直线与圆锥曲线-定点问题(教师版

1、圆锥曲线中的定点问题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”模型例题、（07山东）已知椭圆C:2L 1若直线I:3y kx m与椭圆C相交于A，B两点（

2、A， B不是左右顶点），且以 点，并求出该定点的坐标。AB为直径的圆过椭圆C的右顶点。求证：直线I过定解:设 A(xi, yi), B(X2, y2)，由y3x2kx4y2m12 得(32 2 24k )x 8mkx 4(m3)0，64m2k216(3 4k2)(m23)4k2 mX1X28mk4(m24k2，X1 X23)3 4k2yi y2 (kxi2m) (kx2 m) k x1x2 mk(x1 x2)m23(m2 4k2)3 4k2Q以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2,O),且 kADkBDyyx12 x22 1, y1y2 X1X22(Xi X2)43(m2 4k2)3 4k24(

3、m2 3)3 4k216mk3 4k2整理得：7m2 16mk4k20，解得：mj2k, m2空，且满足3 4k2 m207当m2k时，l：yk(x2），直线过定点（2,O）,与已知矛盾；当m2k时，I ： yk(x），直线过定点(|,0)777第1页共27页一 2综上可知，直线I过定点，定点坐标为（一,0）.2 2 2 2xo(a b ) yo(a b )。(参考方法总结：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Pa2 b2做相互垂直的直线交圆锥曲线于AB，贝U AB必过定点（22a b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：本题还可以拓展为“手电

4、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：Ste p1: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;Ste p2:由AP与BP关系（如kAP ?kBP1）,得一次函数k f（m）或者m f（k）；Ste p3:将k f (m)或者m f (k)代入y kxm，得 y k（x X定）y定。第25页共27页迁移训练练习1 :过抛物线M:2y 2px 上一点 p( 1,2)作倾斜角互补的直线 PA与PB,

5、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:2y2 px的顶点任意作两条互相垂直的弦OA、OB，求证：交抛物线的对称轴上一定点。（经典例题，多种解法）练习3:过2x2 y2 1上的点作动弦 AB、AC且kAB?kAc 3，证明BC恒过定点。1 1（本题参考答案：（丄，丄）55练习:4 :设A、B是轨迹2C : y 2px(P0）上异于原点O的两个不同点，直线OA和OB的倾斜角分别为 和，当，变化且4时，证明直线AB恒过定点，并求出该定点的坐标。（参考答案2p,2p )【答案】设A x,% ,BX2,y2 ,由题意得xi,x20 ,又直线OA

6、,OB的倾斜角4，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2 2y kx b，显然 x1 2p，x2 2p2 2将 y kx b 与 y2p x(P 0)联立消去 x，得 ky 2 py 2pb 0由韦达定理知y,y2 半,y1k1 = tan 4tan(tan tany2)=1 tan tanyy 4p2将式代入上式整理化简可得:2P b1，所以b 2p2pk2pk,此时，直线AB的方程可表示为kx 2 P 2 pk 即 k(x2p) y 2p 0所以直线 AB恒过定点2p,2 P .练习5： ( 2013年高考陕西卷(理) 的长为8.(I )求动圆圆心

7、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交于不同的两点已知动圆过定点A(4,0),且在y轴上截得的弦MNP, 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,CA2 cm22 ME2 EC2(x 4)2 y2 42 x2y2 8x(n )点 B(-i,0),设 P(Xi,yi),Q(X2,y2),由题知y1 y20,yiy2c 2 c20, y18x1,728x2.y1x11X2y21y1y12 8y22y28(yi直线PQ方程为：y1X2X1X1)y11(8x

8、y2 y12y1y(y2 yj1(72 yj 8x y1yj 88xy 0,x所以，直线PQ过定点(1,0)练习6:已知点B 1,0 ,C 1,0 ,P是平面(1)求点P的轨迹C对应的方程；上一动点，且满足ULUT|PC|BC|uuuPBCUL(2)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【解】(设 p(x，y)代入PC1BC1 PB CB得 J(x 1)2 y2 1 X，化简得 y2 4X. (5 分)将A(m,2)代入y2 设直线DE的方程为X 设D(Xi, yi), E(X2,y2)则yi4x得m 1,点A

9、的坐标为(1,2). my t代入 y24x,得y2 4mty24m, yiy24t,4t 0,4m)216t0(*)ADAE(Xi1)2) X1X2(XiX2)1yi 目22(yiy2)42y4(yi24y2)22(y14(yi162(4t)16即 t2 6tt 2m2中y2)24yiy22(yi2yi y2yiy2)y22(yi y2) 52(4m)2( 4t)( 4t)2(4m)50化简得t249 4m 8m 4即(t5或t2m 1,代入(* )式检验均满足m(y 2)不满足题意2 23)4(m 1)6t25 4m 8m2(m i)直线DE的方程为X m(y 2) 5或x直线DE过定点(

10、5, 2).(定点(1,2)练习 7:已知点 A (- i, 0) , B ( i, i)和抛物线.C :y24x , O为坐标原点,点A的动直线I交抛物线C于M、P,直线MB交抛物线C于另一点Q,如图.LULU LUU(I)证明：OM OP为定值;(II)若 POM(川)证明直线5 -的面积为-，求向量OM与OP的夹角;2PQ恒过一个定点.解: (I)设点 M (22丫1),卩(也，y2), p、m、a三点共线,44y1kAM kpM，即一里4yiy22yi4即yiyiy2yiy2OMOP2yi42y24yiy25.(II)设/POM= a,则 |0M I I OP I cos 5.S RO

11、M5, |OM | |Op| sin5.由此可得 tana =1.又(0,)，45 ,故向量OM与OP的夹角为45 .2(川)设点Q(匹，y3), M、B、Q三点共线,4kBQkQM，即y3y1y3日小3 11边1444vT,即2 .y34y1y32(y3 1)(y1讨3y34,即 yiy3yiy34 O.LL L L 11 分ym4,即 y1-y24y3y2y2y340,即 4(y2y3)河30.(*)kPQy2 y32 2y2y3y2y3直线PQ的方程是yy2即(y y2)(y2 Z 4x2y2,即y(y2y3)y2 y34x.由(*)式， yy 4(y2y3)4,代入上式，得(y 4)(

12、72 y3)4(x1).由此可知直线PQ过定点E (1 ,模型二：切点弦恒过定点例题：有如下结论：圆xo y yo y2r ”，类比也有结论:2 2X y2X 椭圆二 a2X2r上一点P(xo,yo)处的切线方程为2与 1(a b 0)上一点 P(x0,y0)处的切b线方程为 弩 豊 1 ”，过椭圆C:a b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。43【解】(1)设 M(,t)(tR), A(X1,y1), B(X2,y2),则 MA 的方程为34y21的右准线I上任意一点M弓I椭圆C的X1Xy1y 1J3点 M 在 MA

13、上 捲ty13由知AB的方程为並X ty3易知右焦点F（ J3,0）满足式,1 同理可得X2 ty2131,即 xJ3(1 ty)(2)把AB的方程X J3(1故AB恒过椭圆C的右焦点F （J3,0）2y）代入4y21,化简得7y 6y |AB| 713LJ87167到AB的距离d 3732431 ABM 的面积 S - | AB | d216力21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：“尼尔森数学第一季_3下”，优酷

14、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）F 0,c c 0至线l : X y 20的距离为已知抛物线C的顶点为原点，其焦点342氾2.设P为直线l上的点，过点P作抛2物线C的两条切线PA, PB ,其中A,B为切点.（I）求抛物线C的方程；（n）当点P Xo,yo为直线I上的定点时，求直线AB的方程；（川）当点P在直线I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,由普结合C 0,解得c i.所以抛物线C的方程为X2 4y .（n ）抛物线C的方程为X2 4y ,即y丄X2,求导得4设 A Xi，yi ,

15、 B X2，y2 （其中2Xi ,y22X2），则切线PA, PB的斜率分别为 丄Xi,2i2X2,所以切线PA: y Vi - X Xi2Hx2Xiyi，即 XiX 2y 2yi 0同理可得切线 PB的方程为x2x 2y 2y2因为切线PA, PB均过点p Xo,yo,所以XiXo2yo 2yi 0 , X2X02 yo2 y20所以 Xi，yi , X2，y2为方程XoX2yo 2yo的两组解.所以直线AB的方程为XoX 2y2yo o.（川）由抛物线定义可知所以AF BF联立方程AFyii, BFVi i V2 iyiy2yiV2iXoX 2y 2yo 0X2 4y,消去X整理得2 Vo

16、Xo22Vo由一元二次方程根与系数的关系可得yiy22Xo2yo, yi y22yo所以AF BFVi 2Vi2i Vo22Xo2yo又点P Xd，Vo在直线I上，所以Xoyo 2,所以 Vo2 Xo2 2yo i 2yo22yo 52Vo所以当y0丄时，|af| |bf29取得最小值，且最小值为一.2练习2: （20i3年辽宁数学（理）如图，抛物线G : X2 4y,C2: X2点M x0,y0在抛物线C2上，过M作G的切线，切点为A, B ( M为原点0时，A, B重合4 于0)X0 1 J2,切线MA.的斜率为-.2(I)求P的值;(II)当M在C2上运动时,求线段AB中点N的轨迹方.A

17、,B重合于0时,中点为0 . I）圉为祀1物线仇=4八庞一虫（2）的叭时为八7-11切线 AU的轴半为一；.陌底A虽出桶期 1 故切线財d的方讦期-i*T-tL Iy = 1 三 o + H 十 T国为点M （ 1 - v7.yfl 曲/J线MA茂牠押纯G r.TiLIf L、 13-2V2比=一2（2-VI）十牙=厂（斗L m 即s 山巒得P = Z.n）iiJV（je.y）.朋蓝|，人旧匕年h矶*兀* III /V *丿线段中点扣r, t乃T =-,心 +存 尸一g.MH n勺片收为y- T（工-x,）4 .心r厘走y=于*-兀石山弘t；理M/1W5的丸占関（, 7D）的坐打；勾X1十心工

18、I出0 Xo 二 rjf 网此?15中点W的勒迹方用対宀4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。2X例题：如图，已知直线L: X my 1过椭圆C : 2a2 y b21(a b 0)的右焦点F,2且交椭圆C于A、B两点，点A B在直线G : X a上的射影依次为点 D Eo连接AE、BD,试探索当m变化时，直线 AE、BD是否相交于一定点 N?若交于定点 N,请求出N点的坐标, 并给予证明；否则说明理由。法一：

19、解： F(1,0), k(a2,0)先探索，当m=0时,直线L丄ox轴，则ABED为矩形,a2 1由对称性知，AE与BD相交于猜想：当m变化时，AE与BD相FK中点 N ,且 N(,0)2交于定点N(匸,0)2当m变化时首先AE过定点N证明：设 A(Xi, yi),B(X2, 丫2), E(a2, 丫2), D(a2, yi)y b2(1 a2)0.8分C X my 1旳/ 2 以 2、2 o .2Q 2 22 22 2 即(a b m )y2mbb x a y a b 0(Qa 1)4a2 b2 (a2 m2b2 1)又Kan讨1a2 12,Kenm%y21 a22而K ANKena2 1(

20、 丁(y1.22.1 a (a 12 ( 2y2) m%y2(这是Qa2 12学(a2 1) (mb2 mb2)(yiy2)m% y22mb2 )a mbmy)b2(1m2b20)KafKenA N、E三点共线a2)22. 2a m b同理可得BN、D三点共线a21 AE与BD相交于定点 N(,0)2得与x轴交点M N,然后两个坐标法2：本题也可以直接得出 AE和BD方程，令y=0, 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。X22例题、已知椭圆C: y21,若直线l : x4t(t 2)与x轴交于点T,

21、点P为直线I上点，试问直线MN是否通过椭圆的异于点T的任一点，直线PA1,PA2分别与椭圆交于 焦点？并证明你的结论。方法1 :点A1、A2的坐标都知道，可以设直线 是A1(-2,0)和M ,通过韦达定理，可以求出点 MP A1、的坐标,PA2的方程，直线 同理可以求出点PA1和椭圆交点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 PA1、PA2的方程可以求出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t2，就可以了，否则就不存在。解：设M(xi,yi), N(X2,y2),直线A

22、iM的斜率为ki ,则直线AM的方程为y ki(x 2)，由y k1(x2 - 2X 4y2)消y整理得(1 4k )x2416k2x 16k12Q 2和Xi是方程的两个根,16k124 则 X12X1心2 8k24k14 k即点M的坐标为(2 8k11 4k12,1 4k12)，同理，设直线A2N的斜率为k2，则得点N的坐标为啓診1牝24k2Q ypki(t2),yp k2(t 2)k1 k2k1 k22-,Q直线MN的方程为:tyy1y2%XX1x2Xi令 y=0，X2y1为兀，将点M、N的坐标代入,y1 y2化简后得:又 Qt 2，4 2Q椭圆的焦点为(J3,o)V3，时,MN过椭圆的焦

23、点。方法总结：本题由点 Ai(-2,0)的横坐标-2是方程(12 24k1 )x216k2X 16k140 的一个根，结合韦达定理，得到点M的横纵坐标:X12 8ki24k12k2(x4y22)消4y整理得(14k；)x2 16k2X216k20，得到2x2I，即X28k；21 4k；y2很快。不过如果看到:1 4k；将2x116k12 41 4k12中的k1用k2换下来,8k； 24k2X1前的系数2用一2换下来，就得点N的坐标(52 2,)，如果在解题时，能看到1 4k21 4k2这一点,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

24、也在直线A2N上，进而得到ki k2ki k22-，由直线MN的方程tyyixx.y2yixXix yiX1 y2得直线与x轴的交点，即横截距x E w，将点M N的坐标代入, yi y2化简易得T怎解出t等，到此不要忘了考察t警是否满足t 2。方法2：先猜想过定点，设弦MN勺方程，得出A1M、AN方程，进而得出与T交点Q S,两坐标相减=0.如下:设Imn : x my 73,联立椭圆方程，整理: (4 m2) y2 2j3my 1 0;求出范围；设 M (x1, y-,), N (x2, y2)，得直线方程：yXi2(x 2),Ia2n : y若分别于It相较于Q、S：易得Iaim : y

25、鬥2);Xi(t 2),S(t,2)yQ ysyix,2(t2)整理4myiy22(t乙(t问(yi2)y2)&3t 4)( yiy2)韦达定理代入(xi 2)(X22)i 74 4)(73t 4)( yi y2)(xi 2)(X22) 4 m显然，当t空3时，猜想成立。3方法总结：法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。x2 y2练习i： (io江苏)在平面直角坐标系 xoy中，如图，已知椭圆T+7=i的左右顶点为 A,B ,95右焦点为 F,设过点 T(t,

26、m)的直线 TA,TB与椭圆分别交于点 M(xi,yi), N(x2,y2)，其中m0,yi0,y20)的焦点F和椭圆X4 + y3 = 1的右焦点重合，直线I过点F交抛物线于A, B两点.(1)求抛物线C的方程;(2)若直经线l交y轴于点M，且MA= mAF , MB = nBF，对任意的直线l, m+n是否为定值？若是，求出m+n的值；否则，说明理由.知识分析：因动点，在将题设条件转化为方程，最后带入曲线方程求解即可；另一种方法就是直线 与圆锥曲线的通法韦达定理求解，但是计算量相对较大涉及到多点共线问题，一般用定比分点或者向量法，用自动点表示出解(1) 椭圆的右焦点F(1,0) , p=

27、2，即抛物线方程为y2 = 4x.法一由已知，得直线l的斜率一定存在且不为零，所以设 I: y= k(X 1)(kM0), l与y轴交于M(0, k).设 A(X1, yi), B(X2, y2).y= k X 1 ,由，贝U k2X2 2(k2 + 2)X + k2= 0,y2= 4x,所以= 4(k2 + 2)2 4k4= 16(k2 + 1)0 ,2k2 + 4X1 + X2=132, X1X2 = 1.k2X1 又因为 MA = mAF，所以(X1, y1 + k) = m(1 X1, y” .所以 X1= m(1 X1),即 m=1 X1同理可得门=严，所以m + n =严+严=X1

28、+ X2 2x1X2 =1 X21 X1 1 X2 1 X1 + X2 + X1X22k2 + 4 2=1.+ 1k22k2 + 41故对任意的直线l, m+n为定值1.法二设A(X1 ,y1), B(x2, y2), M(0, yo)由 MA = mAF ,得(X1, y1 y0) = m(1 X1 , y1),mX1=1 I1 + m所以y0y1= 1 + m.由 MB = nBF,得(X2, y2 y0)= n(1 X2, y2),nX2= i+ n， 所以y0y2=石.将 A(xi, yi), B(x2, y2)代入抛物线 C 的方程，整理得 4m2 + 4m y0= 0,4n2+4n

29、 y0= 0, 所以m, n是方程4x2 + 4x y2= 0 的根，故m+ n = i .所以对任意直线l, m+ n为定值i.练习i: (05全国I)已知椭圆的中心为坐标原点O，焦点在X轴上，斜率为i且过椭ULU UUL r圆右焦点F的直线交椭圆于 A、B两点，OA OB与a (3, i)共线。(I)求椭圆的离心率；(n)设M为椭圆上任意一点，且值.ujun uLU OM OAUULOB (,2R)，证明2为定2解：设椭圆方程为笃a1(a0),F(c,0)则直线AB的方程为代入2 X 2 a2 y b2化简得“2,22c2(a b )x 2a cxa2b20.令 A ( Xi,yi), B

30、(x2,y2),则XiX22a2ca bXiX22 2 a c2 aa2b2由OAOB(XiX2,yi y2),a(3, i),OA OB与a共线，得3(yiy2)(XiX2)0,又 yiXic, y2X2c,X22c)(XiX2)0,3c2所以2 2 a 3b .3xix2一 c.2J6a3b2X第39页共27页故离心率e(II)证明:2知a2 3b2，所以椭圆务a2 y b2i 可化为 X2 3y2 3b2.设OM(X,y)，由已知得(X, y)(Xi, yi)(X2, y2),XiX2，M(x,y)在椭圆上， (XiX2.XiX2)23( yi y2)23b2.3yi y2) 3b2.即 2(Xi2 3yi2)2(X； 3y；) 2(XiX2由（1）知X13c 2T,a3 -c22,b22 2a cX1X2一2aa2b23 2 -c8X1X2X1X23(xiC)(X2c)4x1X23(X12X2)c 3c3 2 -c29 2 -c23c2=0.又x23y122223b , x2 3y23b2，代入得221.练习2:已知2