圆锥曲线中的定点定值问题的四种模型

,3+4k2-m2>0,当时直线过定点与已知矛盾；当时直线过定点综上可知，直线l过定点，定点坐标为◆模型拓展：本题还可以拓展为◆迁移训练练习:4：设A、B是轨迹c：y2=2px(p>0)上异于原点。的两个不同点，直线和 的倾斜角分别为和β,当变化且时，证明直线恒过定点，并求出该定点的坐标。（参考答案）【答案】设A(),B(XY2)，由题意得，又直线OA,OB的倾斜角a,β满足4,故4,得1===所以直线AB恒过定点(-2p,2p).是的角平分线,证明直线l过定点.练习6：已知点B(-1,0),C(1,0),P是平面上一动点，且满足判断：直线是否过定点？试证明你的结论.(2)将A(m,2)代入y2=4x得m=1,.点A的坐标为(1,2)设直线DE的方程为x=my+t代入y2=4x,得y2-4mt-41=0,即t2-61+9=4m2+8m+4即(1-3)2=4(m+1)2：t-3=±2(m+1).:.直线DE过定点(5,-2).(定点(1,2)不满足题意）（II）若△POM的面积为，求向量与的(Ⅲ)证明直线PQ恒过一个定点.(II)设∠POM=α,则即4(y2+y3)+y2y3+4=0.(*)即(y-y2)(y2+y3)=4x-y3,即y(y2+y3)-y2y3=4x由（*）式，-y2y3=4(y2+y3)+4,代入上式，得(y+4)(y2+y3)=4(x-1).模型二：切点弦恒过定点例题：有如下结论：“圆上一点处的切线方程为”，类比也有结论：“椭圆处的切线方程为”,过椭圆C：的右准线l上任意一点M引椭圆C的两条切线，切∵点M在MA上∴①同理可得②∴△ABM的面积◆方法点评：切点弦的性质虽然可以当结论用，但是在正式的考试过程中直接不能直参考：“尼尔森数学第一季_3下”，优酷视频PA,PB,其中为切点.所以为方程的两组解.所以|AF|-|BF|=(+1)(y2+1)=yy2+(y+y2)+I+y2=3-2,练习22013年辽宁数学（理如图,抛物线GM(XY)在抛物线上,过作的切线,切点为A,B(M为原点O时,A,B重合于22方.相交弦性质实质是切点弦过定点性质的拓展，结论同样适用。参考尼尔森数学第一季_3下，优酷视频。但是具体解题而言，相交弦过定点涉及坐标较多，计算量相对较大，解题过程一定要注意思路，同时注意总结这类题的通法。例题：如图，已知直线L：的右焦点F，且交2∴K=K∴A、N、E三点共线同理可得B、N、D三点共线2◆方法总结：方法1采用归纳猜想证明，简化解题过程，是证明定点问题一类的通：，解：设M(X)，，直线AM的斜率为,则直线AM的方程为y=k(x+2)，由消y整理得(1+4k3)x2+16kx+162-4=0,,又椭圆的焦点为(√5,0)"，即32"22身份：点P即在直线AM上也在直线AN上，进而得到,由直线MN的方程 4t,由解出t=3,到此不要忘了考察t=31练习2：已知椭圆E中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，且经过A(-2,0)、B(2,0)、若不存在,请说明理由.解析1）设椭圆方程为mx2+my2=1(m>0,n>0)将A(2,0)、B(2,0)、代入椭圆E的方程，得…∴椭圆E的方程（也可设标准方程，知类似计分）（2）可知：将直线l:y=k(x-1)x2y2代入椭圆E的方程-+-x2y2设直线l与椭圆E的交点，由根系数的关系，得,即,得的一条切线。（I）求椭圆的方程；并且直线y=x+b是抛物线y2=4x(Ⅱ)过点的动直线L交椭圆C于A、B两点，试问：在坐标平面上是否存在一个因直线相切,故所求椭圆方程为（II）当L◆方法总结：圆过定点问题，可以先取特殊值或者极值，找出这个定点，再证明用直径所。AA2Dl→c+1=(c+1+a)(c+1-a)，又，→2+2(k+m)2=2，由对称性知定点在x轴上，令y=0，取x=1时满足上式，故过定点。设p(x0,y0),易得PQ切线方程为xpx+2yoy=2;设PH⊥FD练习10广州二模文）已知椭圆的右焦点与抛物线C2:Y2=4X的焦点重合，椭圆C1与抛物线C2在第一象限的交点为P，.圆的圆心是抛物线C2上的动点,圆C3与y轴交于M,N两点，且.1()，由抛物线的定义可知,∵,∴,解得.由,且,得.∴点P的坐标为.在椭圆152,解得x=.由y223∴椭圆C的方程为1x2y2x2y23.∴.∴3∵点T是抛物线C:y2=4x上的动点,∴2).∴.010代入(*)消去.**)解得方程(**)对任意实数恒成立，∴解得∵点在椭圆Cx2y2x2y2=1上,∴无论点T运动到何处,圆C恒经过椭圆C上一定点(2,0).证法2:设点T的坐标为(x,y),圆C的半径为r，00003r=20.分别把点(2,0)、(2,0)代入方程(***)进行检验，可知点(2,