解析几何中定点与定值问题

热点分类突破考点二圆锥曲线中的定值、定点问题例2已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1经过点(0，3)，离心率为12，直线l经过椭圆C的右焦点F交椭圆于A、B两点，点A、F、B在直线x＝4上的射影依次为D、K、E.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l交y轴于点M，且MA→＝λAF→，MB→＝μBF→，当直线l的倾斜角变化时，探求λ＋μ的值是否为定值？若是，求出λ＋μ的值；否则，说明理由；(3)连接AE、BD，试探索当直线l的倾斜角变化时，直线AE与BD是否相交于定点？若是，请求出定点的坐标，并给予证明；否则，说明理由．本讲栏目开关主干知识梳理热点分类突破押题精练热点分类突破(1)待定系数法；(2)用直线的斜率为参数建立直线方程，代入椭圆方程消y后可得点A，B的横坐标的关系式，然后根据向量关系式MA→＝λAF→，MB→＝μBF→把λ，μ用点A，B的横坐标表示出来，只要证明λ＋μ的值与直线的斜率k无关即证明了其为定值，否则就不是定值；(3)先根据直线l的斜率不存在时的特殊情况，看两条直线AE，BD的交点坐标，如果直线AE，BD相交于定点的话，这个特殊位置时的交点就是这个定点，这样只要证明直线AE，BD都经过这个定点即证明了两直线相交于定点，否则两直线就不相交于定点．本讲栏目开关主干知识梳理热点分类突破押题精练热点分类突破解(1)依题意得b＝3，e＝ca＝12，a2＝b2＋c2，∴a＝2，c＝1，∴椭圆C的方程为x24＋y23＝1.(2)因直线l与y轴相交，故斜率存在，设直线l方程为y＝k(x－1)，求得l与y轴交于M(0，－k)，又F坐标为(1,0)，设l交椭圆于A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y＝kx－1，x24＋y23＝1，消去y得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，∴x1＋x2＝8k23＋4k2，x1x2＝4k2－123＋4k2，本讲栏目开关主干知识梳理热点分类突破押题精练热点分类突破又由MA→＝λAF→，∴(x1，y1＋k)＝λ(1－x1，－y1)，∴λ＝x11－x1，同理μ＝x21－x2，∴λ＋μ＝x11－x1＋x21－x2＝x1＋x2－2x1x21－x1＋x2＋x1x2＝8k23＋4k2－24k2－123＋4k21－8k23＋4k2＋4k2－123＋4k2＝－83.所以当直线l的倾斜角变化时，直线λ＋μ的值为定值－83.本讲栏目开关主干知识梳理热点分类突破押题精练热点分类突破(3)当直线l斜率不存在时，直线l⊥x轴，则ABED为矩形，由对称性知，AE与BD相交于FK的中点N52，0，猜想，当直线l的倾斜角变化时，AE与BD相交于定点N52，0，证明：由(2)知A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴D(4，y1)，E(4，y2)，当直线l的倾斜角变化时，首先证直线AE过定点52，0，∵lAE：y－y2＝y2－y14－x1(x－4)，本讲栏目开关主干知识梳理热点分类突破押题精练热点分类突破当x＝52时，y＝y2＋y2－y14－x1·－32＝24－x1·y2－3y2－y124－x1＝24－x1·kx2－1－3kx2－x124－x1＝－8k－2kx1x2＋5kx1＋x224－x1＝－8k3＋4k2－2k4k2－12＋5k·8k224－x1·3＋4k2＝0.∴点N52，0在直线lAE上．本讲栏目开关主干知识梳理热点分类突破押题精练热点分类突破同理可证，点N52，0也在直线lBD上．∴当直线l的倾斜角变化时，直线AE与BD相交于定点52，0.本讲栏目开关主干知识梳理热点分类突破押题精练热点分类突破(1)定值问题就是在运动变化中寻找不变量的问题，基本思想是使用参数表示要解决的问题，证明要解决的问题与参数无关．在这类试题中选择消元的方向是非常关键的．(2)由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式：y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式：y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．本讲栏目开关主干知识梳理热点分类突破押题精练热点分类突破(2013·陕西)已知动圆过定点A(4,0)，且在y轴上截得弦MN的长为8.(1)求动圆圆心的轨迹C的方程；(2)已知点B(－1,0)，设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P，Q，若x轴是∠PBQ的角平分线，证明：直线l过定点．(1)解如图，设动圆圆心为O1(x，y)，由题意，得|O1A|＝|O1M|，当O1不在y轴上时，过O1作O1H⊥MN交MN于H，则H是MN的中点，∴|O1M|＝x2＋42，本讲栏目开关主干知识梳理热点分类突破押题精练热点分类突破又|O1A|＝x－42＋y2，∴x－42＋y2＝x2＋42，化简得y2＝8x(x≠0)．又当O1在y轴上时，O1与O重合，点O1的坐标为(0,0)也满足方程y2＝8x，∴动圆圆心的轨迹C的方程为y2＝8x.(2)证明由题意，设直线l的方程为y＝kx＋b(k≠0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将y＝kx＋b代入y2＝8x中，得k2x2＋(2bk－8)x＋b2＝0.本讲栏目开关主干知识梳理热点分类突破押题精练热点分类突破其中Δ＝－32kb＋640.由根与系数的关系得，x1＋x2＝8－2bkk2，①x1x2＝b2k2，②因为x轴是∠PBQ的角平分线，所以y1x1＋1＝－y2x2＋1，即y1(x2＋1)＋y2(x1＋1)＝0，(kx1＋b)(x2＋1)＋(kx2＋b)(x1＋1)＝0，2kx1x2＋(b＋k)(x1＋x2)＋2b＝0③将①，②代入③得2kb2＋(k＋b)(8－2bk)＋2k2b＝0，∴k＝－b，此时Δ0，∴直线l的方程为y＝k(x－1)，即直线l过定点(1,0)．本讲栏目开关主干知识梳理热点分类突破押题精练题型二定值、定点问题例2(1)已知直线y＝－x＋1与椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)相交于A、B两点，且OA⊥OB.(其中O为坐标原点)求证：不论a、b如何变化，椭圆恒过第一象限内的一个定点P，并求点P的坐标．【解析】(1)由x2a2＋y2b2＝1，y＝－x＋1，消去y得(a2＋b2)x2－2a2x＋a2(1－b2)＝0，由Δ＝(－2a2)2－4a2(a2＋b2)(1－b2)0，整理得a2＋b21.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝2a2a2＋b2，x1x2＝a2(1－b2)a2＋b2，∴y1y2＝(－x1＋1)(－x2＋1)＝x1x2－(x1＋x2)＋1.∵OA⊥OB(其中O为坐标原点)，∴x1x2＋y1y2＝0，即2x1x2－(x1＋x2)＋1＝0，∴2a2(1－b2)a2＋b2－2a2a2＋b2＋1＝0，整理得a2＋b2－2a2b2＝0.由a2＋b2－2a2b2＝0得222a2＋222b2＝1，则不论a、b如何变化，椭圆恒过第一象限内的定点22，22.(2)已知椭圆C方程为x24＋y22＝1，当过点P(4,1)的动直线l与椭圆C相交于两不同点A、B时，在线段AB上取点Q，满足|AP→|·|QB→|＝|AQ→|·|PB→|.证明：点Q总在某定直线上．【解】设点Q、A、B的坐标分别为(x，y)，(x1，y1)，(x2，y2)．由题设知|AP→|、|PB→|、|AQ→|、|QB→|均不为零，记λ＝|AP→||PB→|＝|AQ→||QB→|，则λ0且λ≠1.又A、P、B、Q四点共线，从而AP→＝－λPB→，AQ→＝λQB→.于是4＝x1－λx21－λ，1＝y1－λy21－λ，x＝x1＋λx21＋λ，y＝y1＋λy21＋λ.从而x21－λ2x221－λ2＝4x，①y21－λ2y221－λ2＝y.②又点A、B在椭圆C上，即x21＋2y21＝4，③x22＋2y22＝4.④①＋2×②并结合③、④得4x＋2y＝4.即点Q(x，y)总在定直线2x＋y－2＝0上．(3)(厦门质检)如图，已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的长轴长是短轴长的2倍，且过点C(2,1)，点C关于原点O的对称点为D.(1)求椭圆E的方程；(2)点P在椭圆E上，直线CP和DP的斜率都存在且不为0，试问直线CP和DP的斜率之积是否为定值？若是，求此定值；若不是，请说明理由．【解】(1)∵2a＝2×2b，∴a＝2b.∵椭圆E过点C(2,1)，∴224b2＋1b2＝1，∴b＝2，a＝22，∴椭圆E的方程为x28＋y22＝1.(2)依题意得D点的坐标为(－2，－1)，且D点在椭圆E上直线CP和DP的斜率kCP和kDP均存在，设P(x，y)，则kCP＝y－1x－2，kDP＝y＋1x＋2，∴kCP·kDP＝y－1x－2·y＋1x＋2＝y2－1x2－4.又∵点P在椭圆E上，∴x28＋y22＝1，∴x2＝8－4y2，∴kCP·kDP＝y2－1x2－4＝－14，∴直线CP和DP的斜率之积为定值－14.探究2圆锥曲线中定值问题关键是灵活利用条件，等价转化.返回所以若符合条件的点M存在，则M的坐标必为(1,0)．以下证明M(1,0)就是满足条件的点：因为M的坐标为(1,0)，所以MP＝－4km－1，3m，MQ＝(3,4k＋m)，从而MP·MQ＝－12km－3＋12km＋3＝0，故恒有MP⊥MQ，即存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M.返回(1)求解直线和曲线过定点问题的基本思路是：把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点.(2)由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式：y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式：y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m).返回1．已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率e＝22，左、右焦点分别为F1、F2，点P(2，3)，点F2在线段PF1的中垂线上．(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于M、N两点，直线F2M与F2N的倾斜角分别为α，β，且α＋β＝π，试问直线l是否过定点？若过，求该定点的坐标．返回解：(1)由椭圆C的离心率e＝22，得ca＝22，其中c＝a2－b2，椭圆C的左、右焦点分别为F1(－c,0)、F2(c,0)．又∵点F2在线段PF1的中垂线上，∴|F1F2|＝|PF2|，∴(2c)2＝(3)2＋(2－c)2，解得c＝1，∴a2＝2，b2＝1.∴椭圆的方程为x22＋y2＝1.返回(2)由题意直线MN的方程为y＝kx＋m，由x22＋y2＝1，y＝kx＋m消去y得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－2＝0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－4km2k2＋1，x1x2＝2m2－22k2＋1，且kF2M＝kx1＋mx1－1，kF2N＝kx2＋mx2－1，由已知α＋β＝π得kF1M＋kF2N＝0，返回即kx1＋mx1－1＋kx2＋mx2－1＝0.化简，得2kx1x2＋(m－k)(x1＋x2)－2m＝0，所以2k·2m2－22k2＋1－4kmm－k2k2＋1－2m＝0，整理得m＝－2k.故直线MN的方程为y＝k(x－2)，因此直线MN过定点，该定点的坐标为(2,0).返回圆锥曲线中的定值问题[例2](2012·江苏高考)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左、右焦点分别为F1(－c,0)，F2(c,0)．已知点(1，e)和e，32都在椭圆上，其中e为椭圆的离心率．(1)求椭圆的方程；(2)设A，B是椭圆上位于x轴上方的两点，且直线AF1与直线BF2平行，AF2与BF1交于点P，返回①若AF1－BF2＝62，求直线AF1的斜率；②求证：PF1＋PF2是定值．[思路点