2009级创新班20115：圆锥曲线定点与定值问题 20110121

圆锥曲线中的定点与定值问题2009级创新班201015：2011.03.1、基本概念：在几何问题中，有些几何量与参数无关，这就构成定值问题；如果满足一定条件的曲线恒过某一定点，就是定点问题2、基本方法：常用的处理方法有两种：（1）从特殊入手，先求出定点或定值得，再证明这个点或值与参数无关；（2）直接推理，计算，并在计算过程中消去变时，从而得到定点或定值。3、易错警示：选择合适的参数，并利用这个参数得到有关的曲线方程或函数关系式为解决问题的关键。考点1：定点问题已知动圆过定点,02p，且与直线2px相切，其中0p.（I）求动圆圆心C的轨迹的方程；（II）设A、B是轨迹C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为定值(0)时，证明直线AB恒过定点，并求出该定点的坐标.考点1：定点问题已知动圆过定点,02p，且与直线2px相切，其中0p.（I）求动圆圆心C的轨迹的方程；解：（I）如图，设M为动圆圆心，,02p为记为F，过点M作直线2px的垂线，垂足为N，由题意知：MFMN即动点M到定点F与定直线2px的距离相等，由抛物线的定义知，点M的轨迹为抛物线，其中,02pF为焦点，2px为准线，所以轨迹方程为22(0)ypxP；所以直线的斜率存在，设其方程为，ABykxb（2）设A、B是轨迹C上异于原点O的两个不同点，直线和,OA和OB的倾斜角分别为，当变化且为定(0)值时，证明直线AB恒过定点，并求出该定点的坐标.yAxoB,02pFMN2px112212,,,,AxyBxyxx(2)设，由题意得12),0xx(否则且2221212,,2(0),22yyxxykxbypxPxpp显然将与联立消去2121222220,,ppbkypypbyyyykk得由韦达定理知:01212(1),,tantan11,22yyxx当时即时所以222121212121220,04.4yyxxyyyyyypp即2242.pbpbpkk由知:因此直线AB的方程可表示为，2ykxpk(2)0kxPy即所以直线AB恒过定点2,0ptantan(2),,tantan()21tantan当时由得122122()2tan42pyypyypbpk将式代入上式整理化简可得：①2222tantanppbpkABykxpk此时，直线的方程可表示为22(2)02,tantanppkxpyABp即所以直线恒过定点122,02ABp所以由（）（）知，当时，直线恒过定点，22,.2tanpABp当时直线恒过定点说明：证明直线过定点时，一般把直线方程设成斜截式（要考虑斜率是否存在），此时直线方程中往往有两个参变量，然后联立直线与曲线方程，用韦达定理找到两个参变量的关系（注意检验判别式是否大于或等于零）；这样直线方程中只有一个参变量，就能求出所过定点。如果是左右开口的抛物线，直线方程一般设成x=my+n的形式。已知抛物线y2=2px及定点A(a,b)、B(-a,0)(ab≠0,b2≠2pa).M是抛物线上的点，设直线AM、BM与抛物线的另一交点分别为M1、M2求证：当M点在抛物线上变动时(只要M1、M2存在且M1≠M2)，直线M1M2恒过一个定点，并求出这个定点的坐标.98年联赛例2直线与抛物线交于A、B两点，m为过A点且以为方向向量的直线.ykxbyx2(0,1)ν(1)已知O为原点，若，直线OB与m交于点P,求证:P的纵坐标为定值,并求此定值;OAOB410(2)过两点A、B分别作抛物线的两条切线，若此两条切线互相垂直且交于Q点，求点Q的轨迹方程.（2006宁波高三第二次“十校联考”数学题）考点2：定值问题（1）定值为-0.5；（2）y=-0.25（08年安徽卷）．（Ⅱ）当过点(4,1)P的动直线l与椭圆C:22142xy相交与两不同点,AB时，在线段AB上取点Q，满足APQBAQPB，证明：点Q总在某定直线上.(定直线220xy上)方法一设点Q、A、B的坐标分别为1122(,),(,),(,)xyxyxy。由题设知,,,APPBAQQB均不为零，记APAQPBQB,则0且1又A，P，B，Q四点共线，从而,APPBAQQB于是1241xx，1211yy,121xxx，121yyy从而22212241xxx，（1）2221221yyy，（2）又点A、B在椭圆C上，即221124,(3)xy222224,(4)xy（1）+（2）×2并结合（3），（4）得424sy即点(,)Qxy总在定直线220xy上方法二设点1122(,),(,),(,)QxyAxyBxy，由题设，,,,PAPBAQQB均不为零。且PAPBAQQB又,,,PAQB四点共线，可设,(0,1)PAAQPBBQ,于是1141,11xyxy（1）2241,11xyxy（2）由于1122(,),(,)AxyBxy在椭圆C上，将（1），（2）分别代入C的方程2224,xy整理得222(24)4(22)140xyxy（3）222(24)4(22)140xyxy(4)(4)－(3)得8(22)0xy0,220xy∵∴,即点(,)Qxy总在定直线220xy上练习已知椭圆C：的离心率为，短轴端点到焦点的距离为2.(1)求椭圆方程;(2)过左焦点F作椭圆的弦MN，问在x轴上是否存在点P，使得为定值？若存在，求点P的坐标；若不存在，说明理由.xyabab22221(0)22PMPN（2008宁波市高考数学模拟考试题）已知椭圆)0(12222babyax的左、右焦点分别是F1（－c，0）、F2（c，0），Q是椭圆外的动点，满足.2||1aQF点P是线段F1Q与该椭圆的交点，点T在线段F2Q上，并且满足.0||,022TFTFPT（Ⅰ）设x为点P的横坐标，证明xacaPF||1；（Ⅱ）求点T的轨迹C的方程；（Ⅲ）试问：在点T的轨迹C上，是否存在点M，使△F1MF2的面积S=.2b若存在，求∠F1MF2的正切值；若不存在，请说明理由.考点3：探索性问题xy1F2FOM解法一：C上存在点M使S=的充要条件是00(,)xy2b222002012||.2xyacyb由④得代入③得4222202()()0.bbbxaaaccc20||.byc2b2bac所以，当时，存在点M，使S=；当时，不存在满足条件的点M，2bac2100200,(,),(,),baMFcxyMFcxyc当时2222221200,MFMFxcyacb由21212121221212||||cosn2.1||||sin2MFMFMFMFFMFbtaFMFSMFMFFMFb解法二：C上存在点M使S=的充要条件是00(,)xy2b222002012||.2xyacyb20||.byc由⑥得代入⑤得4222202()()0.bbbxaaaccc当时，不存在满足条件的点M，2bac2bac2b于是，当时，存在点M，使S=122001200,,,FMFMyybakkkkcxcxc当时记1212121212||2,90,tan||,1kkFFaFMFFMFkk由知所以00000122220000002tan||,1yyxcxccyFMFyyxycxcxc2222000,,xyacySb212222tan||2.bFMFac例1已知三个定点，动圆M与线段AB相切于点N,且|AN|-|BN|=,现分别过点A、B作动圆M的切线，两切线交于点P.ABC221(,0)(,0)(,0)333、、23(1)求动点P的轨迹方程；(2)直线截动点P的轨迹所得弦长为2，求m的值；(3)是否存在常数，使得，若存在，求的值；若不存在，请说明理由.xmy3320λPBCPCBλλ（2006宁波高三第一次“十校联考”数学题）略解当动圆为△PAB的内切圆时，|PA|-|PB|=|AN|-|BN|为定值；当动圆为△PAB的旁切圆时，|PA|-|PB|=|BN|-|AN|也为定值，总之P点轨迹为双曲线上去两点。（1）方程为9x2-3y2=1,(y≠0)(2)m=0;(3)不存在。(2009湖北卷理)过抛物线22(0)ypxp的对称轴上一点,00Aaa的直线与抛物线相交于M、N两点，自M、N向直线:lxa作垂线，垂足分别为1M、1N。（Ⅰ）当2pa时，求证：1AM⊥1AN；（Ⅱ）记1AMM、11AMN、1ANN的面积分别为1S、2S、3S，是否存在，使得对任意的0a，都有2212SSS成立。若存在，求出的值；若不存在，说明理由。解：依题意，可设直线MN的方程为1122,(,),(,)xmyaMxyNxy，则有21世纪教育网12(,),(,)MayNay由22xmyaypx消去x可得2220ympyap从而有121222yympyyap①,于是21212()22()xxmyyampa②又由2112ypx，2122ypx可得222121222()(2)44yyapxxapp③（Ⅰ）如图1，当2pa时，点(,0)2pA即为抛物线的焦点，l为其准线2px此时1112(,),(,),22PPMyNy并由①可得212yyp证法1：1112(,),(,)AMpyANpyuuuuvuuuvQ2221112110,AMANpyyppAMANuuuuvuuuv即21世纪教育网证法2：1112,,AMANyyKKppQ1121211221,AMANyypKKAMANpp即.(Ⅱ)存在4，使得对任意的0a，都有22134SSS成立，证明如下：证法1：记直线l与x轴的交点为1A,则1OAOAa。于是有11111121111231112211)221211)22SMMAMxaySMNAAayySNNANxay（（2221312112222212121212124()()()[()4][()]SSSayyxayxayayyyyxxaxxayy将①、②、③代入上式化简可得2222222(48)2(24)4(2)ampapapampaapmpa上式恒成立，即对任意22130,4aSSS成立证法2：如图2，连接11,MNNM,则由212112,2yyapypx可得1122211122222OMONypypyypKKxyyyapa,所以直线1MN经过原点O，同理可证直线1NM也经过原点O又1OAOAa设1111121112,,,,MAhNAhMMdNNd则11121212322111,2()(),.222SdhSahhahhSdh1112212212,2hdhdhdahdhh又从而结论成立