解析几何中的定点、定值问题

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O： x2两式相减得 2(x02 x2) (y02 y2) 0 , k k2 "yi一y2 xdx3、椭圆，过右焦点作不垂直于轴的直线交椭圆于、两点,的垂直平分线交轴于，则等于 y2 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(

2、4,t),则以OP直径白圆C方程为：x(x 4) y(y t) 0 ,故AB是两圆的公共弦，其方程为4x ty 4 .注：部分优秀学生可由x0x y0y r2公式直接得出.人4x 40一令得定点(1,0).y 02、已知PQ是过椭圆C： 2x2 y2 1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 3 k2 ,则K k2=.【答案】-2 【解析】设 P(x, y), A(%,y。),则 Q( x, y)22y°yy°yy°y22 ,x)xx0xx0x又由A、P均在椭圆上，故有:222x0y0 1222x y 1设直线AB斜率为k,则直

3、线方程为 y k x 3与椭圆方程联立消去 y整理可得3 4k224k2X 36k2 108 0,则 X1X224k2球,X1X236k2 1083 4k2所以y1y218k2 ,3 4k则AB中点为12k2 _3 4k2,39k所以AB中垂线方程为9k23 4k212k23 4k2所以AB3k20,则 x -k-3 4k，即N3k22,0，3 4k2NF3 st1 k2X1X29(1k2)23 4k24x236 1k2，所以3 4k2NFAB24、已知椭圆X2 a2 y b21(ab 0)，A, F是其左顶点和左焦点,22, 2P是圆x y bPA 上的动点，若二常数，则此椭圆的离心率是PF

4、【答案】e=-5-J【解析】因为牛A常数，所以当点P分别在（士 b, 0）时比值相等,即 a_b = a+b ,整理得：b2 ac b c b+c又因为b2 a2 c2 ,所以 a2 c2 ac 0同除以a2可得e2+e-1=0,解得离心率e=1 二、典例讨论2如图，在平面直角坐标系 xOy中，椭圆C 42L 1的左顶点为A,过原点O的直线（与2坐标轴不重合）与椭圆 C交于P,Q两点，直线 PA Q的别与y轴交于M N两点.试问以MNK;直径的圆是否经过定点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,y。(xo 0),则点 QXo, V。联立方程组y2xk

5、x,2y2消去4y得x242k2所以x021 2k2Vo2k,1 2k2所以直线AP的方程为2k201-2k2k2同理可得点N 0,2k1 J 2k2所以以MN直径的圆的方程为x(y2k1 d 2k2)(y1-2k2k2)0整理得:2k)y 2 01、1 2k22、.2, 0),x由y分析设 P (Xo,4.由直线PA方程为:2y。)，则Q(-/，-y。)，代入椭圆万程可得 X044k2 1y。 /y -(xx022),可得M0, -2y0-,同理由直线QA方程可得直径的圆为X22 y°x02整理得：X22y0x0 2x022y0Xo0,20,二y-,可得以MN%X022y0Xo4y

6、22X0由于X02 4222y0，代入整理即可得4x°yo2X0此圆过定点F(A,分析三：勿证：kAPkAQb212，a2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1，, L一代k得N 2k0,故知以MNK/直径的圆的方程为 X2(yi2k)(y k)整理得:y2 2i(k 2k)y2,X由y可得定点F(0).分析四、设 M(0, m), N(0, n),则以MN|直径的圆的方程为 x2 (y m)(y n) 022即 x y (m n)y mn 0b2冉由 kAPkAQ kAM kAN -2a1,口一一得mn -2

7、 ,下略222例2、已知离心率为e的椭圆C :与七 1(a b 0)恰过两点(1, e)和2,0 .a b(1)求椭圆C的方程；(2)已知AB、MN为椭圆C上的两动弦，其中 M、N关于原点O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 结论.解析：a 2也由题意：1e2e24号12a2 b2b12所以椭圆C的方程为上 y2 1.4(2)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,kxa) , N( X3, kx3)则整理得:kAMkBN所以x1kBNkAMk(x

8、4y2x2y2kx3x2 x3(X x3k(x1 1) kx3X x31)(x2 x3)(x2又由y2 xk(x2 1) kx3x2 x3Xb 1)(x1x3)(x x3)(x2 xb)22x1x2 2x3(为 x2)(x x3 )( x21) 一 ，口消兀整理得:48k22 一, xx24k 1kx4y2消元整理得:4xb)(4k2 1)x2 8k2x 4k2 4 0,4k2 44k2 122(4k1)x4,一. 2所以x3将、代入式得：kAM kBN 0.22例2(变式)、已知离心率为e的椭圆C ： x2 ,y2 i(a b 0)恰过两点(1, e)和2,0 .a b(3)求椭圆C的方程；

9、(4)已知AB、MN为椭圆C上的两动弦，其中M、N关于原点O对称，AB过定点E(m, 0), ( 2 m 2),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？证明你的结论.解析：a 2后由题意：1 e2 e 2/A b2 12所以椭圆C的方程为y2 1.4(4)设 AB方程为 y k(x m), A(x1,y1), B(x2, y2),则MN方程为y kx又设 M(X3,%)，N( x3,kx3)kAMkBNy kx3y2 kx3Xix3x2x3k(x1 m) kx3k (x2 m) kx3Xi x3x2 x3则整理得：kAMkBNk (Xi x3 m)(x2 x3)

10、(x2 x3 m)(x1 x3) (Xi x3)(x2 x3)kAMkBNk 2x1x222x3 m(x1 x2)(Xi X3XX2 X3)y k(x由 2/2x 4y,消元整理得：(4 k2 1)x2 8k2mx 4k2m2 4 0, 4所以x1X28k2m2,为*24k 14k2m2 44 k2 1又由kx4y2消元整理得:4(4k21)x24 ,所以x3244k2 1将、代入式得:三、课外作业221、已知椭圆土+L42轴上有异于点A、B的定点B是其左、右顶点，动点 M满足MBL AB,连结AM交椭圆于点P,在xQ以MP为直径的圆经过直线 BR MQ的交点，则点 Q的坐标为【答案】(0,0

11、)【解析】试题分析：设 M (2,t),则AM : y L(x 2),与椭圆方程联立消y得(t248)x24t2x 4t2 32 0,所以xp1,点Q的坐标为O(0,0)16 2t)yp-2t2 8 t2 88t8t""2,因此！ kBP- 费16 2t2、已知 为P是椭圆上不同于左顶点A、右顶点B的任意一点，记直线PA PB的斜率分别为的值-1【答案】13【解析】设 P(x,y) , A(2 3,0), B( 2、, 3,0)k1k2x 2.3 x 2、3则k1y-x2、； 32yx2 12因为P在椭圆上，所以22x y d1124.-2口口 212 x即y 3把代入，得

12、k1k22yx2 122 X3、已知椭圆F a1(a b0)的离心率1 _e=- , 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，则洌cos()=)-【答案】7【解析】试题分析：因为A,B是椭左右顶点，为椭圆上不同于 AB的Qe2,2a b2acos()cos()coscossincos cos sinsinsin1 tantan1 tan tan4、如图所示,已知椭圆C:在椭圆C上任取不同两点A,B,点A关于x轴的对称点B变化时，如果直线AB经过x轴上的定点则直线A'B经过x轴上的定点0)my2x【解析】设直线 AB的方程为x=m什1,由 41

13、 得(my+ 1)2+4y2=4,即(n2+4) y2+2my1-3= 0.记 A(xi,y。，Rx2, y2),则 A' (x1, y。，且 y1+y2=2m , yy2= 23-,m 4m 4.令 y= 0,得 x =时，经过点 A'(X1, - y1), B(X2, y2)的直线方程为 yxX2X1y2y1y2y1X2Xi2 .2二 mymy1y1 + my+1= myy2y1y?+ y1y?+ y132m x= 4.m_4 + 1 = 4,所以 y=0 时,2m27m 4当 F 0时，直线AB的方程为x=1,此时A , B重合，经过 A , B的直线有无数条，当然可以

14、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,即x轴，这条直线也 经过点(4 , 0).综上所述，当点 A, B变化时，直线 A B经过x轴上的定点(4 , 0).5、过椭圆的右焦点的直线交椭圆于于两点，令，则.【答案】【解析】22上上1小.MN直x轴的情况，此时MN x=1,联立 43 ，得M(1，x 1mn 3试题分析：不失一般性，不妨取3 ) ,n (1, - 3 ), m=n=3 ,2226、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F12,0，点 B 2,也m n 4在椭圆C上，直线y kx k 0与椭圆C交于E , F两点，直线

15、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.22解析：(I)解法一：设椭圆C的方程为 勺 与 1 (a b 0), a b因为椭圆的左焦点为 F1 2,0 ,所以a2 b2 4.设椭圆的右焦点为 F2 2,0 ,已知点B 2, J2在椭圆C上，由椭圆的定义知 BF1 BF2 2a,所以2a 3立应 4显.所以a 2板,从而b 2.22所以椭圆C的方程为二匕1 .2 y b21 (a b 0),842 x解法二：设椭圆C的方程为2 a因为椭圆的左焦点为 Fi2,0 ,所以a2 b2 4.42一因为点B

16、 2, J2在椭圆C上，所以F 1 .a b由解得，a 2&, b 2 .22所以椭圆C的方程为士匕1 .84(n)解法一：因为椭圆C的左顶点为 A,则点A的坐标为 2衣,022因为直线y kx(k 0)与椭圆上 1交于两点E, F ,84设点E Xo, yo (不妨设xo 0),则点F xo, yo .81 2k2y kx,联立方程组x2y2 消去y得x2一 y- i84所以涓%则於普所以直线AE的方程为y 2 x 2近1 ,1 2k2因为直线 AE , AF分别与y轴交于点M , N ,2.2k2,2k令x 0倚y .3,即点M 0,：1 ,1 2k21 ,1 2k2同理可得点2

17、J2k°,1、1 2 k2所以MN2、2k2、2k1 、1 2k2 1 .1 2k221 2k2k设MN的中点为P,则点P的坐标为P 0,则以MN为直径的圆的方程为x2k令y 0 ,得X2 4 ,即X 2或X 2 .故以MN为直径的圆经过两定点P 2,0 , P22,0 .解法二：因为椭圆C的左端点为 A,则点A的坐标为2拉,0 .2因为直线y kX（k 0）与椭圆8设点 E（X0, yO）,则点 F （ X0, 丫0）.2 y4所以直线AE的方程为yy。X02.2因为直线AE与y轴交于点2夜y°X 2 . 2 '即点M 0,2.2y。Xo2.2同理可得点0,2、,

18、2y。X0所以MN2、2y02.2y0X0 2 2X0 2 2I6y°2X0因为点E（X0,y0）在椭圆C上，所以2X02纹1.4所以MN设MN的中点为P,则点P的坐标为Py0则以MN为直径的圆的方程为X2'2x0y0162 y0日口 22 2 2X0/即 x y +y 4 .V。令y 0 ,得x2 4 ,即x 2或x 2 .故以MN为直径的圆经过两定点P1 2,0 , P22,0 .解法三：因为椭圆C的左顶点为A,则点A的坐标为2j2,02因为直线y kx(k 0)与椭圆 82y1交于两点E , F , 4设点 E 2、, 2 cos ,2sin),则点F2. 2 cos2

19、sin所以直线AE的方程为y2sin x2、2 cos 2 222r )k 1因为直线AE与y轴交于点2sincos即点12sin0,-cos同理可得点2sin0,-cos所以MN2sincos 12sincos 14sin设MN的中点为P,则点P的坐标为P0,2 cossin则以MN为直径的圆的方程为x22cossin4. 2 sin即x22 4cosyy 4-sin0 ,得x2 4 ,即x 2或x2.故以MN为直径的圆经过两定点 R 2,0，巳 2,02 x7、已知椭圆C: x ab2=1 (a>0, b>0)的离心率为J.2)在椭圆C上.O为圆心的圆，满OP的斜率之(I)求椭

20、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足此圆与l相交于两点 R, P2 (两点均不在坐标轴上)，且使得直线 OP,积为定值？若存在，求此圆的方程；若不存在，说明理由.(I)解：由题意，得 c页，a2 a 2b2C2 ，又因为点a(i在椭圆C上,所以工1 ,解得a 2, b 1, c 43 , a2 4b22所以椭圆C的方程为y2 1.422(n)结论：存在符合条件的圆，且此圆的方程为x y 5证明如下：假设存在符合条件的圆，并设此圆的方程为222x y r (r 0)当直线l的斜率存在时，设l的方程为y kx m.y kx m, 222由方程组 x22 得(

21、4k1)x 8kmx 4m 4 0了 y 1,因为直线l与椭圆C有且仅有一个公共点，22222所以 1 (8km)4(4k1)(4m4) 0 ,即 m 4k 1 .由方程组yC2mI 得(k21)x22kmxm2r20x2 y2 r2,_2222_则 2 (2km)4(k1)(m r ) 0设 PNyJ, P2(x2,y2)，则 x x12kmx2 尸一； yk 12x b，设直线OPi , OP2的斜率分别为k1, k2,k1k2 所以22y1y2(kx1 m)(kx2 m) k x1x2 km(x1 x2) mx1x2x1x2、x212 m2 k2 km2km 2 mk 12r22,2m r k22&qu