第八章第8讲第3课时定点、定值问题

1、第 3 课时 定点、定值问题 ,学生用书 P164P165) 考点一_定点问题_ (2014 高考山东卷节选)已知抛物线 C：y22px(p0)的焦点为 F，A 为 C 上异于原点的任意一点， 过点 A 的直线l 交C 于另一点 B， 交 x轴的正半轴于点 D， 且有|FA|FD|，当点 A 的横坐标为 3 时，ADF 为正三角形 (1)求 C 的方程； (2)若直线 l1l，且 l1和 C 有且只有一个公共点 E，证明直线 AE 过定点，并求出定点坐标 解 (1)由题意知 F(p2，0) 设 D(t，0)(t0)，则 FD 的中点为(p2t4，0) 因为|FA|FD|， 由抛物线的定义知 3

2、p2tp2， 解得 t3p 或 t3(舍去) 由p2t43，解得 p2 所以抛物线 C 的方程为 y24x (2)由(1)知 F(1，0) 设 A(x0，y0)(x0y00)，D(xD，0)(xD0) 因为|FA|FD|，则|xD1|x01， 由 xD0 得 xDx02，故 D(x02，0)， 故直线 AB 的斜率 kABy02 因为直线 l1和直线 AB 平行， 设直线 l1的方程为 yy02xb， 代入抛物线方程得 y28y0y8by00， 由题意64y2032by00，得 b2y0 设 E(xE，yE)，则 yE4y0，xE4y20 当 y204 时，kAEyEy0 xEx04y0y04

3、y20y2044y0y204， 可得直线 AE 的方程为 yy04y0y204(xx0) 由 y204x0， 整理可得 y4y0y204(x1)， 直线 AE 恒过点 F(1，0) 当 y204 时，直线 AE 的方程为 x1，过点 F(1，0)， 所以直线 AE 过定点 F(1，0) 规律方法 圆锥曲线中定点问题的两种解法 (1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点 (2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关 1 (2015 大庆市教学质量检测)已知椭圆 C：x2a2y21(a1)的上顶点为 A

4、，右焦点为 F，直线 AF 与圆 M：(x3)2(y1)23 相切 (1)求椭圆 C 的方程； (2)若不过点 A 的动直线 l 与椭圆 C 交于 P，Q 两点，且APAQ0，求证：直线 l 过定点，并求该定点的坐标 解：(1)圆 M 的圆心为(3，1)，半径 r 3 由题意知 A(0，1)，F(c，0)， 直线 AF 的方程为xcy1，即 xcyc0 由直线 AF 与圆 M 相切，得|3cc|c21 3，解得 c22，a2c213， 故椭圆 C 的方程为x23y21 (2)法一：由APAQ0，知 APAQ，从而直线 AP 与坐标轴不垂直，故可设直线 AP的方程为 ykx1，直线 AQ 的方程

5、为 y1kx1 联立ykx1x23y21，整理得(13k2)x26kx0， 解得 x0 或 x6k13k2，故点 P 的坐标为(6k13k2，13k213k2)， 同理，点 Q 的坐标为(6kk23，k23k23)， 直线 l 的斜率为k23k2313k213k26kk236k13k2k214k， 直线 l 的方程为 yk214k(x6kk23)k23k23， 即 yk214kx12 直线 l 过定点(0，12) 法二：由APAQ0，知 APAQ，从而直线 PQ 与 x 轴不垂直，故可设直线 l 的方程为 ykxt(t1)， 联立ykxtx23y21，整理得(13k2)x26ktx3(t21)

6、0 设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 则 x1x26kt13k2，x1x23（t21）13k2(*) 由(6kt)24(13k2)3(t21)0，得 3k2t21 由APAQ0，得APAQ(x1，y11) (x2，y21)(1k2)x1x2k(t1)(x1x2)(t1)20 将(*)代入，得 t12， 直线 l 过定点(0，12) 考点二_定值问题_ (2014 高考江西卷)如图，已知抛物线 C：x24y，过点 M(0，2)任作一直线与C 相交于 A，B 两点，过点 B 作 y 轴的平行线与直线 AO 相交于点 D(O 为坐标原点) (1)证明：动点 D 在定直线上； (2)作 C 的

7、任意一条切线 l(不含 x 轴)，与直线 y2 相交于点 N1，与(1)中的定直线相交于点 N2，证明：|MN2|2|MN1|2为定值，并求此定值 解 (1)证明：依题意可设 AB 方程为 ykx2，代入 x24y，得 x24(kx2)，即 x24kx80 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有 x1x28 直线 AO 的方程为 yy1x1x；BD 的方程为 xx2 解得交点 D 的坐标为xx2，yy1x2x1， 注意到 x1x28 及 x214y1， 则有 yy1x1x2x218y14y12 因此 D 点在定直线 y2 上(x0) (2)依题设，切线 l 的斜率存在且不等于 0，设切线

8、 l 的方程为 yaxb(a0)，代入 x24y，得 x24(axb)， 即 x24ax4b0 由0，得(4a)216b0，化简整理得 ba2 故切线 l 的方程可写为 yaxa2 分别令 y2，y2，得 N1，N2的坐标为 N12aa，2 ，N22aa，2 ， 则|MN2|2|MN1|22aa2422aa2 8， 即|MN2|2|MN1|2为定值 8 规律方法 圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法 (1)特点：特征几何量不受动点或动线的影响而有固定的值 (2)两大解法：从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关 引进变量法：其解题流程为 2(2015 长春市调研) 已知椭圆x2a2y2b21

9、(ab0)的右焦点为 F2(1，0)，点 H(2，2 103)在椭圆上 (1)求椭圆的方程； (2)若点 M 在圆 x2y2b2上，且 M 在第一象限，过 M 作圆 x2y2b2的切线交椭圆于P，Q 两点，问：PF2Q 的周长是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由 解：(1)由题意，得a2b2c214a2409b21， 解得a29b28，椭圆方程为x29y281 (2)设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x219y2181(|x1|3)， |PF2|2(x11)2y21(x11)28(1x219) 19(x19)2， |PF2|13(9x1)313x1 连接 OM，OP(图略)，

10、由相切条件知：|PM|2|OP|2|OM|2x21y218x218(1x219)819x21， |PM|13x1， |PF2|PM|313x113x13， 同理可求得|QF2|QM|313x213x23， |F2P|F2Q|PQ|336 为定值 考点三_探究存在性问题_ (2014 高考湖南卷)如图，O 为坐标原点，双曲线 C1：x2a21y2b211(a10，b10)和椭圆 C2：y2a22x2b221(a2b20)均过点 P2 33，1 ， 且以 C1的两个顶点和 C2的两个焦点为顶点的四边形是面积为 2 的正方形 (1)求 C1，C2的方程； (2)是否存在直线 l，使得 l 与 C1交

11、于 A，B 两点，与 C2只有一个公共点，且|OAOB|AB|？证明你的结论 解 (1)设 C2的焦距为 2c2， 由题意知，2c22，2a12 从而 a11，c21 因为点 P2 33，1 在双曲线 x2y2b211 上， 所以2 3321b211故 b213 由椭圆的定义知 2a22 332（11）22 332（11）2 2 3 于是 a2 3，b22a22c222 故 C1，C2的方程分别为 x2y231，y23x221 (2)不存在符合题设条件的直线 若直线 l 垂直于 x 轴，因为 l 与 C2只有一个公共点， 所以直线 l 的方程为 x 2或 x 2 当 x 2时，易知 A( 2，

12、 3)，B( 2， 3)， 所以|OAOB|2 2，|AB|2 3， 此时，|OAOB|AB| 当 x 2时，同理可知，|OAOB|AB| 若直线 l 不垂直于 x 轴，设 l 的方程为 ykxm 由ykxmx2y231，得(3k2)x22kmxm230 当 l 与 C1相交于 A，B 两点时，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1，x2是上述方程的两个实根， 从而 x1x22km3k2，x1x2m23k23 于是 y1y2k2x1x2km(x1x2)m23k23m2k23 由ykxmy23x221，得(2k23)x24kmx2m260 因为直线 l 与 C2只有一个公共点，所以上述

13、方程的判别式16k2m28(2k23)(m23)0 化简，得 2k2m23， 因此OAOBx1x2y1y2 m23k233k23m2k23k23k230， 于是OA2OB22OAOBOA2OB22OAOB， 即|OAOB|2|OAOB|2，故|OAOB|AB| 综合可知，不存在符合题设条件的直线 规律方法 存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在 解决存在性问题应注意以下几点： (1)当条件和结论不唯一时要分类讨论； (2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件； (3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的

14、途径 3(2015 江西南昌模拟)已知椭圆 E 的长轴的一个端点是抛物线 y24 5x的焦点，离心率是63 (1)求椭圆 E 的方程； (2)过点 C(1，0)的动直线与椭圆相交于 A，B 两点 若线段 AB 中点的横坐标是12，求直线 AB 的方程； 在 x 轴上是否存在点 M，使MAMB为常数？若存在，求出点 M 的坐标；若不存在，请说明理由 解：(1)根据已知易知椭圆的焦点在 x 轴上，且 a 5， 又 cea63 5303， 故 ba2c2510353， 故所求椭圆 E 的方程为x25y2531， 即 x23y25 (2)依题意知，直线 AB 的斜率存在，设直线 AB 的方程为 yk(

15、x1)， 将 yk(x1)代入 x23y25，消去 y 整理得(3k21)x26k2x3k250 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则36k44（3k21）（3k25）0，x1x26k23k21. 由线段 AB 中点的横坐标是12， 得x1x223k23k2112， 解得 k33，适合 所以直线 AB 的方程为 x 3y10 或 x 3y10 假设在 x 轴上存在点 M(m，0)，使MAMB为常数 a当直线 AB 与 x 轴不垂直时， 由知 x1x26k23k21， x1x23k253k21 所以MAMB(x1m)(x2m)y1y2 (x1m)(x2m)k2(x11)(x21) (k2

16、1)x1x2(k2m)(x1x2)k2m2 将代入，整理得 MAMB（6m1）k253k21m2 （2m13）（3k21）2m1433k21m2 m22m136m143（3k21） 注意到MAMB是与 k 无关的常数， 从而有 6m140，m73， 此时MAMB49 b当直线 AB 与 x 轴垂直时，此时点 A，B 的坐标分别为(1，23)，(1，23)， 当 m73时，也有MAMB49 综上，在 x 轴上存在定点 M(73，0)，使MAMB为常数 1(2015 东北三校联合模拟)已知圆 M：x2(y2)21，直线 l：y1，动圆 P 与圆M 相外切，且与直线 l 相切设动圆圆心 P 的轨迹为

17、 E (1)求 E 的方程； (2)若点 A，B 是 E 上的两个动点，O 为坐标原点，且OAOB16，求证：直线 AB恒过定点 解：(1)设 P(x，y)，则x2（y2）2(y1)1x28y 所以 E 的方程为 x28y (2)证明：易知直线 AB 的斜率存在，设直线 AB：ykxb，A(x1，y1)，B(x2，y2) 将直线 AB 的方程代入 x28y 中，得 x28kx8b0，所以 x1x28k，x1x28b OAOBx1x2y1y2x1x2x21x22648bb216b4，所以直线 AB 恒过定点(0，4) 2(2015 河北省唐山市高三年级统考)已知抛物线 E：x22py(p0)，直

18、线 ykx2 与E 交于 A，B 两点，且OAOB2，其中 O 为原点 (1)求抛物线 E 的方程； (2)点 C 坐标为(0，2)，记直线 CA，CB 的斜率分别为 k1，k2，证明：k21k222k2为定值 解：(1)将 ykx2 代入 x22py，得 x22pkx4p0， 其中4p2k216p0 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x22pk，x1x24p OAOBx1x2y1y2x1x2x212px222p4p42 所以 p12， 所以抛物线 E 的方程为 x2y (2)证明：由(1)知，x1x2k，x1x22 k1y12x1x212x1x21x1x2x1x1x2，同理 k2x2x1， 所以 k21k222k22(x1x2)22(x1x2)28x1x216 3(2015 山西省四校联考)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的右焦点为 F(1，0)，右顶点为 A，且|AF|1 (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)若动直线 l：ykxm 与椭圆 C 有且只有一个交点 P，且与直线 x4 交于点 Q，问：是否存在一个定点 M(t，0)，使得MPMQ0若存在，求出点