ken A N E三点共线同理可得 B、N、D三点共线a 1 AE与BD相交于定点N (里1,0)2法2:本题也可以直接得出 AE和BD方程，令y=0，得与x轴交点

15、M N,然后 两个坐标相减=0.计算量也不大。方法总结：方法1采用归纳猜想证明，简化解题过程，是证明定点问题一 类的通法。这一类题在答题过程中要注意步骤。2例题、已知椭圆C: y2 1，若直线l:x t(t 2)与x轴交于点点P为直 4线I上异于点T的任一点，直线PA,PA2分别与椭圆交于 M N点，试问直线MN是 否通过椭圆的焦点？并证明你的结论。方法1:点A、A的坐标都知道，可以设直线PA、PA的方程，直线PA和椭圆交点是A(-2,0)和M通过韦达定理，可以求出点 M的坐标，同理可以求出点 N 的坐标。动点P在直线l : x t(t 2)上，相当于知道了点P的横坐标了，由直线PA、 PA的

16、方程可以求出P点的纵坐标，得到两条直线的斜率的关系，通过所求的M N点的坐标，求出直线 MN的方程，将交点的坐标代入，如果解出的t>2，就可以了，否则就不存在。解：设M(X1,yJ， N(X2,y2)，直线AM的斜率为k“，则直线AM的方程为消 y 整理得（1 4k；）x2 16k2x 16k： 4y K（x 2），由 y2 丫： 7x 4y 4Q 2和捲是方程的两个根，2X1 聲 :则为 乙単1 4k；y14匕2 ，1 4k1即点M的坐标为(2 8k,28k24k同理，设直线AN的斜率为k2,则得点N的坐标为(常'咼)Q直线MN的方程为：yk1 k22k1 k2t '令

17、y=0，得xy y2 力x x1 x2 x1，x2y1为，将点M N的坐标代入，化简后得：x -y1y2又Qt 2,0 4 2Q椭圆的焦点为G 3,0)4 3，即t - 3tt3故当t 4 3时，MN过椭圆的焦点。3方法总结：本题由点 A(-2,0)的横坐标一2是方程（1x（14ki2)x2 16k?x 16ki2 4 0的一个根，结合韦达定理，得到点M的横纵坐标：y 整理得y2咼很快。屮，yi半；其实由I k2（X 2）消1 4k：14kfx2 4y24224k；）x216k?x16k；4 0，得到2x2些 :，即 x2处2，1 4k；1 4k：2不过如果看到：将2X1常中的.用 k2换下来

18、，X1前的系数2 用- 2换下来,2就得点N的坐标(坠 2, 冬)，如果在解题时，能看到这一点，计算量将减少,1 4k2 1 4k2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 AN上，进而得到-，由直线 MN的方程ki k2t仝丄呈丄得直线与x轴的交点，即横截距x X"1 x1y2，将点M N的坐标代x x1 x2 x1y1 y2入，化简易得x 4，由-,3解出t ，到此不要忘了考察t倬是否满足t t33t 2。方法2:先猜想过定点，设弦MN勺方程，得出RM、A2N方程，进而得出与T交 点Q S,两坐标相减=0.如下：方法总结：法

19、2计算量相对较小，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。2 2x y练习1： (10江苏)在平面直角坐标系xoy中，如图，已知椭圆-+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,yJ， N(x2,y 2)，其中 m>0y>0,y 2<0.设动点P满足PF" PB=4,求点P的轨迹1 一设x1=2,x 2=3，求点T的坐标设t=9,求证：直线 MN必过x轴上的一定点(其坐标与m无关) 解析：问3与

20、上题同。练习2:已知椭圆E中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，且经过A( 2,0)、B(2,0)、C 1,3三点.过椭圆的右焦点 F任做一与坐标轴不平行的直线I与椭圆E交于M、2N两点，AM与BN所在的直线交于点 Q.(1)求椭圆E的方程：2)是否存在这样直线m，使得点Q恒在直线m上移动？若存在，求出直线m方程,若不存在，请说明理由.解析：(1)设椭圆方程为 mx2 my2 1(m 0,n 0),3将A( 2,0)、B(2,0)、C(1,-)代入椭圆E的方程，得24m 1,29 解得m丄小1. 椭圆E的方程m n 14344(也可设标准方程，知a 2类似计分)2)可知：将直线l : y k(x 1

21、)2 2代入椭圆E的方程 L 1并整理.得(3 4k2)x243设直线l与椭圆E的交点M (X1, y1), N(X2, y2),214( k 3)2, X1X23 4k2由根系数的关系，得x1x2直线AM的方程为：y由直线AM2y- i38k2x 4(k23)03 4 k2 k(xi 1)七(x 2),即y x12匕(x 2)，即y2与直线BN的方程消去y，得与直线BN的交点在直线x 4上.的方程为：yX2由直线直线模型四：动圆过定点问题AMAMXi2(Xk(X2X22)故这样的直线存在动圆过定点问题本质上是垂直向量的问题，也可以理解为“弦对定点张直角”的 新应用。例题1.已知椭圆C:乂匚1

22、(a b 0)的离心率为,并且直线y X b是抛物线a b2y2 4x的一条切线。(I )求椭圆的方程；(U)过点S(0,】)的动直线L交椭圆C于A、B两点，试问：在坐标平面上是否3存在一个定点T，使得以AB为直径的圆恒过点T?若存在，求出点T的坐标；若 不存在，请说明理由。解：(I )由 y2 x b 消去 y 得:X2(2b4)x b20y 4x因直线y x b与抛物线y2 4x相切(2b 4)2 4b2 0 b 12 以 4一2Qe C ,a2 b2 c2,丄，a 血，故所求椭圆方程为 y2 1. (II )a 2a 22当L与x轴平行时，以AB为直径的圆的方程：x2 (y丄)2 (4)

23、23 3当L与X轴平行时，以AB为直径的圆的方程：x2 y2 1 ,由1x2(y 3)(4)2(3)解得y即两圆相切于点(0, 1)因此，所求的点T如果存在，只能是(0, 1).事实上，点T (0, 1)就是所求的 点，证明如下。当直线L垂直于x轴时，以AB为直径的圆过点 T(0，1)若直线L不垂直于x轴，可设直线L: y kxy2 x2kx13消去y得:(18k229)x12 kx 16记点 A(x1, y1)x1x2B(X2, y2),则12k218k9又因为TA (*,%uir1),TB 区必 1),16218k29 TA!TB，即以AB为直径的圆恒过点 T (0，1),故在坐标平面上存

24、在一个定点 T (0，1)满足条件.方法总结：圆过定点问题，可以先取特殊值或者极值，找出这个定点，再证明 用直径所对圆周角为直角。22HZ例题2:如图，已知椭圆C:笃 笃1(a b 0)的离心率是 ，AA分别是椭圆Ca b2的左、右两个顶点，点 F是椭圆C的右焦点。点D是x轴上位于A，右侧的一点， 且满足2。|aq| Ad| |fd|(1)求椭圆C的方程以及点D的坐标；2)过点D作x轴的垂线n，再作直线l : y kx m 与椭圆C有且仅有一个公共点P，直线丨交直线n于点 Q。求证：以线段PQ为直径的圆恒过定点，并求出定 点的坐标解：(1) A, a,0), A2(a,0), F(c,0)由爲

25、又FD再作直线l1_A，D2有二x，设 D(x,0)，1,(c 1a)(ca)，又 Q -ac 1, a于是-c辽2、2,b(2)iyOADnQ 12c，椭圆Cx2y方法 1 : Q Q(2,2 k m)，设 P(x°,y。)，由 x22kx m1，且 D(2,0)。y2 127 (kx m)2 122 2(2 k 1)x 4kmx2 m22 0 ,4(2k2 21)(2 m2)02k2m2102 m2X04kmX2km 由(*) 2km2k2k2 12k212 mm，2k21P(2k1、m ,J),mmmmumruurn而由韦达定理:yokxo m由MP2 2x 2( kx m)

26、由于16k2m2M (x, y),设以线段PQ为直径的圆上任意一点2k1(x )(x 2) (y -)(y (2 k m) mm由对称性知定点在x轴上，令y 0，取x 法2:本题又解：取极值，PQ与AD平行, 相似证明PF丄FQ 问题得证。2 练习：(10广州二模文)已知椭圆G :冷 a0 x2(空mMQ 0有2y1时满足上式，故过定点K(1,0)易得与X轴相交于F( 1,0 )。接下来用2)x (2k m-)y (1 ) 0 mmo2与1(a b 0)的右焦点F2与抛物线 bC2: y2 4x的焦点重合，椭圆C1与抛物线C2在第一象限的交点为P , I PF2 I -.圆C3 的圆心T是抛物

27、线C2上的动点，圆C3与y轴交于M , N两点，且|MN I 4.(1) 求椭圆G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.(1)解法1 : 抛物线C2： y2椭圆G的左焦点F1的坐标为R(标为(X1,yj ,由抛物线的定义可知4x的焦点坐标为(1,0) ,点F2的坐标为(1,0).1,0),抛物线C2的准线方程为x 1.设点P的坐 ，二 X1 1 5 ,解得 X1 .333pf2 为 1, / pf2由y124x-|V6. 点p的坐标为,V6 .333在椭圆2xC1 : 2a2yb21(ab 0)中,(I 1)2 評 0)2 居 2 22,b 、.a2 c2.3. 椭圆G的方程为11.432a |PR