解析几何中的定点和定值问题

来源：好走旅游网

时间：二O二一年七月二十九日

解析几何中的定点定值问题之阿布

丰王创作

时间：二O二一年七月二十九日

考纲解读：定点定值问题是解析几何解答题的考查重点.此类问题定中有动,动中有定,而且常与轨迹问题,曲线系问题等相结合,深入考查直线的圆,圆锥曲线,直线和圆锥曲线位置关系等相关知识.考查数形结合,分类讨论,化归与转化,函数和方程等数学思想方法.

一、

定点问题

解题的关健在于寻找题中用来联系已知量,未知量的垂直关

系、中点关系、方程、不等式,然后将已知量,未知量代入上述关系,通过整理,变形转化为过定点的直线系、曲线系来解决.

例1、已知A、B是抛物线y=2px (p>0)上异于原点O的两个分歧点,直线OA和OB的倾斜角分别为α和β,当α、β变动且α+β=时,证明直线AB恒过定点,并求出该定点的坐标.

O 222

y B A 4x例2．已知椭圆C：x2y2ab1(ab0)的离心率为32,以原点为圆心, C的椭圆的短半轴长为半径的圆与直线xy方程； ⑵设P(4,0),M、N20相切．⑴求椭圆

是椭圆C上关于x轴对称的任意两个分歧的点,

连结PN交椭圆C于另一点E,求直线PN的斜率的取值范围；⑶在⑵的条件下,证明直线ME与x轴相交于定点．【针对性练习1】在直角坐标系xOy中,点M到点

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F13,0,F23,0的距离之和是4,点M的轨迹是C与x轴的负半轴

交于点A,不外点A的直线l:ykxb与轨迹C交于分歧的两点P和

Q．

⑴求轨迹C的方程；⑵那时APAQ0,求k与b的关系,并证明直线l过定点．

【针对性练习2】在平面直角坐标系xoy中,如图,已知椭圆

x2y21的左、右极点为95A、B,右焦点为F.设过点T

（t,m）的直线TA、TB与椭圆分别交于点M(x1,y1)、

N(x2,y2),其中m>0,y10,y20.

（1）设动点P满足PF2PB24,求点P的轨迹；（2）设x12,x2,求点T的坐标；

（3）设t9,求证：直线MN必过x轴上的一定点（其坐标与m无关）.

【针对性练习3】已知椭圆C中心在原点,焦点在x轴上,焦距为2,短轴长为23．（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）若直线l：

ykxmk0与椭圆交于分歧的两点M、N（M、N不是椭圆的

13左、右极点）,且以MN为直径的圆经过椭圆的右极点A．求证：直线l过定点,并求出定点的坐标．

例3、已知椭圆的焦点在x轴上,它的一个极点恰好是抛物线

x24y的焦点,离心率e2,过椭圆的右焦点F作与坐标轴不垂直5的直线l,交椭圆于A、B两点.（I）求椭圆的标准方程；

（Ⅱ）设点M(m,0)是线段OF上的一个动点,且(MAMB)AB,求

m的取值范围；

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（Ⅲ）设点C是点A关于x轴的对称点,在x轴上是否存在一个定

点N,使得C、B、N

三点共线？若存在,求出定点N的坐标,若不存在,请说明理由.

二、定值问题

在解析几何中,有些几何量与参数无关,这就构成了定值问题,解决这类问题时,要善于运用辩证的观点去思考分析,在动点的“变”中寻求定值的“不变”性,一种思路是进行一般计算推理求出其结果,选定一个适合该题设的参变量,用题中已知量和参变量暗示题中所涉及的界说,方程,几何性质,再用韦达定理,点差法等导出所求定值关系所需要的表达式,并将其代入定值关系式,化简整理求出结果,；另一种思路是通过考查极端位置,探索出“定值”是几多,用特殊探索法（特殊值、特殊位置、特殊图形等）先确定出定值,揭开神秘的面纱,这样可将盲目的探索问题转化为有方向有目标的一般性证明题,从而找到解决问题的突破口,将该问题涉及的几何形式转化为代数形式或三角形式,证明该式是恒定的.同时有许多定值问题,通过特殊探索法不单能够确定出定值,还可以为我们提供解题的线索.如果试题是客观题形式呈现,特珠化方法往往比力奏效.

例4、已知椭圆的中心为坐标原点O,焦点在x轴上,斜率为1且过椭圆右焦点的直线交椭圆于A、B两点,OAOB与a(3,1)共线.（1）求椭圆的离心率；

（2）设M为椭圆上任意一点,且OMOAOB(,R),证明

22为定值.

例5、已知,椭圆C过点A(1,),两个焦点为（－1,0）,（1,0）.

时间：二O二一年七月二十九日

32时间：二O二一年七月二十九日

（1）求椭圆C的方程；

（2）E,F是椭圆C上的两个动点,如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数,证明直线EF的斜率为定值,并求出这个定值. 将第二问的结论进行如下推广：结论

x21.过椭圆2ay2b21(a0,b0)上任一点A(x0,y0)任意作两条斜

率互为相反数的直线交椭圆于E、F两点,则直线EF的斜率为定值

b2x0a2y0（常数）.

x22.过双曲线2ay2b21(a0,b0)上任一点A(x0,y0)任意作两条

结论

斜率互为相反数的直线交椭圆于E、F两点,则直线EF的斜率为定值

b2x0a2y0（常数）.

2px(p0)上任一点A(x0,y0)任意作两条斜率互

py0结论3.过抛物线y2为相反数的直线交椭圆于E、F两点,则直线EF的斜率为定值（常数）.

例6、已知椭圆的中心在原点,焦点F在y轴的非负半轴上,点F到短轴端点的距离是4,椭圆上的点到焦点F距离的最年夜值是6.(Ⅰ)求椭圆的标准方程和离心率e；

(Ⅱ)若F为焦点F关于直线y3的对称点,动点M满足MFe,

MF问是否存在一个定点A,使M到点A的距离为定值？若存在,求出点

A的坐标及此定值；若不存在,请说明理由.

例7、已知抛物线C的极点在坐标原点,焦点在x轴上,P(2,0)为

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定点．

(Ⅰ)若点P为抛物线的焦点,求抛物线C的方程；

(Ⅱ)若动圆M过点P,且圆心M在抛物线C上运动,点A、B是圆M与y轴的两交点,试推断是否存在一条抛物线C,使|AB|为定值？若存在,求这个定值；若不存在,说明理由．

例8、已知椭圆E的中心在原点,焦点在x轴上,椭圆上的点到焦点的距离的最小值为21,离心率为e22﹒（Ⅰ）求椭圆E的方程；

（Ⅱ）过点1,0作直线交E于P、Q两点,试问：在x轴上是否存在一个定点M,MPMQ为定值？若存在,求出这个定点M的坐标；若不存在,请说明理由﹒

三、

定直线问题

例

x2y29、设椭圆C:221(ab0)过点M(2,1),且焦点为F1(2,0)ab（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）当过点P(4,1)的动直线l与椭圆C相交与两分歧点A,B时,在线段AB上取点Q,满足APQBAQPB,证明：点Q总在某定直线上

例10、已知椭圆C的离心率eA12,0,A22,0.（Ⅰ）求椭圆

32,长轴的左右端点分别为

C的方程；（Ⅱ）设直线xmy1与椭圆C交于P、Q两点,直线A1P与A2Q交于点S.试问：当m变动时,点S是否恒在一条定直线上？若是,请写出这条直线方程,并证明你的结论；若不是,请说明理由.

四、

其它定值问题

例

x2y211、已知双曲线C:221(a0,b0)的离心率为3,右准线方

ab时间：二O二一年七月二十九日

时间：二O二一年七月二十九日

33程为x（Ⅰ）求双曲线C的方程；（Ⅱ）设直线l是圆

O:x2y22上动点P(x0,y0)(x0y00)处的切线,l与双曲线C交于分歧

的两点A,B,证明AOB的年夜小为定值. 例

x2y212、己知椭圆221 （a>b>0）,过其中心

abO的任意两条互

相垂直的直径是P1P2、

Q1Q2,求证：以两条直径的四个端点所成的四边形P1Q1P2Q2与一定圆

y 相切.

A1 P2 B2 Q1 A2 P1 探索定圆：取椭圆长轴和短轴为两直径,则A2B2的方程为 O xy1,原点abO到直线A2B2的距离为r22abab22x , Q2 .

B1 a2b2则与菱形A1B1A2B2内切的圆方程为xy22ab例13、已知P(x0,y0)是双曲线xya2(a0)上的一个定点,过点P作两条互相

垂直的直线分别交双曲线于P1、P2两点（异于P点）,求证：直线P1P2的方向不变.

探索定值：取

a2P(x0,),过

x0P点且互相垂直的直线中有一条过原

点,则这一条直线

a2a2与曲线的另一个交点P1(x0,),其斜率kPP12 x0x0y P2 kPP2x02a2x PP2的方程为yy002(xx0)

a2P O P1 x 时间：二O二一年七月二十九日时间：二O二一年七月二十九日

a2把yxxa4x0代入解得P2(3,2)kP1P202（定值）

ax0a1k32 证明：设PP1的斜率为k,则PP2的斜率为－,

∴PP1的方程为yy0k(xx0)PP2的方程为yy0(xx0),与抛物

2y0a2ka2a2x0)、 P2(ky0,),从而kP1P222xya联立解得P1(,ky0ky0y0a1k2（定

值）

EX：过抛物线y=2px（P>0）上一定点（x0,y0）作两条直线分别交抛物线于A,B两点,满足直线PA、PB斜率存在且倾斜角互补,则AB的斜率为定值.

推广：抛物线推广到椭圆或双双曲线均可. 五、练习

1、椭圆中心在原点,焦点在x轴上,离心率为

222

,三角形ABM的三

个极点都在椭圆上,其中M点为（1,1）,且直线MA、MB的斜率之和为0.（1）求椭圆的方程.（2）求证：直线AB的斜率是定值.分析：（1）x+2y=3 （2）

1 22、已知定点C(1，0)及椭圆x23y25,过点C的动直线与椭圆相交于A，B两点.（Ⅰ）若线段AB中点的横坐标是,求直线AB的方程；

（Ⅱ）在x轴上是否存在点M,使MAMB为常数？若存在,求出点

M12的坐标；若不存在,请说明理由.

734 9分析：M（,0）

3、已知不垂直于x轴的动直线l交抛物线y2=2mx（m>0）于A、B

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两点,若A、B两点满足∠AQP=∠BQP,若其中Q点坐标为（-4,0）,原点O为PQ中点.（1）证明：A、P、B三点线；（2）当m=2时,是否存在垂直于x轴的直线l‘,使得l‘被以PA为直径的圆所截得的弦长为定值？如果存在求出l’的方程. 分析：设点AB的坐标（2）l：x=3.

x2y24、已知椭圆221(ab0)的左、右焦点分别为

abF1,F2,短轴的

两个端点为A、B,且四边形F1AF2B是边长为2的正方形.（1）求椭圆的方程.（2）若C、D分别是椭圆长轴的左、右端点,动点M满足MD⊥CD,连结CM交椭圆于点P,证明：OMOP为值.（3）在（2）的条件下,试问x轴上是否存在异于C的定点Q,使得以MP为直径的圆过直线DP,MQ的交点,若存在,求出点Q的坐标.

x2y2分析：（1）1

42（2）由O、M、P三点共线,得

ypym,所以OMOP=4 4xp2（3）设Q点（a,0）,由QMDP0,得a=0. 5、设P

x2y2为双曲线221(a,b0)上任意一点,F1,F2

ab是双曲线的左

233右焦点,若PF1PF2的最小值是-1,双曲线的离心率是

.（1）求

双曲线C的方程；（2）过双曲线C的右焦点F2的直线交双曲线于A、B两点,过作右准线的垂线,垂足为C,求证：直线AC恒过定点.

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7x2分析：（1）y21 （2）先猜再证：（

43,0）

y1x174y2换失14落x1代入韦达定理得证.方法二：设AB：ｘ＝ｍｙ＋２代入方程得：（ｍ－３）ｙ＋４ｍｙ＋１＝０

4myy21m23故

1yy12m23２

２

AC：y1y1y2yy3(yy)2my1y2y23又2my1y2=-(x)y2=12x1231222my11x1my122（y1+y2）然后代入韦达定理得.

6、在平面直角坐标系xOy中,Rt△ABC的斜边BC恰在x轴上,点B(－2,0),C（2,0）,且AD为BC边上的高.

(I)求AD中点G的轨迹方程； (II)若过点(1,0)的直线l与(I)中G的轨迹交于两分歧点P、Q,试问在x轴上是否存在定点E(m,0),使PE·QE恒为定值λ？若存在,求出点E的坐标及实数λ的值；若不存在,请说明理由.

1733x2分析：（1）y21(y0) （2）m= 定值为不容易先

8644猜出,只能是化简求出.

7、已知直线l过椭圆E：x22y22的右焦点F,且与E相交于P,Q两点.

（1）

设OR(OPOQ),求点R的轨迹方程. 若直线l的倾斜角为60,求

11的值.（当|PF||QF|12（2）

l的倾斜

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角不按时,可证

11是定值.） |PF||QF|分析：x22y2x0 （2）可先猜再证:22 解析几何中的定点定值问题

四、

定点问题

解题的关健在于寻找题中用来联系已知量,未知量的垂直关

系、中点关系、方程、不等式,然后将已知量,未知量代入上述关系,通过整理,变形转化为过定点的直线系、曲线系来解决.

例1、已知A、B是抛物线y=2px (p>0)上异于原点O的两个分歧点,直线OA和OB的倾斜角分别为α和β,当α、β变动且α+y B 2

β=时,证明直线AB恒过定点,并求出该定点的坐标. 解析：设A（

tan2p,y14A x yy,y1）,B（,y2）,则 2p2p2p)1 ,代入tan(y22122O tan得2p(y1y2)y1y24p2 （1）又设直线AB的方程为ykxb,则 ∴y1y22pb,ky1y22p,代入（1）式得b2p2pk k∴直线AB的方程为y2pk(x2p) ∴直线AB过定点（-2p,2p)

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说明：本题在特殊条件下很难探索出定点,因此要从已知动身,把所求的定点问题转化为求直线AB,再从AB直线系中看出定点.

例心率为x2y22．【2010·东城一模】已知椭圆C：221(ab0)的离

ab32,以原点为圆心,椭圆的短半轴长为半径的圆与直线

xy20相切．

⑴求椭圆C的方程； ⑵设P(4,0),M、N是椭圆C上关于x轴对称的任意两个分歧的点,

连结PN交椭圆C于另一点E,求直线PN的斜率的取值范围； ⑶在⑵的条件下,证明直线ME与x轴相交于定点．

c2a2b23,所以e22,即a24b2,又

aa42x2221,所以a4,b1,故椭圆C的方程为C：y21．因为b411解析：⑴由题意知ec3a22⑵由题意知直线PN的斜率存在,设直线PN的方程为yk(x4)①

yk(x4)联立消去y得：(4k21)x232k2x4(16k21)0, x22y14由(32k2)24(4k21)(64k24)0得12k210, 又k0分歧题意,

所以直线PN的斜率的取值范围是⑶设点N(x1,yy233k0或0k． 66y1),E(x2,y2),则M(x1,y1),直线ME的方程为

y2y1(xx2), x2x1y2y1令y0,得xx2y2(x2x1),将y1k(x14),x2x1x24(x1x2)．②

x1x28y2k(x24)代入整理,得

32k264k24由得①x1x22,x1x22代入②整理,得x1,

4k14k1时间：二O二一年七月二十九日

时间：二O二一年七月二十九日

所以直线ME与x轴相交于定点(1,0)．

【针对性练习1】在直角坐标系xOy中,点M到点

F13,0,F23,0的距离之和是4,点M的轨迹是C与x轴的负半轴

交于点A,不外点A的直线l:ykxb与轨迹C交于分歧的两点P和

Q．

⑴求轨迹C的方程；

⑵那时APAQ0,求k与b的关系,并证明直线l过定点．解：⑴∵点M到3,0,3,0的距离之和是4,∴M的轨迹C是长

2kx40,因为直

x2轴为4,焦点在x轴上焦中为23的椭圆,其方程为y21．

4⑵将ykxb,代入曲线C的方程,整理得(14k2)x28线l与曲线C交于分歧的两点P和Q,所以

64k2b24(14k2)(4b24)16(4k2b21)0①

设Px1,y1,Qx2,y2,则x1x282k14k2,x1x2414k2②

且y1y2(kx1b)(kx2b)(k2x1x2)kb(x1x2)b2,显然,曲线C与x轴的负半轴交于点A2,0,所以APx12,y1,AQx22,y2．由APAQ0,得

(x12)(x22)y1y20．

将②、③代入上式,整理得12k216kb5b20．所以(2kb)(6k5b)0,即b2k或b6k．经检验,都符合条件①,那时b2k,直线l的方程为

5ykx2k．显然,此时直线l经过定点2,0点．即直线l经过点A,

5与题意不符．那时b6k,直线l的方程为ykx6kkx．

5566显然,此时直线l经过定点,0点,且不外点A．综上,k与b的关

5时间：二O二一年七月二十九日

时间：二O二一年七月二十九日

6系是：b6k,且直线l经过定点,0点．

55【针对性练习2】在平面直角坐标系xoy中,如图,已知椭圆

x2y21的左、右极点为95A、B,右焦点为F.设过点T

（t,m）的直线TA、TB与椭圆分别交于点M(x1,y1)、

N(x2,y2),其中m>0,y10,y20.

（1）设动点P满足PF2PB24,求点P的轨迹；（2）设x12,x2,求点T的坐标；

（3）设t9,求证：直线MN必过x轴上的一定点（其坐标与m无关）.

【解析】本小题主要考查求简单曲线的方程,考查方直线与椭圆的方程等基础知识.考查运算求解能力和探究问题的能力.

解：（1）设点P（x,y）,则：F（2,0）、B（3,0）、A（-3,0）. 由PF2PB24,得(x2)2y2[(x3)2y2]4, 化简得x. 故所求点P的轨迹为直线x.

（2）将x12,x2分别代入椭圆方程,以及y10,y20得：M（2,）、N（,直线直线

5320） 91y0x3MTA方程为：,即yx1, 53023355y0x3NTB 方程为：,即yx. 2016203931313139292x7联立方程组,解得：10, y3时间：二O二一年七月二十九日

时间：二O二一年七月二十九日

所以点T的坐标为(7,). （3）点T的坐标为(9,m) 直线MTA方程为：直线

y0x3m,即y(x3), m09312y0x3mNTB 方程为：,即y(x3). m0936103x2y2分别与椭圆1联立方程组,同时考虑到x13,x23,

953(80m2)40m3(m220)20m,)N(,). 解得：M(、222280m80m20m20m（方法一）那时x1x2,直线MN方程为：

20m3(m220)yx220m220m 2240m20m3(80m)3(m20)280m220m280m20m2 令y0,解得：x1.此时必过点D（1,0）；

那时x1x2,直线MN方程为：x1,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）.

2403m23m260（方法二）若x1x2,则由及m0,得m210, 2280m20m此时直线MN的方程为x1,过点D（1,0）. 若x1x2,则m210,直线MD的斜率kMD20m210m20m3m26040m21220m40m210m80m, 2403m240m2180m2直线ND的斜率kNDD点.

,得kMDkND,所以直线MN过

因此,直线MN必过x轴上的点（1,0）.

【针对性练习3】（2011年石景山期末理18）已知椭圆C中心在

时间：二O二一年七月二十九日

原点,焦点在x轴上,焦距为2,短轴长为23．（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）若直线l：ykxmk0与椭圆交于分歧的两点

M、N（M、N不是椭圆的左、右极点）,且以MN为直径的圆经过

椭圆的右极点A．求证：直线l过定点,并求出定点的坐标．

解: （Ⅰ）设椭圆的长半轴为a,短半轴长为b,半焦距为c,则

2c2,a2, 2b23, 解得 b3,a2b2c2,∴椭圆C

x2y2的标准方程为 1．…… 4分

4322xy1 消去y,得（Ⅱ）由方程组43ykxm34kx228kmx4m2120．…… 6分

由题意△8km2434k24m2120, 整理得：34k2m20①………7分设Mx1,y1、Nx2,y2,则

8kmx1x234k24m212, x1x2．……… 8

34k2分

由已知,AMAN, 且椭圆的右极点为A(2,0),

∴x12x22y1y20．…… 10分即 1k2x1x2km2x1x2m240,

4m2128km2km2m40, 也即 1k2234k34k2整理得7m216mk4k20．解得m2k 或 m2k7,均满足①……… 11分

时间：二O二一年七月二十九日

那时m2k,直线l的方程为 ykx2k,过定点(2,0),不符合题意舍去；

那时m2k722(,0), ,直线l的方程为 yk,过定点x77

故直线l过定点,且定点的坐标为(,0)．………… 13分

例3、已知椭圆的焦点在x轴上,它的一个极点恰好是抛物线

x24y的焦点,离心率e2,过椭圆的右焦点F作与坐标轴不垂直527的直线l,交椭圆于A、B两点. （I）求椭圆的标准方程；

（Ⅱ）设点M(m,0)是线段OF上的一个动点,且(MAMB)AB,求

m的取值范围；

（Ⅲ）设点C是点A关于x轴的对称点,在x轴上是否存在一个定

点N,使得C、B、N

三点共线？若存在,求出定点N的坐标,若不存在,请说明理由.

x2y2解法一：（I）设椭圆方程为221(ab0),由题意知b1

abx2a2b2222y1 故椭圆方程为a525a5 （Ⅱ）由（I）得F(2,0),所以0m2,设l的方程为yk(x2)（k0）

x2代入y21,得(5k21)x220k2x20k250 设A(x1,y1),B(x2,y2),

520k220k25则x1x22,x1x22,y1y2k(x1x24),y1y2k(x1x2)

5k15k1m820k24k20,0m, 22m20,(85m)k2m0由k285m55k15k18那时0m,有(MAMB)AB成立.

55（Ⅲ）在x轴上存在定点N(,0),使得C、B、N三点共线.依题

2yy意知C(x1,y1),直线BC的方程为yy121(xx1), 令y0,则

x2x1y(xx)yxy2x1 x121x112y2y1y2y1时间：二O二一年七月二十九日

时间：二O二一年七月二十九日

l的方程为yk(x2),A、B在直线l上,

20k2520k22k2k225k15k15在x轴上存在定点N(5,0),使得CBN220k22k24k5k1三

点共线.

解法二：（Ⅱ）由（I）得F(2,0),所以0m2.设l的方程为

yk(x2)(k0),

x2 代入y21,得(5k21)x220k220k250设A(x1,y1),B(x2,y2),则

520k220k25x1x22,x1x25k15k214ky1y2k(x1x24)2,y1y2k(x1x2)

5k18那时0m,有(MAMB)AB成立.

55 （Ⅲ）在x轴上存在定点N(,0),使得C、B、N三点共线.

2 设存在N(t,0),使得C、B、N三点共线,则CB//CN,

CB(x1x2,y2y1),CN(tx1,y1), (x2x1)y1(tx1)(y1y2)0

即(x2x1)k(x12)(tx1)k(x1x24)02x1x2(t2)(x1x2)4t0

5520k2520k2tN(,0),使得CBN2(t2)4t0,存在225k215k21三点

共线.

五、

定值问题

在解析几何中,有些几何量与参数无关,这就构成了定值问题,

解决这类问题时,要善于运用辩证的观点去思考分析,在动点的“变”中寻求定值的“不变”性,一种思路是进行一般计算推理求出其结果,选定一个适合该题设的参变量,用题中已知量和参变量暗示题中所涉及的界说,方程,几何性质,再用韦达定理,点差法等导出所求定值关系所需要的表达式,并将其代入定值关系式,化简整理求出结果,；另一种思路是通过考查极端位置,探索出“定值”是几多,用特殊探索法（特殊值、特殊位置、特殊图形等）先

时间：二O二一年七月二十九日

确定出定值,揭开神秘的面纱,这样可将盲目的探索问题转化为有方向有目标的一般性证明题,从而找到解决问题的突破口,将该问题涉及的几何形式转化为代数形式或三角形式,证明该式是恒定的.同时有许多定值问题,通过特殊探索法不单能够确定出定值,还可以为我们提供解题的线索.如果试题是客观题形式呈现,特珠化方法往往比力奏效.

例4、已知椭圆的中心为坐标原点O,焦点在x轴上,斜率为1且过椭圆右焦点的直线交椭圆于A、B两点,OAOB与a(3,1)共线. （1）求椭圆的离心率；

（2）设M为椭圆上任意一点,且OMOAOB(,R),证明

22为定值.

解析：（1）设椭圆方程为（a>b>0）,A(x1,y1),B(x2,y2) ,AB的中点为N(x0,y0),

x2y221 2abx12y121y2y1b2a2b222,两式相减及1获得y02x0,所以直线

ax2x1x2y21a2b2ON的

方向向量为

e6 3b2ON(1,2)a,∵ON//a,1b223a,即a23b2,从而得

（2）探索定值因为M是椭圆上任意一点,若M与A重合,则

OMOA,此时1,0,221

证明 ∵a23b2,椭圆方程为x23y23b2,又直线方程为

yxc

时间：二O二一年七月二十九日

12又设M（x,y）,则由OMOAOB得,代

yy1y222入椭圆方程整理得2(x123y12)2(x23y2)2(x1x23y2y2)3b2

22又∵x123y123b2,x23y23b2,

xxx例5、已知,椭圆C过点A(1,),两个焦点为（－1,0）,（1,0）.

（1）（2）

32求椭圆C的方程；

E,F是椭圆C上的两个动点,如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数,证明直线EF的斜率为定值,并求出这个定值.

解析：（1）由题意,c=1,可设椭圆方程为

3b23,b2（舍去）

4191,解得1b24b2x2y2所以椭圆方程为1.

43（2）设直线AE

x2y23方程为：yk(x1),代入1得

24332 设E(xE,yE),F(xF,yF),因为点A(1,)在椭圆上,所以

34(k)21232ykxk xFEE2234k,

又直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数,在上式中以—K代K,可得

34(k)2123ykxk , xF2EE2234k时间：二O二一年七月二十九日

时间：二O二一年七月二十九日

所以直线EF的斜率KEFyFyEk(xFxE)2k1

xFxExFxE212即直线EF的斜率为定值,其值为. 将第二问的结论进行如下推广：结论

x21.过椭圆2ay2b21(a0,b0)上任一点A(x0,y0)任意作两条斜

率互为相反数的直线交椭圆于E、F两点,则直线EF的斜率为定值

b2x0a2y0（常数）.

k(xx0),则直线

证明：直线AE的方程为yy0yy0k(xx0),

k(xx2x0)和2ay2b21(ay2b20,bAF的方程为

联立yy0结论

1,消去y可得

x22.过双曲线2a0)上任一点A(x0,y0)任意作两条

斜率互为相反数的直线交椭圆于E、F两点,则直线EF的斜率为定值

b2x0a2y0（常数）.

2px(p0)上任一点A(x0,y0)任意作两条斜率互

py0结论3.过抛物线y2为相反数的直线交椭圆于E、F两点,则直线EF的斜率为定值（常数）.

例6、【2010·巢湖市第一学期期末质检】已知椭圆的中心

在原点,焦点F在y轴的非负半轴上,点F到短轴端点的距离是4,椭圆上的点到焦点F距离的最年夜值是6.

(Ⅰ)求椭圆的标准方程和离心率e；

时间：二O二一年七月二十九日

(Ⅱ)若F为焦点F关于直线y3的对称点,动点M满足MFe,

MF问是否存在一个定点A,使M到点A的距离为定值？若存在,求出点

A的坐标及此定值；若不存在,请说明理由.

解析：(Ⅰ)设椭圆长半轴长及半焦距分别为a，c,由已知得

a4，解得a4,c2. ac6，y2x2所以椭圆的标准方程为1. 离心率e21.

421612 (Ⅱ)F(0,2),F(0,1),设M(x,y),由MFe得

MF化简得3x2723y214y150,即x2（y)2()2

3333故存在一个定点A(0,7),使M到A点的距离为定值,其定值为2.

例7、【2010·湖南师年夜附中第二次月考】已知抛物线C的极点在坐标原点,焦点在x轴上,P(2,0)为定点． (Ⅰ)若点P为抛物线的焦点,求抛物线C的方程；

解析：(Ⅰ) 设抛物线方程为y22px(p0),则抛物线的焦点坐标为(,0).由已知,2,即p4,故抛物线C的方程是y28x．

(Ⅱ)设圆心M(a,b)(a0),点A(0,y1),B(0,y2). 因为圆M过点P(2,0),则可设圆M的方程为(xa)2(yb)2(a2)2b2. 令x0,得y22by4a40.则y1y22b,y1y24a4. 所以

|AB|(y1y2)2(y1y2)24y1y24b216a16. ,设抛物线

p2p2

C的

方程为y2mx(m0),因为圆心M在抛物线C上,则b2ma. 所以

时间：二O二一年七月二十九日

|AB|4ma16a164a(m4)16. 由此可得,那时m4,|AB|4为

定值．故存在一条抛物线y24x,使|AB|为定值4.

例8、已知椭圆E的中心在原点,焦点在x轴上,椭圆上的点到焦点的距离的最小值为21,离心率为e22﹒

（Ⅰ）求椭圆E的方程；

（Ⅱ）过点1,0作直线交E于P、Q两点,试问：在x轴上是否存在一个定点M,MPMQ为定值？若存在,求出这个定点M的坐标；若不存在,请说明理由﹒

解析：（I）设椭圆E的方程为

ac21.....2分 c22aa2b2a2c21椭圆c1x2y21a2b2,由已知得：

x2的方程为y21....

23分

（Ⅱ）法一：假设存在符合条件的点M(m,0),又设P(x1,y1),Q(x2,y2),则：

x1x2m(x1x2)m2y1y2..... 5分

①当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为：yk(x1),则

x22y1由2得x22k2(x1)220

yk(x1)4k22k22 7分 (2k1)x4kx(2k2)0x1x22,x1x222k12k122222k24kk(2m4m1)k2(m22)2所以MPMQ2m2m2 9分

2k12k12k12k21对任意的k值,MPMQ为定值,所以2m24m12(m22),得m5,

4所以M(5,0),MPMQ7； 11分

416②当直线l的斜率不存在时,直线l:x1,x1x22,x1x21,y1y21

2由m5得MPMQ7

416综上述①②知,符合条件的点M存在,起坐标为(5,0)﹒ 13分

42222法二：假设存在点

MP(x1m,y1),MQ(x2m,y2)

M(m,0),又设

P(x1,y1),Q(x2,y2),则：

时间：二O二一年七月二十九日

5分

①当直线l的斜率不为0时,设直线l的方程为xty1,

x222t1y1由2得(t22)y22ty10y1y22 7分 ,y1y22t2t2xty12t224m1(m22)t22m24m12 9分 MPMQ22m2t2t2t2t22(m22)t22m24m1设MPMQ则 2t25m22222(m2)t2m4m1(t2)5m204M(,0) 222274(m2)t2m4m1202m4m12016MPMQ(x1m)(x2m)y1y2=x1x2m(x1x2)m2y1y2….

分

②当直线l的斜率为0时,直线l:y0,由M(5,0)得：

4综上述①②知,符合条件的点M存在,其坐标为(5,0)....13分

4六、

定直线问题例9、设椭圆

x2y2C:221(ab0)ab过点M(2,1),且焦点为

F1(2,0)

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）当过点P(4,1)的动直线l与椭圆C相交与两分歧点A,B时,在线段AB上取点Q,满足APQBAQPB,证明：点Q总在某定直线上

解析：(1)由题意：

c22x2y221221 221 ,解得a4,b2,所求椭圆方程为 42ab222cab(2)设点Q(x,y),A(x1,y1),B(x2,y2),由题设,PA,PB,AQ,QB均不为零.

时间：二O二一年七月二十九日

且

PAAQPBQB

又 P,A,Q,B四点共线,可设PAAQ,PBBQ(0,1),于是

4x1y,y1（1） 114x1yx2,y2（2）

11x1由于A(x1,y1),B(x2,y2)在椭圆C上,将（1）,（2）分别代入C的方程x22y24,

整理得(x22y24)24(2xy2)140 （3）

(x22y24)24(2xy2)140 (4)

(4)－(3) 得 8(2xy2)0

∵0,∴2xy202xy20上

,即点Q(x,y)总在定直线

例10、已知椭圆C的离心率eA12,0,A22,0.（Ⅰ）求椭圆

32,长轴的左右端点分别为

C的方程；（Ⅱ）设直线xmy1与椭圆C交于P、Q两点,直线A1P与A2Q交于点S.试问：当m变动时,点S是否恒在一条定直线上？若是,请写出这条直线方程,并证明你的结论；若不是,请说明理由. 解法一：（Ⅰ）设椭圆

…………………1分

C的方程为

x2y21ab0a2b2.

∵a2,ec3,∴c3,b2a2c21. ………………4分

a2x2∴椭圆C的方程为2y21. ………………………………………5

4分

时间：二O二一年七月二十九日

（Ⅱ）取m0,得P1,3333x, A1P的方程是y,直线,Q1,63223x3,交点为S14,3.…………72直线A2Q的方程是y若P1,分,

33,由对称性可知交点为S24,3. ,Q1,22若点S在同一条直线上,则直线只能为:x4.…………………8分

以下证明对任意的m,直线A1P与直线A2Q的交点S均在直线

x22y1事实上,由4得my124y24,即m24y22my30,

xmy1:x4上.

记Px1,y1,Qx2,y2,则y1y2设A1P与

2m3.…………9,yy12m24m24交于点S0(4,y0),由y0y1,得y06y1.

42x12x12分

设A2Q与交于点S0(4,y0),由

12m12m22m4m40,……12x12x22y0y22y2,得y0.………10 42x22x22分

:x4∴y0y0,即S0与S0重合,这说明,当m变动时,点S恒在定直线上.13分

解法二：（Ⅱ）取

y33x,63m0,得

33P1,,Q1,22,直线A1P的方程是

3x3,2直线

A2Q的方程是

y交点为

S14,3.…………………………………………7

分

38311,,Q0,1AP取m1,得P,直线的方程是yx,直线A2Q的方程1556是y1x1,交点为S24,1.∴若交点S在同一条直线上,则直线只能为

2:x4.

……………8分

:x4上.

以下证明对任意的m,直线A1P与直线A2Q的交点S均在直线

时间：二O二一年七月二十九日

x22y14xmy1事实上,由

得my124y24,即m24y22my30,记

分消去

Px1,y1,Qx2,y2,则y1y2A1P的方程是

2m3.………………9,yy12m24m24y2y1yx2,x2,A2Q的方程是yx2x122得

y1yx22x2…①以下用分析法证明x4时,①式恒成立.要x12x22证明①式恒成立,只需证明

6y12y2,即证3y1my21y2my13,即x12x22证2my1y23y1y2.………………②∵2my1y23y1y2∴②式恒成立.这说明,当m变动时,点S恒在定直线

6m6m0,m24m24:x4上.

x22y1解法三：（Ⅱ）由4得my124y24,即m24y22my30.

xmy1记Px1,y1,Qx2,y2,则y1y22m3.……………6分 ,yy1222m4m4y2y1A1P的方程是yx2,……7分 x2,A2Q的方程是yx2x122y1yx2,x12由得y1x2y2x2,…………………9x12x22yy2x2,x22分

即x22m2y2x12y1x22ymy13y1my212my1y23y2y1222

3y2y1y2x12y1x22y2my13y1my2132m32y1y1m4m44.………………………………12

2m32y1y1m42分分

这说明,当m变动时,点S恒在定直线

五、

:x4上.………………13

其它定值问题

x2y2例11、已知双曲线C:221(a0,b0)的离心率为3,右准

ab时间：二O二一年七月二十九日

时间：二O二一年七月二十九日

3 3线方程为x（Ⅰ）求双曲线C的方程；

（Ⅱ）设直线l是圆O:x2y22上动点P(x0,y0)(x0y00)处

的切线,l与双曲线C交于分歧的两点A,B,证明AOB的年夜小为定值.

解析：本题主要考查双曲线的标准方程、圆的切线方程等基础知识,考查曲线和方程

的关系等解析几何的基本思想方法,考查推理、运算能力．

a23c3（Ⅰ）由题意,得c3a222,解得a1,c3,

y2∴bca2,∴所求双曲线C的方程为x1.

22（Ⅱ）点Px0,y0x0y00在圆x2y22上,

圆在点Px0,y0处的切线方程为yy0x0xx0, y02y2x122化简得x0xy0y2.由及x0y02得 2xxyy2003x202024x24x0x82x00① 24y28y0x82x00②

3x2∵切线l与双曲线C交于分歧的两点A、B,且0x02, 2∴3x040,设A、B两点的坐标分别为x1,y1,x2,y2, 2282x02x08则x1x22,y1y22,

3x043x04时间：二O二一年七月二十九日

时间：二O二一年七月二十九日

∴OAOBx1x2y1y20,∴AOB的年夜小为90. 例

x2y212、己知椭圆221 （a>b>0）,过其中心

abO的任意两条

互相垂直的直径是P1P2、

Q1Q2,求证：以两条直径的四个端点所成的四边形P1Q1P2Q2与一定圆

y 相切.

A1 P2 B2 Q1 A2 P1 探索定圆：取椭圆长轴和短轴为两直径,则A2B2的方程为 O xy1,原点abO到直线A2B2的距离为r22abab22x , Q2 .

B1 a2b2则与菱形A1B1A2B2内切的圆方程为xy22ab证明：设直径P1P2的方程为ykx,则Q1Q2的方程为yx

2a2b2ykxx222ba2k2xy1 解得222kab222ybab2a2k21k(k21)a2b2OP222

bak22 同理OQ2

(k21)a2b2=222abk,作OH⊥P2Q2则OHOP2OQ2OP2OQ222abab22

又四边形P1Q1P2Q2是菱形,菱形P1Q1P2Q2必外切于圆

a2b2xy2ab222.

例13、已知P(x0,y0)是双曲线xya2(a0)上的一个定点,过点P作两条互相

垂直的直线分别交双曲线于P1、P2两点（异于P点）,求证：直线P1P2的方向不变.

探索定值：取

a2P(x0,),过

x0P点且互相垂直的直线中有一条过原

时间：二O二一年七月二十九日

点,则这一条直线

a2a2与曲线的另一个交点P1(x0,),其斜率kPP12 x0x0y P2 kPP2x02a2x PP2的方程为yy002(xx0)

a2P O P1 x 把yax2代入解得P2(a4x0,3x0x0（定值） k)P221P2aa1k32 证明：设PP1的斜率为k,则PP2的斜率为－,

∴PP1的方程为yy0k(xx0)PP2的方程为yy0(xx0),与抛物

2y0a2ka2a2x0)、 P2(ky0,),从而kP1P222xya联立解得P1(,ky0ky0y0a1k2（定

值）

EX：过抛物线y=2px（P>0）上一定点（x0,y0）作两条直线分别交抛物线于A,B两点,满足直线PA、PB斜率存在且倾斜角互补,则AB的斜率为定值.

推广：抛物线推广到椭圆或双双曲线均可. 五、练习

1、（2008唐山三模）椭圆中心在原点,焦点在x轴上,离心率为

222

,三角形ABM的三个极点都在椭圆上,其中M点为（1,1）,且直

线MA、MB的斜率之和为0.（1）求椭圆的方程.（2）求证：直线AB的斜率是定值.

分析：（1）x+2y=3 （2）

1 22、（2008年西城一模）已知定点C(1，0)及椭圆x23y25,过点C的动直线与椭圆相交于A，B两点.（Ⅰ）若线段AB中点的横坐标

时间：二O二一年七月二十九日

是,求直线AB的方程；

（Ⅱ）在x轴上是否存在点M,使MAMB为常数？若存在,求出点

M12的坐标；若不存在,请说明理由.

734 9分析：M（,0）

3、已知不垂直于x轴的动直线l交抛物线y2=2mx（m>0）于A、B两点,若A、B两点满足∠AQP=∠BQP,若其中Q点坐标为（-4,0）,原点O为PQ中点.（1）证明：A、P、B三点线；（2）当m=2时,是否存在垂直于x轴的直线l‘,使得l‘被以PA为直径的圆所截得的弦长为定值？如果存在求出l’的方程. 分析：设点AB的坐标（2）l：x=3. 4、（2009

x2y2年保定统测）已知椭圆221(ab0)的左、右焦点

ab分别为F1,F2,短轴的两个端点为A、B,且四边形F1AF2B是边长为2的正方形.

（1）（2）

求椭圆的方程.

若C、D分别是椭圆长轴的左、右端点,动点M满足MD⊥CD,连结CM交椭圆于点P,证明：OMOP为值.

（3）

在（2）的条件下,试问x轴上是否存在异于C的定点Q,使得以MP为直径的圆过直线DP,MQ的交点,若存在,求出点Q的坐标.

x2y2分析：（1）1

42时间：二O二一年七月二十九日

时间：二O二一年七月二十九日

（2）由O、M、P三点共线,得

ypym,所以OMOP=4 4xp2（3）设Q点（a,0）,由QMDP0,得a=0. 5、（2009年邯郸第一次模拟）设P

x2y2为双曲线221(a,b0)上任

ab意一点,F1,F2是双曲线的左右焦点,若PF1PF2的最小值是-1,双曲线的离心率是

（1）

23. 3求双曲线C的方程；

（2）过双曲线C的右焦点F2的直线交双曲线于A、B两点,过作右准线的垂线,垂足为C,求证：直线AC恒过定点.

7x2分析：（1）y21 （2）先猜再证：（

43,0）

y1x174y2换失14落x1代入韦达定理得证.方法二：设AB：ｘ＝ｍｙ＋２代入方程得：（ｍ－３）ｙ＋４ｍｙ＋１＝０

4myy21m23故

yy112m23２

２

AC：y1y1y2yy3(yy)2my1y2y23又2my1y2=-(x)y2=12x1231222my11x1my122（y1+y2）然后代入韦达定理得.

6、在平面直角坐标系xOy中,Rt△ABC的斜边BC恰在x轴上,点B(－2,0),C（2,0）,且AD为BC边上的高.

(I)求AD中点G的轨迹方程； (II)若过点(1,0)的直线l与(I)中G的轨迹交于两分歧点P、Q,试问在x轴上是否存在定点E(m,0),

时间：二O二一年七月二十九日

使PE·QE恒为定值λ？若存在,求出点E的坐标及实数λ的值；

x2若不存在,请说明理由.分析：（1）y21(y0)

4（2）

1733 定值为不容易先猜出,只能是化简求出. 8647、（2009年衡水三模）已知直线l过椭圆E：x22y22的右焦点F,且与E相交于P,Q两点.

（3）

设OR(OPOQ),求点R的轨迹方程. 若直线l的倾斜角为60,求角不按时,可证

11|PF||QF|11的值.（当|PF||QF|12（4）

l的倾斜

是定值.）分析：x22y2x0

（2）可先猜再证:22 时间：二O二一年七月二十九日时间：二O二一年七月二十九日

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