椭圆中的定点定值问题

1椭圆中的定点、定线、定值问题例1．（2012盐城二模）已知椭圆22221(0)xyabab的离心率为22,且过点21(,)22P,记椭圆的左顶点为A.(1)求椭圆的方程；(2)设垂直于y轴的直线l交椭圆于,BC两点,试求ABC面积的最大值；(3)过点A作两条斜率分别为12,kk的直线交椭圆于,DE两点,且122kk,求证:直线DE恒过一个定点.解:(1)由222222211124caababc,解得12222abc,所以椭圆C的方程为2221xy(2)设(,)Bmn,(,)Cmn,则12||||||||2ABCSmnmn又2222122222||||mnmnmn,所以2||||4mn,当且仅当||2||mn时取等号从而24ABCS,即ABC面积的最大值为24(3)因为A(－1,0),所以12:(1),:(1)ABykxACykx,由122(1)21ykxxy,消去y,得2222111(12)4210kxkxk,解得x=－1或21211212kxk,∴点2112211122(,)1212kkBkk同理,有2222222122(,)1212kkCkk,而122kk,∴211221184(,)88kkCkk∴直线BC的方程为11222111122221111221142281212()8121212812kkkkkkyxkkkkkk,即21112221112312()122(2)12kkkyxkkk,即112211352(2)2(2)kkyxkk所以2112(35)0ykxky,则由0350yx,得直线BC恒过定点5(,0)3(注:第(3)小题也可采用设而不求的做法,即设1122(,),(,)DxyExy,然后代入找关系)相关题：（江苏2010年16分）在平面直角坐标系xoy中，如图，已知椭圆15922yx的左、右顶点为A、B，右焦点为F。设过点T（mt,）的直线TA、TB与椭圆分别交于点M),(11yx、22N(x,y)，其中m0,0,021yy。（1）设动点P满足22PFPB4,求点P的轨迹；（2）设31,221xx，求点T的坐标；（3）设9t,求证：直线MN必过x轴上的一定点（其坐标与m无关）。【答案】解：（1）设点P（x，y），则：F（2，0）、B（3，0）、A（-3，0）。由22PFPB4，得2222(2)[(3)]4,xyxy化简得92x。故所求点P的轨迹为直线92x。（2）将31,221xx分别代入椭圆方程，以及0,021yy得：M（2，53）、N（13，209）。直线MTA方程为：0352303yx，即113yx，直线NTB方程为：032010393yx，即5562yx。联立方程组，解得：7103xy，所以点T的坐标为10(7,)3。（3）∵点T的坐标为(9,)m∴直线MTA方程为：03093yxm，即(3)12myx，直线NTB方程为：03093yxm，即(3)6myx。分别与椭圆15922yx联立方程组，同时考虑到123,3xx，AP·xyO2解得：2223(80)40M(,)8080mmmm、2223(20)20N(,)2020mmmm。当12xx时，直线MN方程为：222222222203(20)202040203(80)3(20)80208020mmyxmmmmmmmmmm令0y，解得：1x。此时必过点D（1，0）；当12xx时，直线MN方程为：1x，与x轴交点为D（1，0）。所以直线MN必过x轴上的一定点D（1，0）。例2．（2012南京二模）如图，在平面直角坐标系xoy中，椭圆C：22221(0)xyabab的离心率为23，以原点为圆心，椭圆C的短半轴长为半径的圆与直线x-y+2=0相切．（1）求椭圆C的方程；（2）已知点P(0,1),Q(0,2),设M,N是椭圆C上关于y轴对称的不同两点，直线PM与QN相交于点T。求证：点T在椭圆C上。17．（本小题满分14分）解：（1）由题意知b＝22＝2．…………………………3分因为离心率e＝ca＝32，所以ba＝1－(ca)2＝12．所以a＝22．所以椭圆C的方程为x28＋y22＝1．…………………………6分（2）证明：由题意可设M，N的坐标分别为(x0，y0)，(－x0，y0)，则直线PM的方程为y＝y0－1x0x＋1，①直线QN的方程为y＝y0－2－x0x＋2．②…………………………8分证法一联立①②解得x＝x02y0－3，y＝3y0－42y0－3，即T(x02y0－3，3y0－42y0－3)．………11分由x028＋y022＝1可得x02＝8－4y02．因为18(x02y0－3)2＋12(3y0－42y0－3)2＝x02＋4(3y0－4)28(2y0－3)2＝8－4y02＋4(3y0－4)28(2y0－3)2＝32y02－96y0＋728(2y0－3)2＝8(2y0－3)28(2y0－3)2＝1，所以点T坐标满足椭圆C的方程，即点T在椭圆C上．…………………14分证法二设T(x，y)．联立①②解得x0＝x2y－3，y0＝3y－42y－3．………………………11分因为x028＋y022＝1，所以18(x2y－3)2＋12(3y－42y－3)2＝1．整理得x28＋(3y－4)22＝(2y－3)2，所以x28＋9y22－12y＋8＝4y2－12y＋9，即x28＋y22＝1．所以点T坐标满足椭圆C的方程，即点T在椭圆C上．…………………14分相关题：（2012年北京西城一模理19）已知椭圆:C22221(0)xyabab的离心率为53，定点(2,0)M，椭圆短轴的端点是1B，2B，且12MBMB.（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）设过点M且斜率不为0的直线交椭圆C于A，B两点.试问x轴上是否存在定点P，使PM平分APB？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由.解：（Ⅰ）由222222519abbeaa，得23ba.依题意△12MBB是等腰直角三角形，从而2b，故3a.所以椭圆C的方程是22194xy.（Ⅱ）设11(,)Axy，22(,)Bxy，直线AB的方程为2xmy.将直线AB的方程与椭圆C的方程联立，消去x得22(49)16200mymy.所以1221649myym，1222049yym.3若PF平分APB，则直线PA，PB的倾斜角互补，所以0PBPAkk.设(,0)Pa，则有12120yyxaxa.将112xmy，222xmy代入上式，整理得1212122(2)()0(2)(2)myyayymyamya，所以12122(2)()0myyayy.将1221649myym，1222049yym代入上式，整理得(29)0am.由于上式对任意实数m都成立，所以92a.综上，存在定点9(,0)2P，使PM平分APB.例3．（2011重庆理）如图，椭圆的中心为原点O，离心率e，一条准线的方程为x．（Ⅰ）求该椭圆的标准方程；（Ⅱ）设动点P满足：OPOMONuuuruuuruuur，其中,MN是椭圆上的点，直线OM与ON的斜率之积为，问：是否存在两个定点,FF，使得PFPF为定值？若存在，求,FF的坐标；若不存在，说明理由．解：（I）由22,22,2caeac解得2222,2,2acbac，故椭圆的标准方程为221.42xy（II）设1122(,),(,),(,)PxyMxyNxy，则由2OPOMON得112212121212(,)(,)2(,)(2,2),2,2.xyxyxyxxyyxxxyyy即因为点M，N在椭圆2224xy上，所以2222112224,24xyxy，故222222121212122(44)2(44)xyxxxxyyyy2222112212121212(2)4(2)4(2)204(2).xyxyxxyyxxyy设,OMONkk分别为直线OM，ON的斜率，由题设条件知12121,2OMONyykkxx因此121220,xxyy所以22220.xy所以P点是椭圆22221(25)(10)xy上的点，设该椭圆的左、右焦点为F1，F2，则由椭圆的定义|PF1|+|PF2|为定值，又因22(25)(10)10c，因此两焦点的坐标为12(10,0),(10,0).FF相关题：（2011南通三模）(本题满分16分)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆22221xyab(a＞b＞0)的离心率为22，其焦点在圆x2+y2=1上．(1)求椭圆的方程；(2)设A，B，M是椭圆上的三点(异于椭圆顶点)，且存在锐角θ，使cossinOMOAOB．4(i)求证：直线OA与OB的斜率之积为定值；(ii)求证：OA2+OB2为定值。思路分析:本题第(2)问中，可以证明线段AB的中点恒在定椭圆x2+2y2=1上．后一问与前一问之间具有等价关系．解：(1)依题意，得c=1．于是，a=2，b=1．所以所求椭圆的方程为2212xy．(2)(i)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则221112xy①，222212xy②．又设M(x，y)，因cossinOMOAOB，故1212cossin,cossin.xxxyyy因M在椭圆上，故221212(cossin)(cossin)12xxyy．整理得22222212121212()cos()sin2()cossin1222xxxxyyyy．将①②代入上式，并注意cossin0，得121202xxyy．所以，121212OAOByykkxx为定值．(ii)2222222222121212121212()()(1)(1)1()222xxxxyyyyyyyy，故22121yy．又22221212()()222xxyy，故22122xx．所以，OA2+OB2=22221122xyxy=3．备用：（2012辽宁理）如图，椭圆22022:+=1b0,a,bxyCaab为常数，动圆222111:+=,Cxytbta.点12,AA分别为0C的左、右顶点，1C与0C相交于,,,ABCD四点（1）求直线1AA与直线2AB交点M的轨迹方程；（2）设动圆22222:+=Cxyt与0C相交于',',','ABCD四点，其中2bta，12tt.若矩形ABCD与矩形''''ABCD的面积相等，证明：2212+tt为定值【命题意图】本题主要考查圆的方程、椭圆方程、轨迹求法、解析几何中的定值问题，考查转化与化归能力、运算求解能力，是难题.【解析】设1111,,,-AxyBxy，又知12-,0,,0AaAa，则直线1AA的方程为11=++yyxaxa①直线2AB的方程为11-=--yyxaxa②由①②得22221221-=--yyxaxa③由点11,Axy在椭圆0C上，故可得221122+=1xyab，从而有222112=1-xyba，代入③得2222-=1-,0xyxayab……6分（2）证明：设22',Axy，由矩形ABCD与矩形''''ABCD的面积相等，得2222112211224=4,=xyxyxyxy，因为点,'AA均在椭圆上，所以22