解析几何中的定点和定值问题

解析几何中的定点定值问题考纲解读：定点定值问题是解析几何解答题的考查重点。此类问题定中有动，动中有定，并且常与轨迹问题，曲线系问题等相结合，深入考查直线的圆，圆锥曲线，直线和圆锥曲线位置关系等相关知识。考查数形结合，分类讨论，化归与转化，函数和方程等数学思想方法。定点问题解题的关健在于寻找题中用来联系已知量，未知量的垂直关系、中点关系、方程、不等式，然后将已知量，未知量代入上述关系，通过整理，变形转化为过定点的直线系、曲线系来解决。例1已知、是抛物线上异于原点的两个不同点，直线和的倾斜角分别为a和S，当a、B变化且a例1已知、是抛物线上异于原点的两个不同点，直线和的倾斜角分别为a和S，当a、B变化且ap兀4时证明直线恒过定点，并求出该定点的坐标。解析：设（/2p,y1），(T-2-， y)，则2p22ptana= ,tanPy12p代入tan(a+P)=1y2（1）又设直线 的方程为y=kx+b，则y=kx+b,yy122pb—,y+yk1 2nky2—2py,yy122pb—,y+yk1 22p丁，代入（）式得b=2p+2pkk・•・直线AB的方程为y—2p=k(x+2p)・•・直线AB过定点（2p,2p）说明：本题在特殊条件下很难探索出定点，因此要从已知出发，把所求的定点问题转化为求直线AB,再从AB直线系中看出定点。例2.已知椭圆C：x2+上=1（。>b〉0）的离心率为—,以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的a2b2 2圆与直线x—y+<2=0相切.⑴求椭圆C的方程；⑵设P（4,0）,M、N是椭圆C上关于x轴对称的任意两个不同的点，连结PN交椭圆C于另一点E，求直线PN的斜率的取值范围；⑶在⑵的条件下，证明直线ME与x轴相交于定点.范文范文范文解析：⑴由题意知e=-二旦，所以e2=c2=竺二b2=3,即a2=4b2，又因为b二二L=1,所以

a2 a2 a2 4 <1+1x2a2=4,b2=1,故椭圆C的方程为C:一+y2=1.4⑵由题意知直线PN的斜率存在，设直线PN的方程为y=k(x-4)①y=k(x-4)联立\x2 1肖去y得：(4k2-1)x2-32k2x+4(16k2-1)=0，彳+y2=1由A=(32k2)2-4(4k2+1)(64k2-4)>0得12k2-1<0,又k=0不合题意，所以直线PN的斜率的取值范围是——<k<0或0<k<—.66⑶设点N(x,y),E(x,y),则M(x,-y)，直线ME的方程为y-y=y2+,1(x-x),1 1 2 2 1 1 2x-x 221令y=0,得x=x一y2(x2x),将y=k(x-4),y=k(x-4)代入整理，得x=-1x2-“q+x2).②2y+y 1 1 2 2 x+x-821 12由得①x+x= ,xx=64卜2-4代入②整理，得x=1,1 24k2+112 4k2+1所以直线ME与x轴相交于定点(1,0).【针对性练习1】在直角坐标系【针对性练习1】在直角坐标系xOy中，点M到点F1J.3,0),F(3,0)2的距离之和是4，点M的轨迹是C与x轴的负半轴交于点A，不过点A的直线l:y=kx+b与轨迹C交于不同的两点P和。.⑴求轨迹C的方程；⑵当AP.AQ=0时，求k与b的关系，并证明直线l过定点.的距离之和是4…的距离之和是4…・.M的轨迹C是长轴为4，焦点在x轴上焦中为2v3的椭圆，其方程为x2+y2=1.4⑵将y=kx+b，代入曲线C的方程，整理得(1+4k2)x2+8<2kx+4=0，因为直线l与曲线C交于不同的两点P和Q，所以A=64k2b2-4(1+4k2)(4b2-4)=16(4k2-b2+1)>0①设P(x,y),Q(x,y)，则Ux+x=--以2k,xx=---②1 1 2 2 1 2 1+4k2 12 1+4k2)+b2，显然，曲线C与x轴的负半轴交于点A(-2,0)，所且y•y=(kx+b)(kx+b)=(k2xx)+kb(x+x1 2 1 2 12 1 2以AP=(x+2,y),AQ=(x+2,y).由AP•AQ=0，得(x+2)(x+2)+yy=0.1 1 2 2 1 2 12将②、③代入上式，整理得12k2-16kb+5b2=0.~所以(2k-b)•(6k-5b)=0,即b=2k或b=6k.经检验，5都符合条件①，当b=2k时，直线l的方程为y=kx+2k.显然，此时直线l经过定点(-2,0)点.即直线l经过点A，与题意不符.当b=5k时，直线l的方程为y=kx+6k=k］x+6' (6 、 显然，此时直线l经过定点［-5,0］点，且不过点a・综上，k与b的关系是:且直线l经过定点/6 、,二，0点・k5 7x2 y2【针对性练习2】在平面直角坐标系xoy中，如图，已知椭圆丁+—=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(x,y)、11N(x,y)，其中m>0,y>0,y<0。22 1 2(1)设动点P满足PF2-PB2=4，求点p的轨迹；(2)设x=2,x=1，求点T的坐标；1 23(3)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】本小题主要考查求简单曲线的方程，考查方直线与椭圆的方程等基础知识。考查运算求解能力和探究问题的能力。解：(1)设点P(x,y),则：F(2,0)、B(3,0)、A(-3,0)。由PF2-PB2=4,得(x-2)2+y2-[(x-3)2+y2]=4,9故所求点P的轨迹为直线x=-。乙(2)将x=2,x=1分别代入椭圆方程，以及y>0,y<0得：M(2,1 23 1 2\o"CurrentDocument"y-0x+3 1直线MTA方程为：-5—=---，即y=-x+1,2+3 3-—033-(3,20-9)直线NTB方程为:5562联立方程组，解得：＜10,y= 310所以点T的坐标为（7,—）。（3）点T的坐标为（9,m）直线MTA方程为:直线NTB方程为:y-0x+3m-0=9+3,直线MTA方程为:直线NTB方程为:y-0x+3m-0=9+3,y-0 x-3m—09—3m即y= (x+3),JL乙m即y=—(x-3)。6x2y2分别与椭圆至+3=1联立方程组，同时考虑到x。-3,x丰3,3(80-m2) 40m解得：M(RT'k)、n(3(m2一20) 20m20+m2 20+m2（方法一）当『x2时,直线MN方程为:20my+ 20+m23(m2一20)X- 20+m240m 20m 3(80-m2)3(m2-20)^T80+m220+m2 80+m2 20+m2令y=0,解得：％=1。此时必过点d（1,0）；当'二X2时,直线MN方程为：X=1,与x轴交点为D（1,0）。所以直线MN必过x轴上的一定点D（1,0）。（方法二）若5=X2，则由240一3m23m2-6080+m2 20+m2及m>0,得m=2v10,此时直线MN的方程为X此时直线MN的方程为X=1,过点D（1,0）。若x丰x，则m丰2J10，直线MD的斜率k1 2 MD40m80+m2240-3m21 -180+m210m40-m2,直线ND的斜率kND直线ND的斜率kND-20m20+m23m2-60 -120+m210m40一m2得k=k，所以直线MN过D点。MDND因此，直线MN必过X轴上的点（1,0）。【针对性练习3】已知椭圆中心在原点，焦点在X轴上，焦距为2，短轴长为2v3.（I）求椭圆的标准方程；（II）若直线l：y=kx+m（k丰0）与椭圆交于不同的两点M、N（M、N不是椭圆的左、

右顶点），且以MN为直径的圆经过椭圆的右顶点A.求证：直线l过定点，并求出定点的坐标.解(I)设椭圆的长半轴为〃，短半轴长为b，半焦距为J则‘2c=2,fa=2,(2b=2" 解得<广… fb=瓜x2 y2—+—=1.4 3ax2 y2—+—=1.4 3・•・椭圆的标准方程为%2工y2_1消去y，得(ii)由方程组(彳+弓-—1y=kx消去y，得TOC\o"1-5"\h\z(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0. 分由题意△=(8km)2-4(3+4k2)(4m2-12)>0,整理得：3+4k2-m2>0 ① 分设M(x,y)、N(x,y)，贝|11 228km 4m2-12x+x= ,xx= 12 3+4k2 12 3+4k2由已知，AM±AN,且椭圆的右顶点为A（2,0）,(x-2)(x-2)+yy=0.1 2 12(1+k2)xx+(km-2)(x+x)+m2+4=0,12 1 2也即G+k2)邸+(km也即G+k2)邸+(km-2).册整理得7m2+16mk+4k2=0.… 2k_ 2k „皿- 、解得m=-2k或m=-—，均满足① 分当m=-2k时，直线l的方程为y=kx-2k，过定点（2,0）,不符合题意舍去;2k当m=--时. J2直线l的方程为y=kx--I72，过定点（7，0）,故直线i过定点，且定点的坐标为（2,0）. 分例3、已知椭圆的焦点在x轴上，它的一个顶点恰好是抛物线x2=4y的焦点，一一2 、，离心率e—5，过椭圆的右焦点F作与坐标轴不垂直的直线l，交椭圆于A、B两点。(I)求椭圆的标准方程；(II)设点M(m,0)是线段OF上的一个动点，且(MA+MB)1AB，求m的取值范围；(I)设点C是点A关于x轴的对称点，在x轴上是否存在一个定点N,使得C、B、N三点共线？若存在，求出定点N的坐标，若不存在用说明理由。x2y2解法一：(I)设椭圆方程为一+J=1(a>b>0)，由题意知b-1a2b22 x2二「5na2-5故椭圆方程为—+y2-1(II)由(I)得F(2,0),所以0<m<2，设l的方程为y=k(x—2)(k丰0)x2代入一+y2-1,得(5k2+1)x2—20k2x+20k2—5=0设A(x,y),B(x,y),5 11 2220k2 20k2—5则x20k2 20k2—5则x+x ,xx 1 2 5k2+112 5k2+1'「•y+y-k(x+x—4),y—y=k(x—x)12 1212 12「.MA+MB-(x—m,y)+(x—m,y)=(x+x—2m,y+y),AB=(x—x,y—y)122 1212(MA+MB)1AB,.•.(MA+MB)•AB-0,「.(x+x—2m)(x122 12 1—x)+(y—y)(y+y)-01 211 2,..-20k2一= ,..-20k2一= 4k2「. —2m— 0,「.(8—5m)k2—m-0由k25fe^1■ 以2+1——8当0<m<-时，有(MA+MB)1AB成立。51- 8>0,「.0<m<-,5(III)在x轴上存在定点£,0)1使得C、B、Nm点共线。依题意知C(丁”,直线BC的方程为y+y-y2+y1(x—x),令y-0,则Ux-y1(x2x1)+x1x—x1 y+y121 21vl的方程为y-k(x—2),A、B在直线l上，yx+yx:-12 3-^1y+y21:.y=k(x:.y=k(x—2),y=k(x—2)「.x-1122k(x—1)x+k(x—1)x 1 2 2 1-k(x+x)—4k122kxx—2k(x+x)k(x+x)—4k1220k2—5 20k220k2—5 20k22k- —2k- - 5k2+1 5k2+1720k2-

k —4kx2代入丁+y2-1，得(5k2+1)x2—20k2+20k2—5-0设A(x,y),B(x,y)，则5 11 224k「.y+y-k(x+x—4)=— ,y—y-k(x—x)1 2 1 2 5k2+11 2 1 220k2x+x ,xx1 25k2+112_20k2—5-5k2+1(MA+MB)1AB,「」MAl-lMBI,.；(x1—m)2+y1-(xx2—m)2+y2,5在x轴上存在定点N(5,0),使得CBN三点共线。5k2+1解法二：(II)由(I)得F(2,0),所以0<m<2。设l的方程为y-k(x—2)(k丰0),:二(x+x—2m)(x—x)+(y+y)(y—y)-0,1 2 . 1 2 12 12128k2 88)k丰0,:.k2>0「.0<m<5(1+k2)(x+.x)—2m—4128k2 88)k丰0,:.k2>0「.0<m<5「.m= ——— 5k2+1 55(5k2+1° 8 .. _.当0<m<-时，有(MA+MB)1AB成立。5

(Ill)在X轴上存在定点N(5,0)，使得C、B、N三点共线。CB=(X一X,12设存在N(t,0)，使得C、CB=(X一X,121X，1».•.(X2-5)乙-4-\)(乂+y2)=0即(x一x)k(x-2)-(t一x)k(x+x-4)=0^2xX^一(t+2)(x+x)+4t=02 1 1 1 1 2 12 1 2・・・啜二-(t+2)含+4t=0-2.・・存在n4。),使得CBN三点共线。二、定值问题在解析几何中，有些几何量与参数无关，这就构成了定值问题，解决这类问题时，要善于运用辩证的观点去思考分析，在动点的“变”中寻求定值的“不变”性，一种思路是进行一般计算推理求出其结果，选定一个适合该题设的参变量，用题中已知量和参变量表示题中所涉及的定义，方程，几何性质，再用韦达定理，点差法等导出所求定值关系所需要的表达式，并将其代入定值关系式，化简整理求出结果，；另一种思路是通过考查极端位置，探索出“定值”是多少，用特殊探索法(特殊值、特殊位置、特殊图形等)先确定出定值，揭开神秘的面纱，这样可将盲目的探索问题转化为有方向有目标的一般性证明题，从而找到解决问题的突破口，将该问题涉及的几何形式转化为代数形式或三角形式，证明该式是恒定的。同时有许多定值问题，通过特殊探索法不但能够确定出定值，还可以为我们提供解题的线索。如果试题是客观题形式出现，特珠化方法往往比较奏效。例4、已知椭圆的中心为坐标原点O,焦点在x轴上，斜率为1且过椭圆右焦点的直线交椭圆于A、B两点，OA+OB与a=(3,-1)共线。(1)求椭圆的离心率；，■■■(2)设M为椭圆上任意一点，且OM=九OA+NOB(九，日£R)，证明九2+从2为定值。x2y2解析：(1)设椭圆方程为a2+言=1(ab0A(x1,y1)，B(x2,y2)，AB的中点为N(x0,y0)，TOC\o"1-5"\h\z'合+二-1 , ,y—y< b2 一■〜b2、a2b2 ，两式相减及—1得到y二一一x，所以直线 的方向向量为on—(1,——)，x2 y2 1 x—x 0a20 a2—+4―1 2 1、a2 b2b2 6—,即a2=3b2,从而得e―――a2 3(2)探索定值因为M是椭圆上任意一点，若M与A重合，则OM=OA，此时九二1,日-(2)探索定值,•九2+从2=1证明・.・a2=3b2，,椭圆方程为x2+3y2证明・.・a2=3b2，y=x—cx2+3y2=3b2x+x12y=x—cx2+3y2=3b2x+x123=C2xx123c2—3b2 3 ———C24 8又设M（xy），fx=Xx+ux则由OM=XOA+uOB得＜ 1 2，代入椭圆方程整理得Iy=Xy+uyX2(x2+3y2)+u2(x2+3y2)+2Xu(xx1 1 2 2 12+3y2y2)—3b2又:x2+3y2—3b2,x2+3y2=3b2,

11 22xx+3yy=4xx—3c(x+x)+3c2=—c2——c2+3c2=012 12 12 1 2 2 2X2+u2—13例5、已知，椭圆C过点A（1,2），两个焦点为（一1,0）,（1,0）。求椭圆C的方程；E,F是椭圆C上的两个动点，如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数，证明直线EF的斜率为定值,并求出这个定值。19 3解析：（1）由题意，c=1,可设椭圆方程为 +——1，解得b2=3,b2——-（舍去）1+b24b2 4x2 y2所以椭圆方程为—+y=1。3 x2y2(2)设直线AE方程为：y=k(x—1)+-，代入—+^-=1得乙 I- J3(3+4k2)x2+4k(3—2k)x+4(2—k)2—12—03设E(x,y),F(x,y),因为点A(1,-)在椭圆上，所以EE FF 234(-—k)2—12 q2 7 3 7x= y—kx+——kF 3+4k2 EE2,又直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数，在上式中以一K代K,可得34(-+k)2—12 3x——2 ,y——kx+—+kF 3+4k2 EE2n4x2—6cx+3c2—3b2=0所以直线EF的斜率KEFy一y-^F Ex一xFEF E—x一xFE即直线EF的斜率为定值，所以直线EF的斜率KEFy一y-^F Ex一xFEF E—x一xFE即直线EF的斜率为定值，1其值为5。将第二问的结论进行如下推广：x2 y2结论1.过椭圆瓦+卷=1（。＞0，b＞0）上任一点4x0，y0）任意作两条斜率互为相反数的直线交椭圆于b2xE、F两点，则直线EF的斜率为定值一（常数）。a2y0证明：直线AE的方程为y-y=k（x-x），则直线AF的方程为y-y=-k（x-x），x2y2联立y-y0=k（x-x0）和二十七=1,消去y可得a2b2(a2k2+b2)x2+2a2k(0y-k)x+ 2a(-y k)2x- 2a2=b00 00设E(x,y),F(x,y),则x22+x102a2k(y-kx)a2k2x-2a2ky-b2x 0 0 o,同理，a2k2+b2-4a2kyx= 0-,2 a2k2+b2 0 0—a2k2+b2a2k2x+2a2ky-b2x 0 0a2k2+b2y-y=k(x-x)+y+k(x-1210 0x0)--4b2kxy= ^,0 a2k2+b2b2x Q-.a2y0则直线EF的斜率为yi-y2x-x12x2结论2.过双曲线—a2卷=1（。＞。力＞。）上任一点4x2结论2.过双曲线—a2b2x于E、F两点，则直线EF的斜率为定值-一o（常数）。a2y0结论3.过抛物线y2=2px（p＞0）上任一点A%,y/任意作两条斜率互为相反数的直线交椭圆于E、F两p点，则直线EF的斜率为定值—-（常数）。y0例6、已知椭圆的中心在原点，焦点F在y轴的非负半轴上，点F到短轴端点的距离是4,椭圆上的点到焦点F距离的最大值是6.

(I)求椭圆的标准方程和离心率e(II)若F'为焦点F关于直线j=3的对称点，动点M满足q=e，问是否存在一个定点A，使M到2 |MF1点A的距离为定值？若存在，求出点A的坐标及此定值；若不存在，请说明理由.解析：(I)设椭圆长半轴长及半焦距分别为mc，由已知得a=4,f， 解得a=4,c=2.a+c=6,所以椭圆的标准方程为"+二=1.离心率e=2=1.1612 42(II)F(0,2),F'(0,1)，设M(x,y),由M^=e得|MF|v'x2+(y2)2_Jv'x2+(yT)2 272化间得3x2+3y2-14y+15=0,即x2+(y一—)2=(3)2故存在一个定点A(0,7),使M到A点的距离为定值，其定值为2.33例7、已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点在x轴上，P(2,0)为定点.(I)若点P为抛物线的焦点，求抛物线C的方程；(II)若动圆M过点P,且圆心M在抛物线C上运动，点A、B是圆M与y轴的两交点，试推断是否存在一条抛物线。使入81为定值？若存在，求这个定值；若不存在，说明理由.解析：(I)设抛物线方程为y2=2px(p丰0),则抛物线的焦点坐标为(p,0).由已知，p=2,即p=4，故抛物线C的方程是y2=8x.(II)设圆心M(a,b)(a>0),点A(0,y1),B(0,y2).因为圆M过点P(2,0),则可设圆M的方程为.则y1+y2=2b,y1,y2=4a-4所以IA51=<(yi-y2)2.则y1+y2=2b,y1,y2=4a-4所以IA51=<(yi-y2)2=\：：(yi+y2)2-4by2=4bb2-16a+16.设抛物线C的方程为y2=mx(m丰0),因为圆心M在抛物线C上，则b2=ma.所以IABI=4mma-16a+16=J4a(m-4)+16,由此可得，当m=4时，IABI=4为定值.故存在一条抛物线y2=4x,使IABI为定值4.例8、已知椭圆E的中心在原点，焦点在x轴上，椭圆上的点到焦点的距离的最小值为21-1,离心率为e=：■.2(I)求椭圆E的方程；(II)过点(1,0)作直线•交E于P、Q两点，试问：在x轴上是否存在一个定点M,MP-MQ为定值?

若存在，求出这个定点M的坐标；若不存在，请说明理由.a—c=V2-1解析：(I)设椭圆E的方程为x2+y2=1,由已知得：L五。。…2分

a2b2 c=2±〔a2TOC\o"1-5"\h\z...<a—历...b2-22—c2=1.•.椭圆E的方程为x—+y2=1。。。。 3分1c-1 2)(II)法一：假设存在符合条件的点M(m,0),又设P(x,y),Q(x,y),则:1 1 2 2MP-(x—m,y),MQ=(x—m,y),MP•MQ=(x—m)•(x—m)+yy1 1 2 2 1 2 12-xx—m(x+x)+m2+yy。。。。。5分12 1 2 12①当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为：y-k(x—1)，贝U,x2+y2-1-由\2 得x2+2k2(x—1)2—2—0y-k(x—1), , , 4k2 2k2—2八TOC\o"1-5"\h\z(2k2+1)x2—4k2x+(2k2—2)-0x+x ,x•x 7分k22k2+11 22k2+1 k22k2+1yy-k2(x—1)(x—1)-k2[xx—(x+x)+1]-12 1 2 12 1 22k2—24k2 k2 (2m2—4m+1)k2+(m2—2)所以MP•MQ m +m2 -- 9分2k2+1 2k2+1 2k2+1 2k2+1对于隹意的4值，MP•MQ为定值，所以2m2-4m+1-2(m2—2)，得m-1,5 7所以M(-,0),MP•MQ―--； 11分4 16②当直线l的斜率不存在时，直线l:x-1,x+x-2,xx-1,yy—-11 2 12 12 2, 5 7由m——得MP•MQ———4 16综上述①②稣符合条件的点M存在，起坐标为(5,0). 13分4法二：假设存在点M(m,0),又设P(x,y),Q(x,y),则：MP=(x—m,y),MQ=(x—m,y)11 22 1 1 2 2MP•MQ=(x—m)•(x —m)+yy=xx—m(x +x)+m2+y y.… 5分1 2 12 12 1 2 12 .①当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为x-ty+1,由]2 得(t2+2)y+2ty—1-0/.y+y ,y•y 7分1 2 ) 。0t2+212t2+2—12—2t2+—12—2t2+t2+2t2+2—2t2+2t2+2xx-(ty+1)•(ty+1)=1yy+t(y+y)+112 1 2 212 1 24t2+2—2t2+2t4t2+2x+x-t(y+y)+2 1 2 "1 t2+29分—2t2+24m 1(m2—2)t2+2m2—4m+9分MP•MQ +m2 t2+2 t2+2 t2+2 t2+2(m2—2)t2+2m2—4m+1t2+t2+25「.(m2—2)t「.(m2—2)t2+2m2—4m+1-X(t2+2)「.(m2—2—X)t2+2m2—4m+1-2X-02m2—4m+1—2X=04 •.M(5,0)11分7 7 4X—-—16

②当直线l的斜率为0时，直线l:y=0,由M(5,0)得：4TOC\o"1-5"\h\z--5 -5 25 7MP•MQ=(；2——)•(一\：2——)=——2=——4 4 16 16综上述①②知，符合条件的点M存在，其坐标为(5,0)。。。。13分4三、定直线问题例9、设椭圆C：上+号=1(〃>b>0)过点M(V2,1)，且焦点为F(—\:2,0)a2b2 i(I)求椭圆C的方程；(II)当过点P(4,1)的动直线l与椭圆C相交与两不同点AB时，在线段AB上取点Q,满足AP^QB卜Aq「PB「证明：点Q总在某定直线上解析(1)由题意：c2=22 1一 -一 .X2y2 -<+--=1，解得a2=4,b2=2，所求椭圆方程为――+—--1a2b2 42PA,|pb|,|AQ|,QBPA,|pb|,|AQ|,QB网不为零。⑵设点Q(x,y),A(x1,y1),B(x2,y2)，由题设，且图-陷AQQB又P,A,Q,B四点共线，可设PA--九AQ,PB-九BQ-0,±1),于是4一九x 1一九yVT一T,y1-E4+九x 1+九yTOC\o"1-5"\h\zX—~—,y―—52 1+九2 1+九由于A(XJyj,B(X2,y2)在椭圆C上,将⑴，⑵分别代入C的方程X2+2y2-4,整理得 (X2+2y2一4)九2一4(2x+y一2)九+14-0 (3)(X2+2y2-4)九2+4(2x+y-2)九+14-0 (4)(4)—(3)得 8(2x+y—2)九二0:九w0,・・・2x+y一2-0，即点Q(x,y)总在定直线2x+y一2-0上例10、已知椭圆C的离心率e--，长轴的左右端点分别为A(-2,0),A(2,0)。(I)求椭圆C2 12的方程；(I)设直线x-my+1与椭圆C交于P、Q两点，直线AP与AQ交于点S。试问：当m变化时，12

点S是否恒在一条定直线上？若是，请写出这条直线方程，并证明你的结论；若不是，请说明理由。TOC\o"1-5"\h\z解法一：（1）设椭圆C的方程为x2+y2=1（a〉b〉0）。 1分a2b2a=2,e=—=—，,c=、：3,b2=a2-c2=1。 4分a2・•・椭圆C的方程为x2+y2=1。 5分42,Q[-忘]，直线A1P的方程是y=今x+孝,直线A2Q的方程是y=4一、3，交点为S1J：3）• 7分,(若p(若p*1，I由对称性可知交点为S2(4,-v3)若点S在同一条直线上，则直线只能为〃:x=4。 8分X2X2 [由K+y2=1得

x=my+1以下证明对于任意的m,直线AP与直线AQ的交点S均在直线0；x=4上。事实上，1 2(my+1)2+4y2=4,即(m2+4)y2+2my-3=0t己P(x,y),Q(x,y),则Uy+y=-2m,yy=-3。 9 分 2 22 1 2m2+412m2+4 2设AP与；交于点S(4,y),由一V="^,得y=色—.0 0 4+2x+2 0x+2\o"CurrentDocument"1 1设AQ与・交于点S'(4,y'),由匚二二^,得y'=二^. 100 0 4-2x-2 0x-22 24myy4myy-6(y+y)12、， 12(x1+2)(x-2)2

1 2,6y2yy-y= 1 2—0 0x+2x-21 26y(my-1)-2y(my+3)TOC\o"1-5"\h\z-12m -12m12分m2+4m2+12分(x+2)(x-2)=0，13分\o"CurrentDocument"1 213分•・y0=y0即S与S'重合，这说明，当m变化时，点S恒在定直线〃：x•・y0=y0解法二：（II）取m=0,得P（1,#1,Q（1,-芋）直线A1P的方程是y=gx+乎，直线A2Q的方程是y=兴x-瓜交点为S1Q,"） 7分取m=1,得P（8,3],Q（0,-1），直线AP的方程是y=1x+1,直线AQ的方程是y=1x-1,交点为S（4,1）.V55J 1 6 3 2 2 2・♦・若交点S在同一条直线上，则直线只能为〃：x=4。 8分-V

TOC\o"1-5"\h\z以下证明对于任意的m,直线AP与直线AQ的交点S均在直线〃：x=4上。事实上，1 2X27+y2=1得x=my+1记 P( J(,)yX27+y2=1得x=my+1记 P( J(,)y，,贝Q1 1 2 2—2m —3y+y= ；,yy= ；。…1 m2+4 m2+4 y=yy=y2(x—2),x—2AP的方程是y=一二(x+2),AQ的方程是y=—口(x—2),消去y,得一二(x+2)=一二(x—2)♦••1 x+2 2y x—2 x+2 x—21 2 1 2①以下用分析法证明x=4时，①式恒成立。要证明①式恒成立，只需证明色「=3^,即证x+2x—2123y(my—0=y(my+3即证2myy=3(y+y). ②1 2 2 1 12 122myy—3(y+y)=二6m-—二6m=0,二②式恒成立。这说明，当m变化时，点S恒在定直线〃：x=4上。1 m2+4m2+42 1 上解法三：(II)由4+y2=1得(my+11+4y2=4,即(m2+4)y2+2my—3=解法三：(II)由x=my+1记P(x,y),Q(x,y),则y

1 1 2 21+y2—2m—7,yym2+412—3m2+4AA1P的方程是y=七1(x+2),A2Q的方程是y=j］(x—2),2y—1—y—1—x+219分y=，(x+2),x+2,口得

(x+2)=J(x-2),

x—22即x=4y、(x+2)+y(x—2)(x1+2)-y1(x,-2).y(my+3)+y(my,-1)_

/y)(my1+3)-y1(my)—1)无21 122myy+3y—y12 3y+y

2=2d2m—3—+3

m2+4—y1 =4.12分这说明四、13分当m变化时，点S恒在定直线e:x=这说明四、13分例u、已知双曲线Ca-卷=皿>0/>0)的离心率为，”，右准线方程为x=告(1)求双曲线c的方程;(II)设直线I是圆。：x2+y2=2上动点玖x0,y。)(x0y0W0)处的切线,,与双曲线C交于不同的两点A,B，证明ZAOB的大小为定值解析：本题主要考查双曲线的标准方程、圆的切线方程等基础知识，考查曲线和方程的关系等解析几何的基本思想方法，考查推理、运算能力．)由题意，得)由题意，得《，解得a=1,c=%3，y2・,.b2=c2—a2=2，，所求双曲线C的方程为x2--=1(…P0)G0y0选圆x2+y2=2上,圆在点P0)处的切线方程为y-y0=-3G-x0)，0TOC\o"1-5"\h\zy2 1x2— =1化简得xx+yy=2由＜ 2 及X2+y2=2得0 0 00xx+yy=200Qx2-4)x2-4xx+8-2x2=0 ①0 00(3x2-4)y2-8yx-8+2x2=0 ②0 00・•切线l与双曲线C交于不同的两点A、B,且0<x2<2,0,.3x2-4丰0，设A、B两点的坐标分别为(x,y),(x,y),0 11 22则xx128-2x2 2x2则xx12 0-,yy=-0——3x2-4123x2-400TOC\o"1-5"\h\z・・OA-OB=xx+yy=0,.・.ZAOB的大小为90。12 12x2 y2.例12：己知椭圆一+7-=1(a>b>0)，过其中心O的任意两条互相垂直的直径是PP.、a2b2 12Q1Q2,求证：以两条直径的四个端点所成的四边形P1Q1P2Q2与一定圆相切。探索定圆：取椭圆长轴和短轴为两直径，则AB的方程为22xy abTOC\o"1-5"\h\z-+t-=1,原点到直线AB的距离为r=. ,ab 22 aa2+b2 -a2b2则与菱形ABAB内切的圆方程为x2+y2= -1122 a2+b2

1(k2+1)a2b2同理OQ22=丁E"作OH，P2Q2则(k2+1)a2b2同理OQ22=丁E"作OH，P2Q2则O^H\=ab|OQ|2 aa2+b2.y=kxx2y2——+—=1、a2b2a2b2•解得］“ b2+a2k2•OP2_(k2+1)a2b2k2a2b2V2——2b2+a2k2y-、 b2+a2k2与曲线的另一个交点P（-x,-竺），其斜率ka2•kPP2a2pp0的方程为y-y2a4x与曲线的另一个交点P（-x,-竺），其斜率ka2•kPP2a2pp0的方程为y-y2a4x3a2x3P1P2PP1a2(x-x)a2（定值）yOxPpP2证明：设PP1的斜率为k，则PP2的斜率为一/.PP1的方程为y-y_=k(x-x)1pp.的万程为y-y=