2017届高三第一轮复习专题训练之圆锥曲线中的定点定值问题的四种模型

2017届高三第一轮复习专题训练之圆锥曲线中的定点定值问题的四种模型定点问题是常见的出题形式，化解这类问题的关键就是引进变的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量。直线过定点问题通法，是设出直线方程，通过韦达定理和已知条件找出k和m的一次函数关系式，代入直线方程即可。技巧在于：设哪一条直线？如何转化题目条件？圆锥曲线是一种很有趣的载体，自身存在很多性质，这些性质往往成为出题老师的参考。如果大家能够熟识这些常见的结论，那么解题必然会事半功倍。下面总结圆锥曲线中几种常见的几种定点模型：模型一：“手电筒”模型例题、（07山东）已知椭圆C：13422yx若直线mkxyl：与椭圆C相交于A，B两点（A，B不是左右顶点），且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点。求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标。解：设1122(,),(,)AxyBxy，由223412ykxmxy得222(34)84(3)0kxmkxm，22226416(34)(3)0mkkm，22340km212122284(3),3434mkmxxxxkk22221212121223(4)()()()34mkyykxmkxmkxxmkxxmk以AB为直径的圆过椭圆的右顶点(2,0),D且1ADBDkk，1212122yyxx，1212122()40yyxxxx，2222223(4)4(3)1640343434mkmmkkkk，整理得：2271640mmkk，解得：1222,7kmkm，且满足22340km当2mk时，:(2)lykx，直线过定点(2,0),与已知矛盾；当27km时，2:()7lykx，直线过定点2(,0)7综上可知，直线l过定点，定点坐标为2(,0).7◆方法总结：本题为“弦对定点张直角”的一个例子：圆锥曲线如椭圆上任意一点P做相互垂直的直线交圆锥曲线于AB，则AB必过定点))(,)((2222022220babaybabax。（参考百度文库文章：“圆锥曲线的弦对定点张直角的一组性质”）◆模型拓展：本题还可以拓展为“手电筒”模型：只要任意一个限定AP与BP条件（如BPAPkk定值，BPAPkk定值），直线AB依然会过定点（因为三条直线形似手电筒，固名曰手电筒模型）。（参考优酷视频资料尼尔森数学第一季第13节）此模型解题步骤：Step1：设AB直线mkxy，联立曲线方程得根与系数关系，求出参数范围；Step2：由AP与BP关系（如1BPAPkk），得一次函数)()(kfmmfk或者；Step3：将)()(kfmmfk或者代入mkxy，得定定yxxky)(。◆迁移训练练习1：过抛物线M:pxy22上一点P（1,2）作倾斜角互补的直线PA与PB，交M于A、B两点，求证：直线AB过定点。（注：本题结论也适用于抛物线与双曲线）练习2：过抛物线M:xy42的顶点任意作两条互相垂直的弦OA、OB，求证：直线AB过定点。（经典例题，多种解法）练习3：过1222yx上的点作动弦AB、AC且3ACABkk，证明BC恒过定点。（本题参考答案：)51,51(）练习:4：设A、B是轨迹C：22(0)ypxP上异于原点O的两个不同点，直线OA和OB的倾斜角分别为和，当,变化且4时，证明直线AB恒过定点，并求出该定点的坐标。（参考答案2,2pp）【答案】设1122,,,AxyBxy，由题意得12,0xx，又直线OA,OB的倾斜角,满足4，故0,4，所以直线AB的斜率存在，否则，OA,OB直线的倾斜角之和为奎屯王新敞新疆从而设AB方程为ykxb，显然221212,22yyxxpp，将ykxb与22(0)ypxP联立消去x，得2220kypypb由韦达定理知121222,ppbyyyykk①由4，得1＝tantan()4=tantan1tantan=122122()4pyyyyp将①式代入上式整理化简可得：212pbpk，所以22bppk，此时，直线AB的方程可表示为ykx22ppk即(2)20kxpyp所以直线AB恒过定点2,2pp.练习5：（2013年高考陕西卷（理））已知动圆过定点A(4,0),且在y轴上截得的弦MN的长为8.(Ⅰ)求动圆圆心的轨迹C的方程;(Ⅱ)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.【答案】解:(Ⅰ)A(4,0),设圆心C2222,2),,(ECMECMCAMNMEEMNyx，由几何图像知线段的中点为xyxyx84)422222（(Ⅱ)点B(-1,0),222121212122118,8,00),,(),,(xyxyyyyyyxQyxP，由题知设.080)()(88811211221212222112211yyyyyyyyyyyyxyxy直线PQ方程为:)8(1)(21121112121yxyyyyxxxxyyyy1,088)(8)()(122112112xyxyyyyxyyyyyy所以,直线PQ过定点(1,0)练习6：已知点1,0,1,0,BCP是平面上一动点，且满足||||PCBCPBCB（1）求点P的轨迹C对应的方程；（2）已知点(,2)Am在曲线C上，过点A作曲线C的两条弦AD和AE，且ADAE，判断：直线DE是否过定点？试证明你的结论.【解】（1）设.4,1)1(||||),(222xyxyxCBPBBCPCyxP化简得得代入（5分）).2,1(,14)2,()2(2的坐标为点得代入将AmxymA,044,422tmtyxytmyxDE得代入的方程为设直线）（（，则设*016)44,4),(),,(221212211tmtyymyyyxEyxD4)(21)()2)(2()1)(1(212121212121yyyyxxxxyyxxAEAD5)(2)44(44212122212221yyyyyyyy5)(242)(16)(212121221221yyyyyyyyyymmttmttmt845605)4(2)4(4)4(2)4(16)4(2222化简得)1(23)1(43484962222mtmtmmtt）即（即0*,1252）式检验均满足代入（或mtmt1)2(5)2(ymxymxDE或的方程为直线）不满足题意，定点（（过定点直线21).2,5(DE）练习7：已知点A（－1，0），B（1，－1）和抛物线.xyC4:2，O为坐标原点，过点A的动直线l交抛物线C于M、P，直线MB交抛物线C于另一点Q，如图.（I）证明:OMOP为定值;（II）若△POM的面积为25，求向量OM与OP的夹角；（Ⅲ）证明直线PQ恒过一个定点.解：（I）设点PyyPyyM),,4(),,4(222121、M、A三点共线，,4414,222121211yyyyyykkDMAM即4,142121211yyyyyy即.544212221yyyyOPOM(II)设∠POM=α，则.5cos||||OPOM.5sin||||,25OPOMSROM由此可得tanα=1.又.45,45),,0(的夹角为与故向量OPOM(Ⅲ)设点MyyQ),,4(323、B、Q三点共线，,QMBQkk3133222233131323133131311,,41444(1)()4,40.11yyyyyyyyyyyyyyyyyy即即即分,0444,4,432322121yyyyyyyy即第22题即.(*)04)(43232yyyy,44432232232yyyyyykPQ)4(422322yxyyyyPQ的方程是直线即.4)(,4))((323222322xyyyyyyxyyyy即由（*）式，,4)(43232yyyy代入上式，得).1(4))(4(32xyyy由此可知直线PQ过定点E（1，－4）.模型二：切点弦恒过定点例题：有如下结论：“圆222ryx上一点),(00yxP处的切线方程为200ryyyx”，类比也有结论：“椭圆),()0(1002222yxPbabyax上一点处的切线方程为12020byyaxx”，过椭圆C：1422yx的右准线l上任意一点M引椭圆C的两条切线，切点为A、B.（1）求证：直线AB恒过一定点；（2）当点M在的纵坐标为1时，求△ABM的面积。【解】（1）设M14),,(),(),)(,334(11221,1yyxxMAyxByxARtt的方程为则∵点M在MA上∴13311tyx①同理可得13322tyx②由①②知AB的方程为)1(3,133tyxtyx即易知右焦点F（0,3）满足③式，故AB恒过椭圆C的右焦点F（0,3）（2）把AB的方程0167,14)1(322yyyxyx化简得代入∴7167283631||AB又M到AB的距离33231|334|d∴△ABM的面积21316||21dABS◆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接引用，可以用本题的书写步骤替换之，大家注意过程。◆方法总结：什么是切点弦？解题步骤有哪些？参考：PPT圆锥曲线的切线及切点弦方程，百度文库参考：“尼尔森数学第一季_3下”，优酷视频拓展：相交弦的蝴蝶特征——蝴蝶定理，资料练习1：（2013年广东省数学（理）卷）已知抛物线C的顶点为原点,其焦点0,0Fcc到直线l:20xy的距离为322.设P为直线l上的点,过点P作抛物线C的两条切线,PAPB,其中,AB为切点.(Ⅰ)求抛物线C的方程;(Ⅱ)当点00,Pxy为直线l上的定点时,求直线AB的方程;(Ⅲ)当点P在直线l上移动时,求AFBF的最小值.【答案】(Ⅰ)依题意,设抛物线C的方程为24xcy,由023222c结合0c,解得1c.所以抛物线C的方程为24xy.(Ⅱ)抛物线C的方程为24xy,即214yx,求导得12yx设11,Axy,22,Bxy(其中221212,44xxyy),则切线,PAPB的斜率分别为112x,212x,所以切线PA：1112xyyxx,即211122xxyxy,即11220xxyy同理可得切线PB的方程为22220xxyy因为切线,PAPB均过点00,Pxy,所以1001220xxyy,2002220xxyy所以1122,,,xyxy为方程00220xxyy的两组解.所以直线AB的方程为00220xxyy.(Ⅲ)由抛物线定义可知11AFy,21BFy,所以121212111AFBFyyyyyy联立方程0022204xxyyxy,消去x整理得22200020yyxyy由一元二次方程根与系数的关系可得212002yyxy,2120yyy所以221212000121AFBFyyyyyxy