解析几何中的定点,定值问答(含答案解析)

1、解析几何中的定点和定值问题【教学目标】学会合理选择参数（坐标、斜率等）表示动态图形中的几何对象，探究、证明其不变性质（定点、定值等），体会“设而不求”、“整体代换”在简化运算中的作用.【教学难、重点】解题思路的优化.【教学方法】讨论式【教学过程】一、基础练习1、过直线x 4上动点P作圆0:4的切线PA PB，则两切点所在直线 AB恒过一定点.此定点的坐标为【答案】（1,0）【解析】设动点坐标为P(4,t),则以OP直径的圆C 方程为：x(x 4) y(y t) 0 ,故AB是两圆的公共弦，其方程为4xty注：部分优秀学生可由xoxyoy公式直接得出.令4x 40得定点y 0(1,0).2、已知

2、PQ是过椭圆C: 2x21中心的任一弦， A是椭圆C上异于P、Q的任意一点若AP、AQ分别有斜率ki、k2 ,ki k2 =【答案】-2【解析】设 P（X, y）, A（Xo, yo），则 Q（ x,y)k1 k2 g gX) X Xo X22yoy22 ，XoX又由A、P均在椭圆上，故有:2Xo22x22yo2y两式相减得2（Xo22 2X ) (yoy2),kik222yoy 2222X)X2X3、椭圆一362y271，过右焦点F作不垂直于x轴的直线交椭圆于 A、B两点,AB的垂直平分线交x轴于N，则NF :【答案】-4【解析】设直线AB斜率为k ,则直线方程为 y k X与椭圆方程联立消

3、去 y整理可得3 4k2X2则 XiX224k4k2，X1X236k2 1083 4k2所以y1 y218k3 4k2 ,则AB中点为12k2_3 4k2,39k4k2所以AB中垂线方程为9k4k2ab|等于e_12 424k2x 36k2 1080,12k23 4k2，即3 4k2,0所以NF9(1 k2)3 4k2AB2x1 x24x1 x?36 1 k2,所以3 4kNFABx24、已知椭圆孑21（a b 0） , A, F是其左顶点和左焦点，2P是圆x2 .2y b上的动点，若PA=常数，则此椭圆的离心率是PF【答案】e=【解析】I PA因为ipF常数，所以当点P分别在（±

4、b , 0）时比值相等,a+b即b c b+c，整理得:b2 ac,又因为b2 a2所以 a2 c2 ac 0同除以a2可得e2+e-1=0，解得离心率e=75 1二、典例讨论例1、如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：2T 1的左顶点为A，过原点O的直线（与坐标轴不重合）与椭圆 C交于P, Q两点，直线PA,QA分别与y轴交于M , N两点.试问以MN为直径的圆是否经过定点（与直线PQ的斜率无关）？请证明你的结论.分析一:设PQ的方程为y kx，设点P Xo，yo(Xo 0 ),则点 QXo, yo .y联立方程组2XkX,2y24消去y得X22所以Xo 山2kyo2kJl 2 k2所以直

5、线AP的方程为k1 7l 2k22 .从而2k同理可得点N O,1 x/r2?所以以MN为直径的圆的方程为(y2kr)(y2kFTHFo整理得:2k,)y 2 O1 7l 2k2O，可得定点F(分析二：设 P (xo, yo)，则2 2Q (- X0, - y0),代入椭圆方程可得 x0 2 y04 .由直线PA方程为：y七(XX022),可得M 02y0X02 ，同理由直线QA方程可得0,2y0X0 2，可得以MN为直径的圆为2y0X0 22y0X0 22整理得：X2y0X0 22y0X0 24y242X02由于X042y02，代入整理即可得x22X0此圆过定点F (分析三:易证：k AP

6、k AQ£2a故可设直线AP斜率为k ,则直线AQ斜率为12k直线AP方程为y k(x 2)，从而得M (0, 2k)，以2k 代 k 得 N0,故知以MN为直径的圆的方程为 x1(y 2k)(y 1)整理得:1(1 2k)y可得定点F(屁0).分析四、设 M(0, m), N(0, n),为直径的圆的方程为 x2(y m)(yn)即 x2 y2 (m n)y mn 0b2再由 kAPkAQkAM kAN = 2a1得mn - 2，下略22 2例2、已知离心率为e的椭圆C : 4 缶1(a b 0)恰过两点(1,e)和2,0 .求椭圆C的方程;已知AB、MN为椭圆C上的两动弦，其中

7、M、N关于原点0对称，AB过点E(1, 0),且AB、MN斜率互为相反数.试问：直线AM、BN的斜率之和是否为定值？证明你的结解析:(1)由题意:22eb2b2所以椭圆2XC的方程为41. 设 AB方程为 y k(x 1)，A(x1, y1)，B(x2, y2)则MN方程为y kx又设M(X3,kx3)，N( X3, kx3)kAMkBNy1 kx3y kx3kg 1) gX1X3X2X3X1X3k(X21) kx3X2 X3则整理得:kAMkBNk (X1 X3 1)(X2 X3) (X2X3 1)(X1 X3)kAMkBN2x1x2(X1X3)(X22x32 (X1 X2)(X1X3)(X

8、2X3)X3)由 y2 k(X2 1)消元整理得：(4k2 1)x2 8k2xX 4y 44k240，所以XiX22 28k4k 4一2一, X1X2 一24k 14k 1又由y kxx2 4y2消元整理得:4(4k21)x24，所以2X3将、代入式得:kAMkBN0.例2(变式)、已知离心率为e的椭圆1(a b 0)恰过两点(1,e)和2,0 .解析:求椭圆C的方程;已知AB、MN为椭圆C上的两动弦，其中M、N关于原点0对称，E(m, 0), ( 2 m 2)，且AB、MN斜率互为相反数.试问：直线 AM、和是否为定值？证明你的结论(3)由题意:12a22eb2b2所以椭圆x2C的方程为41

9、.AB过定点BN的斜率之设 AB方程为 y k(x m)，Ag%)， Bg, y?)，则MN方程为y kx又设 M(X3, kx3)， N( X3,kx3)kAMkBNyi kx3y2 kx3k(x1 m) kx3XiX3X1 X3X2 X3k (x2 m) kx3X2 X3则整理得:kAMkBNk (xi X3 m)(X2 X3) (X2 X3 m)(Xi X3)(Xl X3)(X2X3)kAMkBNk 2x1x222X3m(Xi X2)(XiX3)(X2X3)由y2Xk(x4y2m)消元整理得:4(4 k21)x2 8k2mx4k2m2 4所以X1X28k2m4k21'曲24k2m

10、244 k21又由yX2kx4y24消元整理得:(4k21)X24 ,所以2X344k2 1将、代入式得:kBN 0 .三、课外作业2 21、已知椭圆亍亡1 ,A、B是其左、右顶点，动点M满足MB丄AB,连结AM交椭圆于点P,在X轴上有异于点 A、B的定点Q,以MP为直径的圆经过直线 BP、MQ的交点，则点 Q的坐标【答案】(0,0 )【解析】试题分析：设 M(2,t),则AM : y -(X 2)，与椭圆方程联立消y得(t2 8)x2 4t2x 4t2 32 0,4所以Xp216 2tP，yP&t2 88t，因此kBPt 216 2t2(0,0)2、已知2XP是椭圆1221上不同于左

11、顶点 A、4右顶点分别为ki,k2,则ki k2的值为【答案】【解析】设 P(x, y)，A(273,0), B( 273,0)贝 y kt"-_严X 2J3，k2y273，k1k2 出yX 2732yX212因为P在椭圆上，所以2y_41，即123把代入，得k1k22y2X 122t，即kBpkoM1，点Q的坐标为0B的任意一点，记直线 PA, PB的斜率2X3、已知椭圆a2 y b21(a b0）的离心率e= 1，A,B是椭圆的左右顶点，P为椭圆上不同于2AB的动点，直线PA,PB的倾斜角分别为，则 COSH=【答案】7【解析】试题分析：因为A,B左右顶点，为椭圆上不同于AB 的

12、kpA kpBb2Qecos(coscossinsincos( )cos cossinsin4、如图所示,已知椭圆 C：X2点为A'，当A，B变化时，如果直线【答案】（4，0）a2 b21 tanb2kpA kpBb2tan1 tan tan341 34在椭圆C上任取不同两点AB经过【解析】设直线 AB的方程为x= my + 1，由2my 3 = 0.记 A(X1, y1), B(X2, y2)，则 A'(X1, y1),当 m MO 时，经过点 A'(X1, y1), B(X2,X2 X1y2 y1y1 + X1 =y2 y1+ my1 + 1A，B,点A关于x轴的对

13、称x轴上的定点T（1，0），则直线 A'B经过x轴上的X2my1得(my + 1)2 + 4y2 = 4，即(m2 + 4)y2 +2m3y1 + y2=- , y1y2=-m 4m 4y2）的直线方程为乂 X X1y2y1X2X1令 y = 0,得 x =my1 y2 my2 + m% 讨? + my2y2+ y1y2+ y12m 二m4 + 1 = 4，所以 y= 0 时，x= 4.2m当m = 0时，直线AB的方程为x=m241，此时A ',B重合，经过A ',B的直线有无数条，当然可以有一条经过点(4 , 0)的直线.当直线AB为x轴时，直线 A B就是直线AB

14、，即x轴，这条直线也经过点(4 , 0).综上所述，当点B变化时，直线A B经过x轴上的定点(4 ,0).x2y25、过椭圆1的右焦点43F2的直线交椭圆于于 M ,N两点，令F2Mn，则mn【答案】【解析】x2试题分析:不失一般性，不妨取MN垂直x轴的情况，此时 MN : x=1,联立2y31(1 , 3 ) ,N (1 , -3 ),5=n=2 2mn6、已知椭圆C的中心在坐标原点,焦点在x轴上,左顶点为A ,左焦点为Fi2,0，点 B 2, J2在椭圆C上，直线y kx k 0与椭圆C交于E , F两点，直线AE , AF分别与y轴交于点M ,(I)求椭圆C的方程;(n)以MN为直径的圆

15、是否经过定点？若经过，求出定点的坐标；若不经过，请说明理由.2 2解析：(I)解法一：设椭圆C的方程为 令与 1 (a b 0), a b因为椭圆的左焦点为 F12,0，所以a2 b2 4.设椭圆的右焦点为F22,0，由椭圆的定义知BF1BF2所以2a3近4近.所以a2 J2，从而b2.所以椭圆C的方程为X2! 2y2a,84已知点B 2, J2在椭圆C 上,解法二:2X设椭圆C的方程为笃a2 y b21 (a b 0),因为椭圆的左焦点为 Fi2,0，所以因为点B 2, 在椭圆C上，所以2a由解得，a 2恵，所以椭圆C的方程为X2(n)解法一：因为椭圆C的左顶点为A，则点A的坐标为242,0

16、 .因为直线y kx(k2X0)与椭圆21交于两点E，4设点E x0, y0 (不妨设Xo0)，则点 FX0，y0 .y联立方程组 X28kX,y2 消去4y得X282k所以X0222k2，则y。_/2k_2 k2所以直线AE的方程为k1 J1 2k222 .因为直线AE，AF分别与y轴交于点M，令X 0得y忌242k，即点M 0,.1 V1 2k2同理可得点N 0,一2y2k1 Jl 2 k2所以MN2J2 1 2k2/2k272k1 x/1 2k21(1 2k2设MN的中点为P，则点P的坐标为P0,则以MN为直径的圆的方程为X2J2 1 2k2 2|k|即 X2y2 症 y 4.k令y 0

17、 ,得X24，即X故以MN为直径的圆经过两定点 P2,0，F2解法二：因为椭圆C的左端点为 A，则点A的坐标为2/2,0.因为直线y kx(k 0)与椭圆设点 E(xo, yo)，则点 F( Xo,2X8y。).1交于两点E , F ,所以直线AE的方程为yy。X242因为直线AE与y轴交于点2丘*X0 242，即点M20%X0同理可得点所以MN2屁2咼0242 X 22X016y0x： 8因为点E(X0,y0)在椭圆C上，所以8所以MNy。设MN的中点为P，则点P的坐标为P 0,y。则以MN为直径的圆的方程为X2y邑y。162 - y。即X2y2 +込 y 4 y00 ,得 X24，即 X故

18、以MN为直径的圆经过两定点 P解法三：因为椭圆C的左顶点为 A，则点A的坐标为2/2,0 .2 2X y因为直线y kx(k 0)与椭圆 6 亍 1交于两点E , F ,设点 E 2逅cos ,2sin)，则点F2a/?cos , 2sin所以直线AE的方程为y2si n22 cos242因为直线AE与y轴交于点y上目，即点 cos 10迪cos同理可得点N 0,亘 cos所以MN2si n cos 12sincos 14sin设MN的中点为P，则点P的坐标为P0,2cossin则以MN为直径的圆的方程为 x2y2cossin4.2 Sin即 x2y24 .sin令y 0 ,得x24，即x 2

19、或x 2 .故以MN为直径的圆经过两定点P 2,0 , F22,0 .7、已知椭圆C:笃 与=1 (a>0 , b>0 )的离心率为 ，点A(1 , 3)在椭圆C上. a b22(I)求椭圆C的方程;(n )设动直线l与椭圆C有且仅有一个公共点，判断是否存在以原点O为圆心的圆，满，且使得直线 OPi，OP2的斜率之足此圆与I相交于两点Pi, P2 (两点均不在坐标轴上)积为定值？若存在，求此圆的方程；若不存在，说明理由.解：由题意，得a Tb2又因为点A3)在椭圆C上，2所以椭圆4321，解得a732C的方程为41.(n)结论：存在符合条件的圆，且此圆的方程为证明如下:假设存在符合

20、条件的圆，并设此圆的方程为r2(r 0)当直线I的斜率存在时，设I的方程为ykx由方程组y kx m,2 2x22 得(4k1)x才y 1,8kmx4m2因为直线I与椭圆C有且仅有一个公共点,所以12 2 2(8km)4(4k1)(4m4) 0，即 m4k2y kx由方程组 22X ym,2 得(k21)x222kmx mr20(2 km)2 4(k2 1)(m2r2) 0设 R(xi,yi),P2(X2,y2)，则 X1X22kmk2 1设直线OPi ,OP2的斜率分别为ki,k2,k1k2所以ym(kxim)(kx2m)k2x1x2km(x1 x2) m2X1X2X1X2XX2要使得22,2 m r ,2 kmk 2 km rk21k222m rk2124k 1代入上式，得4 r2k