圆锥曲线解答题定值与定点问题剖析

1、圆锥曲线中定值问题 在圆锥曲线中，有一类曲线系方程，对其参数取不同值时，曲线本身的性质不变；或形态发 生某些变化，但其某些固有的共同性质始终保持着，这就是我们所指的定值问题 . 圆锥曲线中的几何量，有些与参数无关，这就构成了定值问题. 它涵盖两类问题，一是动曲线 经过定点问题；二是动曲线的某些几何量的斜率、长度、角度、距离、面积等为常数问题 . 在几何问题中，有些几何量与参变数无关，即定值问题，这类问题求解策略是通过应用赋值法 找到定值，然后将问题转化为代数式的推导、论证定值符合一般情形 . 1. 若探究直线或曲线过定点，则直线或曲线的表示一定含有参变数，即直线系或曲线系，可将 其方程变式为

2、(f x，y) g(x，y) (0 其中 为参变数)，由 (f x，y) 0确定定点坐标 . g( x，y) 0 例 1.(2012 湖南理 21) 在直角坐标系 xOy中，曲线 C1上的点均在圆 C2：(x 5)2 y2 9外，且对C1上任意一点 M ， M 到直线 x 2的距离等于该点与圆 C2 上点的距离的最小值 . (1) 求曲线 C1 的方程； (2) 设P(x0,y0)(y03)为圆 C2外一点，过P作圆 C2的两条切线，分别与曲线 C1相交于点 A,B 和C,D .证明：当 P在直线 x 4上运动时，四点 A, B,C, D的纵坐标之积为定值 . 1. (1)解法 1 ：设 M

3、的坐标为 (x, y) ，由已知得 x 2 (x 5)2 y2 3 ， 易知圆 C2上的点位于直线 x 2的右侧 .于是 x 2 0，所以 (x 5)2 y2 x 5. 2 化简得曲线 C1 的方程为 y2 20 x. 解法 2 ：由题设知，曲线 C1上任意一点 M 到圆心 C2 (5,0) 的距离等于它到直线 x 5 的距离， 因此，曲线 C1 是以 (5,0) 为焦点，直线 x 5 为准线的抛物线， 故其方程为 y2 20 x. (2)当点 P在直线 x4上运动时， P 的坐标为 ( 4, y0 ) ，又 y03，则过 P且与圆 C2 相切得 直线的斜率 k 存在且不为 0，每条切 线都与

4、抛物线有两个交点，切线方程为 y y0 k(x 4), 即 kx y y0 4k 0.于是 5k y0 4k 3. k2 1 整理得 22 72k2 18y0k y02 9 0. 设过 P所作的两条切线 PA, PC的斜率分别为 k1 , k2 ，则 k1, k2是方程的两个实根，故 k1 k2 18y0 72 y0 4 k1x y y0 4k1 0, 2 由 1 2 0 1得 k1y2 20y 20(y0 4k1) 0. y 20 x, 设四点 A,B,C,D 的纵坐标分别为 y1, y2 , y3, y4，则 y1, y2是方程的两个实根，所以 y1 y2 20(y0 4k1) k1 同理

5、可得 于是由，三式得 y3 y4 20(y0 4k2) k2 y1y2y3y4 400(y0 4k1)(y0 4k2) k1k2 400 y02 4(k1 k2)y0 16k1k2 400 y02 y02 16k1k2 6400 . k1k2 所以，当 P在直线 x 4上运动时，四点 A,B,C,D 的纵坐标之积为定值 6400. 【点评】本题考查曲线与方程、直线与曲线的位置关系，考查运算能力，考查数形结合思想、函数 与方程思想等数学思想方法 . 第一问用直接法或定义法求出曲线的方程；第二问设出切线方程，把 直线与曲线方程联立，由一元二次方程根与系数的关系得到 A,B,C,D 四点纵坐标之积为

6、定值，体 现“设而不求”思想 . 【变式训练 1】 （2012 辽宁理 20） 22 x y 2 2 2 如图，椭圆 C0： 2 2 1(a b 0，a，b为常数)，动圆 C1:x2 y2 t12，b t1 a点 ab A1, A2分别为 C0的左，右顶点， C1与C0相交于 A，B，C，D 四点 ()求直线 AA1与直线 A2B交点 M 的轨迹方程 ; t12 t22 为定值 ()设动圆 C2:x2 y2 t22与C0相交于 A,B ,C ,D 四点，其中 b t2 a， t1 t2 若矩形 ABCD与矩形 A,B,C ,D 的面积相等，证明： 【点评】 本题主要考查圆的性质、椭圆的定义、标

7、准方程及其几何性质、直线方程求解、直线与椭 圆的关系和交轨法在求解轨迹方程组的运用。本题考查综合性较强，运算量较大。在求解点 M 的 轨迹方程时，要注意首先写出直线AA1和直线 A2B 的方程，然后求解。属于中档题，难度适中。 【变式训练 1】 （2012 上海理 22） 在平面直角坐标系 xOy 中，已知双曲线 C1： 2x2 y2 1 （1）过 C1的左顶点引 C1的一条渐近线的平行线，求该直线与另一条渐近线及x 轴围成的三角形 的面积； （2）设斜率为 1的直线l交C1于P、Q两点，若 l与圆x2 y2 1相切，求证： OP OQ； （3）设椭圆 C2：4x2 y2 1，若M 、 N分别

8、是C1、 C2上的动点，且 OM ON ，求证： O 到直线 MN 的距离是定值 【点评】 本题主要考查双曲线的概念、标准方程、几何性质及其直线与双曲线的关系、椭圆的标准 方程和圆的有关性质 .特别要注意直线与双曲线的关系问题， 在双曲线当中， 最特殊的为等轴双曲线， 它的离心率为 2 ，它的渐近线为 y x，并且相互垂直， 这些性质的运用可以大大节省解题时间， 本题属于中档题 22，0 ，渐近线方程： y 2x. 解： （1）双曲线 C1：x1y21，左顶点 A 即 y 2x 1. 2 2， x 4 ， 得4 y12. 过点 A 与渐近线 y 2x 平行的直线方程为 y y 2x， 解方程组

9、 y 2x 1 所以所求三角形的面积为 （2）设直线 PQ 的方程是 故 |b| 1，即 b2 2. S12|OA|y| 82. yxb，因直线 PQ 与已知圆相切， y xb，2 2 由得 x2 2bx b2 10. 2x2y21， x1 x2 2b， 设 P（x1， y1）、Q（x2，y2），则2 x1x2 1 b2. 又 y1y2 （x1 b）（x2 b），所以 2 OPOQx1x2y1y2 2x1x2b（x1x2） b 2 2 2 2 2(1b2) 2b2b2b220. 故 OP OQ. （3）当直线 ON 垂直于 x 轴时， |ON|1，|OM| 22，则 O到直线 MN 的距离为

10、33. 当直线 ON 不垂直于 x 轴时， 设直线 ON 的方程为 ykx 显然 |k| 22 ， 则直线 OM 的方程为 ykx， 由 由 4x2 y21 1 y kx. 21 x 2， 4k2 得2 2 k ， y 2， 4k2 所以|ON|21k2. 4k2 同理|OM|2 12 k2， 2k21 设O 到直线 MN的距离为 d， 2 2 2 2 2 因为 (|OM|2|ON|2)d2|OM|2|ON|2. 2 即 d 33. 1 1 13k 3 所以d12|O1M|2|O1N|2 k213， 综上， O 到直线 MN 的距离是定值 例 2（2102 福建文 21）（本小题满分 12 分

11、） 如图，等边三角形 OAB的边长为 8 3 ，且其三个顶点均在抛物线 E: x2 2py（p 0）上 I）求抛物线 E 的方程； II）设动直线 l 与抛物线 E相切于点 P，与直线 y1相交于点 Q证明以 PQ 为直径的圆 恒过 y 轴上某定点 本小题主要考查抛物线的定义与性质、圆的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等基础知识，考查运 算求解能力、推理论证能力，考查数形结合思想、化归与转化思想、特殊与一般思想 2解：依题意 |OB |=8 3， BOy 30 , 设B(x,y)，则 x=|OB|sin30 4 3， y=|OB|cos30 12 因为点 B(4 3,12) 在 x2 2 py上

12、，所以(4 3)2 2p 12，解得 p 2 所以抛物线 E 的方程为 x2 4y 12 (2)由( 1)知 yx2, y 1 x 42 设 P(x0,y0)，则 x0 0，并且 l的方程为 y y0 x0(x x0)，即 y 12x0 x 14x02 1 1 2 由 y 12 x0 x 14 x02, y1 得 x x02x04, y 1. 所以 Q(x0 4, 1) 2x0 设M(0,y1),令MP MQ=0对满足 y0 41 x02(x0 0)的 x0 ， y0恒成立 x2 4 由于 MP (x0, y0 y1)， MQ=( 2x ， 1 y1) ， 由于 MP MQ 0, 得 x02

13、4 y0 y0y1 y1 y12 0 ， 即 (y12 y1 2) (1 y1)y0 0 *) 由于( *)对满足 y0 41 x02(x0 0)的y0恒成立，所以 12 y1 0, 0 4 0 0 0y12 y1 2 0, 解得 y1 1 故以 PQ 为直径的圆恒过 y轴上的定点 M (0,1) 解法二 (1)同解法一 (2)由( 1)知 y 1 x , y 1 x 42 设P(x0,y0)，则 x0 0，并且 l的方程为 y y0 x0(x x0)，即 y 12x0 x 14x02 1 1 2 由 y 12 x0 x 14 x02, y1 得 x x02x04 y 1. 所以 Q ( 2

14、x0 4 2x0 1) 取 x0 =2，此时 P（2，1），Q（0，-1） ， 以 PQ 为直径的圆为 (x 1)2 y2 2，交 y 轴于点 M 1 ( 0,1)或 M2(0，-1)； 取 x0 =1 ，此时 P(1,14) ， Q( 23, 1)， 1 23 2 125 以PQ为直径的圆为 (x )2 (y )2，交 y轴于 M 3(0,1)或M 4 (0, 7) 48 644 以下证明点 M （0,1） 就是所要求的点 故若满足条件得点 M 存在，只能是 M （0,1） x 2 4 因为 MP (x0, y0 1)， MQ ( 0 ， 2) 2x0 x0 4 MP MQ022 y0 2

15、2y0 2 2y0 2 0 故以 PQ 为直径的圆恒过 y 轴上的定点 M 例 3（2012北京理 19）（本小题共 14 分） 22 已知曲线 C : 5 m x2 m 2 y2 8 m R 1）若曲线 C 是焦点在 x轴上的椭圆，求 m的取值范围； 2）设 m 4 ，曲线 C 与 y 轴的交点为 A ， B （点 A 位于点 B 的上方），直线 y kx 4 与 曲线 C 交于不同的两点 M ， N ，直线 y 1与直线 BM 交于点 G ，求证： A ， G ， N 三点共线 3解：（1）原曲线方程可化简得： x2 8 2 m2 5m 88 5 m m 2 由题意可得： 5m ，解得：

16、m2 2）由已知直线代入椭圆方程化简得：（2k2 1）x2 16kx 24 0 ， =32(2k2 3) ，解得： k2 3 2 由韦达定理得： xM 16k 2k 2 1 ， xM xN 24 2k 2 1 ， 设N(xN , kxN 4)，M(xM , kxM 4) ， G(xG ，1) MB方程为： y kxM 6x 2，则 G 3xM kxM 6 ，1 ， AG xMk 6， 1 ， AN xN，xNk 2 ， 欲证 A，G ，N三点共线，只需证 AG，AN 共线 即 xM k 6 3x M （xNk 2） xN 成立，化简得： （3k k）xM xN6（xM xN ） 将代入易知等式

17、成立，则 A ，G ，N 三点共线得证 变式训练 31】（2012 天津理 19） 22 右顶点分别为 A,B，点 P 在椭圆上且异于 A, B两点， O 设椭圆 x2 y2 1（a b 0） 的左、 a2 b2 为坐标原点 1）若直线 AP 与 BP 的斜率之积为 21 ，求椭圆的离心率； 2）若|AP|=|OA|，证明直线 OP 的斜率 k满足|k| 3 解： （1）设点 P 的坐标为 （x0， y0） 22 由题意，有 ax02by201. ab 由 A（a,0）， B（a,0），得 y0 y0 kAP， kBP x0 ax0a 由 kAPkBP 2，可得 x0a 2y0， 代入并整理得

18、 （a2 2b2）y020.由于 y00， 故 a2 2b2. 2 a2 b2 1 所以椭圆的离心率 e 22. 2 于是 e2 a2 2， （2）证明： （方法一 ） 依题意，直线 OP 的方程为 y kx， 设点 P 的坐标为 （x0， y0） y0 kx0，a2b2 由条件得 x02 y20消去 y0 并整理得 x02 2a2b 2. ax20by201，k2a2b2 2 2 2 2 由|AP|OA|，A（a,0）及 y0kx0，得 （x0a）2k2x02a2. 22 整理得 （1 k ）x0 2ax0 0. 而 x0 0， 2a 2 2 2 b 2 于是 x02，代入，整理得 （1 k

19、2）24k2 a 24. 1 k2a 由 ab0， 故 （1k2）24k24， 即 k214，因此 k2 3，所以 |k| 3. （方法二 ）依题意，直线 OP 的方程为 y kx，可设点 P 的坐标为 （x0，kx0） 2 2 2 由点 P 在椭圆上，有 x20k x201. ab 2 2 2 因为 ab0，kx0 0，所以 x02 k x201， aa 即（1k2）x20 a2. 由|AP|OA|，A（a,0），得 （x0a）2k2x02a2， 2a 2，代入，得 1k2 整理得 （1 k2）x022ax00，于是 x0 2 (1k2)14ak22 3，所以 |k| 3. 变式训练 32】

20、（2012 安徽理 20） 22 如图，点 F1（ c,0）, F2 （c,0） 分别是椭圆 C : x2 y2 1（a b 0） 的左、右焦点，过点 F1 作 ab x轴的垂线交椭圆的上半部分于点 P，过点 F2作直线 PF2的垂线交直线 x ac 于点Q； 1）如果点 Q的坐标是 （4, 4） ；求此时椭圆 C 的方程； y1 b2 2）证明：直线 PQ 与椭圆 C 只有一个交点 22 解：( I)点 P( c, y1 )( y1 0) 代入 2 2 1得： b PF1 QF2 ba 0 4 0 c c 4 c 22 ca b(2 a, b, 0) 由 得： a 2,c 1,b 3 ， 2

21、2 即椭圆 C 的方程为 x y 1 43 c c ayc22 0c1 c y2 2a a2ba 0 II)设 Q(ac ,y2)；则 PF1 QF2a c 2a b 得： kPQ 2 a ca a c a c 22 xy 2 2 1 y ab b2 b2 x2y 2 xy a2 xyb2 b2 2x a b2 2 2x a 过点 P 与椭圆 C相切的直线斜率 k y 得：直线 PQ与椭圆 C 只有一个交点 xc kPQ b2 解： （1）（方法一 ）由条件知， P c，ba ， ba20ab2 故直线 PF2 的斜率为 kPF2 ac c 2bac. 2ac 因为 PF2 F2Q，所以直线

22、F2Q 的方程为 y b2 x b2 2 由题设知， a 4, 2a 4，解得 a2， c 1. c 22 故椭圆方程为 x y 1. 43 2 a （方法二 ）设直线 x c与 x轴交于点 M， c b2 . a. 因为PF1F2F2MQ，所以 |FP2FM1|FM1QF2|. b2 a 2c 即a2c|M2Qc|， c ac24， 所以 c 2a4， 由条件知， P c， 解得 |MQ| 2a. a2，c1 2ac 22 ，故 Q ac， 2a . 故椭圆方程为 2 x x4 2 y31 2 xa y 2a c (2)证明： 直线 PQ 的方程为 2 c2 , b 2a c a ac 即

23、y cx a. a 将上式代入椭圆方程得， 解得 x c,y b , a x2 2cx c2 0. 所以直线 PQ与椭圆 C只有一个交点 例 4 （2012 福建理 19） 22 如图，椭圆 E： x2 y2 1（a b 0）的左焦点为 F1，右焦点为 F2 ，离心率 e 1，过 F1的直 a b 2 线交椭圆于 A,B 两点，且 ABF2 的周长为 8 （）求椭圆 E 的方程 （）设动直线 l：y=kx+m 与椭圆 E 有且只有一个公共点 在坐标平面内是否存在定点 M ，使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M？若存在， 求出点 M 的坐标； 若不 存在，说明理由 解： 解法 (1)因为 |AB|

24、AF2|BF 2|8，即 |AF1|F1B| |AF 2| |BF2|8， 又|AF 1| |AF2|BF1|BF2|2a，所以 4a 8， a2. 又因为 e 21，即 ca 12，所以 c1，所以 b a2c2 3. 22 故椭圆 E 的方程是 x y 1. 43 ykxm， （2）由 x42y321， 2 2 2 得(4k23)x28kmx4m2120. 因为动直线 l 与椭圆 E有且只有一个公共点 P（x0，y0），所以 m0且 0， 即 64k2m24（4k23）（4m212）0，化简得 4k2m23 0.（*） 此时 x0 4km 2 4k23 4k m y0 kx0 m m3，所

25、以 P 4k， 3 . m ，m . x 4 ， 由 得 Q（4,4k m） y kxm 假设平面内存在定点 M 满足条件，由图形对称性知，点 M 必在 x 轴上 设M（x1,0），则MPMQ0对满足（*）式的 m、k恒成立 4k 3 因为MP mx1，m ， MQ （4 x1,4k m），由 MPMQ0， 16k 4kx12 12k 得 1 4x1x21 30， m m m 整理，得 (4x1 4)mk x12 4x130.(*) 4x1 40， 由于(*) 式对满足 (*)式的 m，k 恒成立，所以 2 解得 x11. x1 4x1 3 0， 故存在定点 M (1,0)，使得以 PQ 为直

26、径的圆恒过点 M. 解法二： (1)同解法一 ykxm， (2)由 x2 y2得(4k2 3)x28kmx 4m212 0. x y 1， 4 31， 因为动直线 l 与椭圆 E有且只有一个公共点 P(x0，y0)，所以 m0且 0， 即 64k2m24(4k23)(4m212)0，化简得 4k2m23 0.(*) 4km 4k 3 4k 3 此时x0 4k23 m， y0 kx0mm，所以 Pm，m . x4， 由得 Q(4,4k m) y kxm， 假设平面内存在定点 M 满足条件，由图形对称性知，点 M 必在 x 轴上 取 k0，m 3，此时 P(0， 3)，Q(4， 3)，以 PQ 为

27、直径的圆为 (x 2)2(y 3)24，交 x 轴于点 M1(1,0)，M2(3,0)；取 k 12，m2，此时 P1，32 ，Q(4,0)，以 PQ为直径的圆为 x52 2 y43 21465，交x轴于点 M3(1,0)，M4(4,0)所以若符合条件的点 M 存在，则M的坐标必为 (1,0) 以下证明 M(1,0)就是满足条件的点： 4k 3 因为 M 的坐标为 (1,0)，所以 MP m1，m ，MQ(3,4km)， 12k 12k 从而 MP MQ 3 30， mm 故恒有 MP MQ ，即存在定点 M(1,0)，使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M. 解法三： (1) 同解法 )由对称性

28、可知设 P(x0, y0 )( y0 0)与 M (x,0) 22 x2 y2 1 43 y 3 34 x2y 3x 3x0 k 4y0 直线 l : y y0 4y0 (x x0) Q(4, 3(1 x0) y0 MP MQ0 ( x 0 x)( x4) 0 3(1 x0 ) 0 0 x( x 1) (x 1)(x *)3) y0 *)对 x0 ( 2,2)恒成立 x 1， 得M (1,0) 变式训练 4】 (2012 江西理 20) 已知三点 O(0,0) ， A( 2,1)， B (2,1) ，曲线 C上任意一点 M (x,y)满足 |MA MB | OM (OA OB) 2 (1)求曲线 C 的方程； (2)动点 Q(x0, y0 )( 2 x0 2)在曲线 C上，曲线 C在点Q处的切线为 l 问：是否存在 定点 P(0,t)(t 0)，使得l 与PA, PB都相交，交点分别为 D,E，且QAB 与PDE的面积之比 是常数？若存在，求 t 的值；若不存在，说明理由 解： (1)由 MA(2x,1y)，MB(2x,1y)，得 |MA MB | 2x 2 22y 2， OM(OAOB)(x，y) (0,2)2y， 由已知得2x 2 2 2y 2