专题3-4 圆锥曲线定点问题-(选择性必修第一册) (教师版)

圆锥曲线定点问题1定点问题的含义其实我们早已接触过了定点问题①二次函数fx=x理由是：当x=1时，不管a取什么数，都有y=1−a+1+a=0，故其过定点②指数函数f(x)=ax(a>0,a≠1)理由是：当x=0时，不管a取什么数，都有y=a°=1，故其过定点(0,1)；③对数函数g(x)=logax理由是：当x=1时，不管a取什么数，都有y=loga1④直线方程点斜式:斜率为k，过点x0,y那直线y=kx−2+3，由于斜率簇”，但过定点2,3，与k的取值无关；⑤圆x−a2+y定点(0,0)，与a的取值无关.Eg：曲线x2+λy解从数的角度分析，x2即当x,y取什么值时，不管λ取任何值方程(∗)均成立，故由y2=0x2−4=0所以曲线x2+λ2求定点问题的方法①方程恒成立法先求出满足特定条件的方程fx,y,m=0(其中x,y是变量，m是参数)(∗)，再证明当x=x0,y=Eg求证：直线l：2m+1x+m+1y=7m+4证明：直线l是一条动直线，它会随着m的变化而变化，若直线l恒过一定点，即不管m取任何值，该点都在直线l上，∵2m+1∴不管m取任何值，方程2x+y−7m+x+y−4=0∴只有2x+y−7=0，x+y−4=0同时成立才行，解得x=3故恒过定点P(3,1).点拨：利用方程思想，把某曲线过一定点转化为方程恒成立问题；②特殊值法通过特殊情况确定定点(一个也可能多个)，再证明它们满足特定条件.Eg求证：直线l：2m+1x+m+1y=7m+4证明：直线l是一条动直线，它会随着m的变化而变化，当m=0时，直线l1：x+y−4=0；当m=1时，直线l2：由x+y−4=03x+2y−11=0，解得x=3y=1，即直线l1与直线l若直线l：2m+1x+m+1y=7m+4恒过某一定点P显然x=3y=1满足直线l方程2m+1x+m+1y=7m+4，即点故直线2m+1x+m+1y=7m+4点拨：通过两条特殊直线，求出交点，确定交点只能是定点，再证明交点满足直线l.③几何法通过平几知识点，确定某点符合某种运动规律.注：众多定点问题均与极点极线有关，若有所了解，有利于更快找到解题思路.【题型一】求某直线(或曲线)过定点【典题1】A、B是抛物线y2=2px(p>0)上的两点，且OA⊥OB，求证：直线AB【证明】设A(x1依题意可设直线AB方程为x=my+n，(要证明直线过定点，相当于求出m,n代入y2=2px得y∵OA⊥OB，(处理垂直关系，可用向量OA∙OB=0∴OA∴y∵y∴−4p∴直线AB方程为x=my+n=my+2p∴直线AB方程过定点(2p,0).【点拨】本题思路：设直线方程x=my+n，证明直线过定点即得到m,n间的关系.再例：设直线为y=kx+b，求出b或者得到b与k比如若得到b=3，直线过定点若得到b=2k+1，直线方程为y=kx+b=k(x+2)+1，则过定点−2,1.【典题2】如图，椭圆x2a2+y2b2=1面积为23(1)求椭圆的方程；(2)若直线l：y=kx+m与椭圆相交于M,N两点(M,N不是左右顶点)，且以MN为直径的圆过椭圆右顶点A，【解析】(1)过程略，椭圆方程为x2(2)(求出m的值或得到m与k的一次函数关系式，便可知道定点)设M(x由y=kx+mx24则x1+且△=64m2k∵以MN为直径的圆过椭圆的右顶点A，∴AM⊥AN即AM∙∴(x即y1又y1∴3(化简得7m解得m=－2k或m=−2k7且均满足当m=－2k时，l:y=k(x－2)，直线过定点(2,0)与已知矛盾；当m=−2k7时，l:y=kx−综上，直线l过定点(2【典题3】已知椭圆E:x2a2+y2当m=1时，椭圆的长轴长是下顶点到直线l的距离的2倍．(1)求椭圆E的方程；(2)设直线l与椭圆E交于A，B两点，在x轴上是否存在定点P，∠OPA=∠OPB(O【解析】(1)过程略，椭圆的方程为x2(2)当m=0时，由对称性可知在x轴上存在点P，使得∠OPA=∠OPB；当m≠0时，由x2+2y2=2设A(x∴y设P(t,0)满足题设条件，满足∠OPA=∠OPB，则kPA∴y则(1－t)(y即2m(1－t)+2m=2m(2－t)=0，(定点问题变成了方程恒成立问题)而t=2时，上式恒成立．所以在x轴上存在点P(2,0)满足题设条件．【点拨】①因为斜率k与倾斜角α的关系k=tanα，把∠OPA=∠OPB转化为kPA②本题的思路:是否存在定点P(t,0)，使得当m变化时，总有∠OPA=∠⇔是否存在t，使得不管m取任何值，总有kPA⇔是否存在t，使得不管m取任何值，方程2m(2－t)=0恒成立；故求一定点，转化为方程恒成立问题.③本题也可以从极点极线的性质思考，点P与右焦点F是关于椭圆E调和共轭，设左右顶点为M,N，则点P满足PMPN=FM【典题4】如图等边三角形OAB的边长为83，且三个顶点均在抛物线E(1)求抛物线E的方程；(2)设动直线l与抛物线E相切于点P，与直线y=－1相交于点Q．证明以PQ为直径的圆恒过y【解析】(1)过程略，抛物线E的方程为x2(2)方法一设Px0,y0由y=kx+bx2∵相切∴∆=16k则方程(∗)为x2−4kx+4k∵P在抛物线x2=4y∴y此时直线l方程为y=kx−由y=kx−k2y=−1得则以PQ为直径的圆方程为x2(想法直接，问圆过定点，就先求出圆的方程，再看如何过定点，缺点是计算量大些)令x=0，得y2若不管k(k≠0)取什么值要使得方程(∗)恒成立，(方程恒成立法)则1−y=0y2+y−2=0故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1)．方法二同方法一可得Q(设M(0,y1)，若以PQ为直径，则MP⊥MQ，即∵MP∴2k∙k若要满足MP∙MQ=0对满足方程(∗∗)则1−y1=0故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1)．方法三同方法一可得Q(k取k=1，此时P(2,1),Q(0,－1)，以PQ为直径的圆为x－12+y2=2，交y取k=12，此时P(1,14),Q(−交y轴于点M3(0,1)或故若满足条件的点M存在，只能是M(0,1)，证明如下(相当于先证明问题的必要性，再讨论其充分性)∵MP∴MP故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1)．【点拨】①本题求以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点，用三种方法，消化其优劣性；方法一和方法二采取了“方程恒成立法”，想法直接；方法三采取“特殊值法”：令k=1，k=12得到两个圆，与y轴均交于点(0,1)，则即猜想定点为它们的计算量也应是一衡量标准.②本题也可以用抛物线的极点极线性质，可知点M坐标为(1,0)，即焦点，其实y=−1也就准线.如下图，点M是焦点，直线l是准线，QP,QT是切线，则直线PT过点M，QP⊥QT，QM⊥PT.【典题5】在平面直角坐标系xOy中，如图，已知椭圆x29+y25=1的左、右顶点为A、B，右焦点为F．设过点T(9,m)的直线TA、TB与椭圆分别交于点M(x【解析】(要知道直线MN过过定点，朴素想法：那先求出点M,N继而求出直线方程)依题意可得A−3,0可得直线TA方程为y=m12(x+3)，直线分别与椭圆x29解得：M(3(80−m2(求到这里，可以想到“特殊值法”，当x1=x2时求出直线(1)若x1=x2，则由此时直线MN的方程为x=1，过点D(1,0)(2)若x1≠直线MD的斜率kMD=40m80+得kMD=kND，因此，直线MN必过x轴上的点(1,0)．【点拨】①本题直接想法：先求出直线MN方程(含m)，再令y=0，得到使得方程恒成立的x值，便可得直线过x轴的定点.但由于求出M、N的坐标已经很复杂了，按该思路作下去计算量会很大；②本题采取的方法是，通过一特殊情况x1=x2得到直线与x轴的交点D(1，0)【典题6】设抛物线y2=2pxp>0的焦点为F，经过点F的直线交抛物线于A、B两点，点C在抛物线的准线上，且BC∥x轴．证明直线【解析】方法一抛物线y2=2px(p>0)的焦点为则经过点F的直线的方程可设为x=my+p代入抛物线方程得y2记A(x1,因为BC∥x轴，且点c在准线x=−p所以点C的坐标为(−p而A(y12则直线AC方程为y=2p所以直线AC经过原点O．方法二几何法如图过A作AD⊥l，D为垂足，则连结AC与EF相交于点N则EN由抛物线的定义知：|AF|=|AD|,|BF|=|BC|∴EN=AD∙BF又∵EO=OF，∴O,N重合，即直线AC经过原点【点拨】①本题方法一求出直线AC方程便知定点，也可通过特殊情况知晓该定点为(0,0)，再证明O、A、B三点共线，即kOC②方法二属于几何法，利用了平行线成比例定理和抛物线的定义证明，这方法较解析法简洁，但较难想到.【题型二】某动点在定直线(或曲线)上【典题1】设椭圆E：x2a2+y21−a2=1的焦点在x轴上，设F1,F2分别是椭圆E的左、右焦点，P【解析】设Px0,y0,(证明点P在某定直线上，就是求出x0设F1(－c,0),由题设可知：x0≠c．则直线F1P的斜率kF故直线F2P的方程为令x=0，解得y=cy0因此直线F1Q的斜率∵F化为y0联立y02=x0∴x0+y0=1【点拨】①本题中设点P的坐标是(x0,y0)，得到x0+②求动点P定直线(曲线)上方法一：求出点P的轨迹方程为定直线，或证明P满足某曲线的定义；方法二：找出定直线，代入证明点P在直线上.巩固练习1(★★)已知定点M(x0,y0)在抛物线求证：弦AB必过一定点．【答案】直线AB恒过点(x0【解析】设AB所在直线方程为：x=my+n．(引出m,n两个参数，要求定点，则需要得到m,n关系，从而消去其中一个参数)与抛物线方程y2=2px联立，消去x得设A(x1,y1)、B(x2由已知MA∙即x⇒x1∵x2∴③式可化为1化简为4p将①②代入得，n=2p+my0直线AB方程化为：x=my+2p+x∴直线AB恒过点(x0+2p,−2(★★)已知椭圆x2a2+y2b2=1的右焦点为F1(2,0)，离心率为e．设A,B为椭圆上关于原点对称的两点【答案】点A在以原点为圆心，2为半径的圆上．【解析】设A(x1故Mx由题意，得OM∙ON∴点A在以原点为圆心，23(★★)已知抛物线C：y2=2px(p>0)上横坐标为2的一点P到焦点的距离为(1)求抛物线C的方程；(2)设直线OA,OB的斜率分别为k1,k2,【答案】(1)y2=4x(2)直线l经过定点，且定点为【解析】(1)解：抛物线C：y2=2px(p>0)上横坐标为2的一点P到焦点的距离为可得p2=1，所以p=2(2)证明：设直线l的方程为x=my+n，代入抛物线方程化简得y2∴y∵k1k所以直线系方程为x=my+2，∴直线l经过定点，且定点为(2,0)．4(★★★)过抛物线E：y2=2px(p>0)上一点M(1,－2)作直线交抛物线E(1)若直线MN的斜率为1，求线段|MN|的长；(2)不过点M的动直线l交抛物线E于A,B两点，且以AB为直径的圆经过点M，问动直线l是否恒过定点．如果有求定点坐标，如果没有请说明理由．【答案】(1)82(2)直线恒过点【解析】(Ⅰ)把M点的坐标代入抛物线E：y2=2px(p>0)所以抛物线的方程为：y2由题意可得直线MN的方程为：y+2=x－1，即y=x－3，与抛物线联立y=x−3y2=4x解得：x=1或x=9，可得交点(1,－2)或(9,6)，所以|MN|=(9−1)(Ⅱ)设直线l为：x=ky+m，联立直线与抛物线的方程：x=ky+my2=4x△=16k2+16m>0y1因为MA⊥MB，所以MA→(x整理可得：1+k整理可得：m2即m−32m=2k+1,可得k2+2k+1>0不是恒成立，或m=－2k+5(符合所以直线l为：x=ky－2k+5，即x－5=k(y－2)，直线恒过点(5,2)5(★★★)已知椭圆C：x2a2(1)求椭圆C的方程；(2)过椭圆C的右焦点F的直线l(与x轴不重合)与椭圆C交于M,N两点．是否存在一定点E(t,0)，使得x轴上的任意一点(异于点E,F)到直线EM,EN【答案】(1)x2【解析】(1)两焦点与短轴的两个端点的连线构成一正方形，所以a=则椭圆的方程：x22所以12b2所以椭圆的方程：x2(2)设直线l的方程为x=my+1，与椭圆C联立得2+m则y由题意x轴平分∠MEN，则直线EM,EN的倾斜角互补，即kME则y1得y即y整理可得2my从而−2m2+m2不论m为何值时t=2，所以，存在定点E(2,0)使得x轴上的任意一点(异于点E,F)到直线EM,EN的距离相等6(★★★)已知椭圆C：x2a2+y2b(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点(1,0)作直线l与椭圆相交于A,B两点，试问在x轴上是否存在定点Q，使得两条不同直线QA,QB恰好关于x轴对称，若存在，求出点Q【答案】(1)x24【解析】(1)由题意，ca=1∴椭圆C的标准方程为x2(2)在x轴上假设存在点Q，使得QA,QB恰好关于x轴对称，设A(x再设直线l：x=my+1，Q(t,0)，联立x=my+13x2则y由kQA+即y1可得2my则2m⋅(−94+3m2)+(1−t)⋅(−故在x轴上是否存在定点Q(4,0)，使得两条不同直线QA,QB恰好关于x轴对称．7(★★★)已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为2(1)求椭圆C的方程；(2)设M为C上一个动点，过点M与椭圆C只有一个公共点的直线为l1，过点F与MF垂直的直线为l2，求证：【答案】(1)x22+【解析】(Ⅰ)由题可知F(－c，0)，直线