第八章第9讲第3课时定点、定值问题.doc

第3课时　定点、定值问题

__定点问题____________________________

　(2014·高考山东卷节选)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，A为C上异于原点的任意一点，过点A的直线l交C于另一点B，交x轴的正半轴于点D，且有|FA|＝|FD|，当点A的横坐标为3时，△ADF为正三角形．
(1)求C的方程；
(2)若直线l1∥l，且l1和C有且只有一个公共点E，证明直线AE过定点，并求出定点坐标．
[解]　(1)由题意知F(，0)．
设D(t，0)(t＞0)，则FD的中点为(，0)．
因为|FA|＝|FD|，
由抛物线的定义知3＋＝，
解得t＝3＋p或t＝－3(舍去)．
由＝3，解得p＝2.
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)由(1)知F(1，0)．
设A(x0，y0)(x0y0≠0)，D(xD，0)(xD＞0)．
因为|FA|＝|FD|，则|xD－1|＝x0＋1，
由xD＞0得xD＝x0＋2，故D(x0＋2，0)，
故直线AB的斜率kAB＝－.
因为直线l1和直线AB平行，
设直线l1的方程为y＝－x＋b，
代入抛物线方程得y2＋y－＝0，
由题意Δ＝＋＝0，得b＝－.
设E(xE，yE)，则yE＝－，xE＝.
当y≠4时，kAE＝＝－＝，
可得直线AE的方程为y－y0＝(x－x0)．
由y＝4x0，
整理可得y＝(x－1)，
直线AE恒过点F(1，0)．
当y＝4时，直线AE的方程为x＝1，过点F(1，0)，
所以直线AE过定点F(1，0)．
[规律方法]　圆锥曲线中定点问题的两种解法
(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．
(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．
　1.(2015·大庆市教学质量检测)已知椭圆C：＋y2＝1(a＞1)的上顶点为A，右焦点为F，直线AF与圆M：(x－3)2＋(y－1)2＝3相切．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若不过点A的动直线l与椭圆C交于P，Q两点，且·＝0，求证：直线l过定点，并求该定点的坐标．
解：(1)圆M的圆心为(3，1)，半径r＝.
由题意知A(0，1)，F(c，0)，
直线AF的方程为＋y＝1，即x＋cy－c＝0.
由直线AF与圆M相切，得＝，解得c2＝2，a2＝c2＋1＝3，
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)法一：由·＝0，知AP⊥AQ，从而直线AP与坐标轴不垂直，故可设直线AP的方程为y＝kx＋1，直线AQ的方程为y＝－x＋1.
联立，整理得(1＋3k2)x2＋6kx＝0，
解得x＝0或x＝，故点P的坐标为(，)，
同理，点Q的坐标为(，)，
∴直线l的斜率为＝，
∴直线l的方程为y＝(x－)＋，
即y＝x－.
∴直线l过定点(0，－)．
法二：由·＝0，知AP⊥AQ，从而直线PQ与x轴不垂直，故可设直线l的方程为y＝kx＋t(t≠1)，
联立，整理得(1＋3k2)x2＋6ktx＋3(t2－1)＝0.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝.(*)
由Δ＝(6kt)2－4(1＋3k2)×3(t2－1)＞0，得3k2＞t2－1.
由·＝0，得·＝(x1，y1－1)·(x2，y2－1)＝(1＋k2)x1x2＋k(t－1)(x1＋x2)＋(t－1)2＝0.
将(*)代入，得t＝－，
∴直线l过定点0，－)．
__定值问题____________________________

　(2014·高考江西卷)如图，已知抛物线C：x2＝4y，过点M(0，2)任作一直线与C相交于A，B两点，过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点)．

(1)证明：动点D在定直线上；
(2)作C的任意一条切线l(不含x轴)，与直线y＝2相交于点N1，与(1)中的定直线相交于点N2，证明：|MN2|2－|MN1|2为定值，并求此定值．
[解]　(1)证明：依题意可设AB方程为y＝kx＋2，代入x2＝4y，得x2＝4(kx＋2)，即x2－4kx－8＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1x2＝－8.
直线AO的方程为y＝x；BD的方程为x＝x2.
解得交点D的坐标为
注意到x1x2＝－8及x＝4y1，
则有y＝＝＝－2.
因此D点在定直线y＝－2上(x≠0)．
(2)依题设，切线l的斜率存在且不等于0，设切线l的方程为y＝ax＋b(a≠0)，代入x2＝4y，得x2＝4(ax＋b)，
即x2－4ax－4b＝0.
由Δ＝0，得(4a)2＋16b＝0，化简整理得b＝－a2.
故切线l的方程可写为y＝ax－a2.
分别令y＝2，y＝－2，得N1，N2的坐标为
N1，N2，
则|MN2|2－|MN1|2＝＋42－
＝8，
即|MN22－|MN1|2为定值8.
[规律方法]　圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法
(1)特点：特征几何量不受动点或动线的影响而有固定的值．
(2)两大解法：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
②引进变量法：其解题流程为

　2.(2015·长春市调研) 已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F2(1，0)，点H(2，)在椭圆上．

(1)求椭圆的方程；
(2)若点M在圆x2＋y2＝b2上，且M在第一象限，过M作圆x2＋y2＝b2的切线交椭圆于P，Q两点，问：△PF2Q的周长是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．
解：(1)由题意，得，
解得，∴椭圆方程为＋＝1.
(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则＋＝1(|x1|≤3)，
|PF2|2＝(x1－1)2＋y＝(x1－1)2＋8(1－)
＝(x1－9)2，
∴|PF2|＝(9－x1)＝3－x1.
连接OM，OP(图略)，由相切条件知：|PM|2＝|OP|2－|OM|2＝x＋y－8＝x＋8(1－)－8＝x，
∴|PM|＝x1，
∴|PF2|＋|PM|＝3－x1＋x1＝3，
同理可求得|QF2|＋|QM|＝3－x2＋x2＝3，
∴|F2P|＋|F2Q|＋|PQ|＝3＋3＝6为定值．
__探究存在性问题______________________

　(2014·高考湖南卷)如图，O为坐标原点，双曲线C1：－＝1(a1＞0，b1＞0)和椭圆C2：＋＝1(a2＞b2＞0)均过点P，且以C1的两个顶点和C2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形．

(1)求C1，C2的方程；
(2)是否存在直线l，使得l与C1交于A，B两点，与C2只有一个公共点，且|＋|＝||？证明你的结论．
[解]　(1)设C2的焦距为2c2，
由题意知，2c2＝2，2a1＝2.
从而a1＝1，c2＝1.
因为点P在双曲线x2－＝1上，
所以－＝1.故b＝3.
由椭圆的定义知
2a2＝＋
＝2.
于是a2＝，b＝a－c＝2.
故C1，C2的方程分别为
x2－＝1，＋＝1.
(2)不存在符合题设条件的直线．
①若直线l垂直于x轴，因为l与C2只有一个公共点，
所以直线l的方程为x＝或x＝－.
当x＝时，易知A(，)，B(，－)，
所以|＋|＝2，||＝2，
此时，|＋|≠||.
当x＝－时，同理可知，|＋|≠||.
②若直线l不垂直于x轴，设l的方程为y＝kx＋m.
由，得(3－k2)x2－2kmx－m2－3＝0.
当l与C1相交于A，B两点时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实根，
从而x1＋x2＝，x1x2＝.
于是y1y2＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝.
由，得(2k2＋3)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.
因为直线l与C2只有一个公共点，所以上述方程的判别式Δ＝16k2m2－8(2k2＋3)(m2－3)＝0.
化简，得2k2＝m2－3，
因此·＝x1x2＋y1y2
＝＋＝≠0，
于是2＋2＋2·≠2＋2－2·，
即|＋|2≠|－|2，故|＋|≠||.
综合①②可知，不存在符合题设条件的直线．
[规律方法]　存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．
解决存在性问题应注意以下几点：
(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；
(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；
(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．
　3.(2015·江西南昌模拟)已知椭圆E的长轴的一个端点是抛物线y2＝4x的焦点，离心率是.
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点C(－1，0)的动直线与椭圆相交于A，B两点．
①若线段AB中点的横坐标是－，求直线AB的方程；
②在x轴上是否存在点M，使·为常数？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1)根据已知易知椭圆的焦点在x轴上，且a＝，
又c＝ea＝×＝，
故b＝＝＝，
故所求椭圆E的方程为＋＝1，
即x2＋3y2＝5.
(2)①依题意知，直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y＝k(x＋1)，
将y＝k(x＋1)代入x2＋3y2＝5，消去y整理得(3k2＋1)x2＋6k2x＋3k2－5＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则
由线段AB中点的横坐标是－，
得＝－＝－，
解得k＝±，适合①′.
所以直线AB的方程为
x－y＋1＝0或x＋y＋1＝0.
②假设在x轴上存在点M(m，0)，使·为常数．
a．当直线AB与x轴不垂直时，
由①知x1＋x2＝－，
x1x2＝.③′
所以·＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2
＝(x1－m)(x2－m)＋k2(x1＋1)(x2＋1)
＝(k2＋1)x1x2＋(k2－m)(x1＋x2)＋k2＋m2.
将②′③′代入，整理得
·＝＋m2
＝＋m2
＝m2＋2m－－.
注意到·是与k无关的常数，
从而有6m＋14＝0，m＝－，
此时·＝.
b．当直线AB与x轴垂直时，此时点A，B的坐标分别为(－1，)，(－1，－)，
当m＝－时，
也有·＝.
综上，在x轴上存在定点M(－，0)，使·为常数．

1．(2015·东北三校联合模拟)已知圆M：x2＋(y－2)2＝1，直线l：y＝－1，动圆P与圆M相外切，且与直线l相切．设动圆圆心P的轨迹为E.
(1)求E的方程；
(2)若点A，B是E上的两个动点，O为坐标原点，且·＝－16，求证：直线AB恒过定点．
解：(1)设P(x，y)，则＝(y＋1)＋1⇒x2＝8y.
所以E的方程为x2＝8y.
(2)证明：易知直线AB的斜率存在，设直线AB：y＝kx＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
将直线AB的方程代入x2＝8y中，得x2－8kx－8b＝0，所以x1＋x2＝8k，x1x2＝－8b.
·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋＝－8b＋b2＝－16⇒b＝4，
所以直线AB恒过定点(0，4)．
2．(2015·河北省唐山市高三年级统考)已知抛物线E：x2＝2py(p＞0)，直线y＝kx＋2与E交于A，B两点，且·＝2，其中O为原点．
(1)求抛物线E的方程；
(2)点C坐标为(0，－2)，记直线CA，CB的斜率分别为k1，k2，证明：k＋k－2k2为定值．
解：(1)将y＝kx＋2代入x2＝2py，得x2－2pkx－4p＝0，
其中Δ＝4p2k2＋16p＞0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
x1＋x2＝2pk，x1x2＝－4p.
·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋·＝－4p＋4＝2.
所以p＝，
所以抛物线E的方程为x2＝y.
(2)证明：由(1)知，x1＋x2＝k，x1x2＝－2.
k1＝＝＝＝x1－x2，同理k2＝x2－x1，
所以k＋k－2k2＝2(x1－x2)2－2(x1＋x2)2＝－8x1x2＝16.
3．(2015·山西省四校联考)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F(1，0)，右顶点为A，且|AF|＝1.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若动直线l：y＝kx＋m与椭圆C有且只有一个交点P，且与直线x＝4交于点Q，问：是否存在一个定点M(t，0)，使得·＝0.若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

解：(1)由c＝1，a－c＝1，得a＝2，∴b＝，
故椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)由，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
∴Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，
即m2＝3＋4k2.
设P(xP，yP)，则xP＝－＝－，yP＝kxP＋m＝－＋m＝，
即P(－，)．
∵M(t，0)，Q(4，4k＋m)，
∴＝(－－t，)，＝(4－t，4k＋m)．
∴·＝(－－t)·(4－t)＋·(4k＋m)＝t2－4t＋3＋(t－1)＝0恒成立，故，即t＝1.
∴存在点M(1，0)符合题意．

1．(2013·高考陕西卷)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．
解：(1)如图①，设动圆圆心O1(x，y)，
由题意，|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|＝.
又|O1A|＝，
∴＝.
化简得，y2＝8x(x≠0)．
当O1在y轴上时，O1与O重合，点O1的坐标(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：如图②，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.
其中Δ＝－32kb＋64>0.
由根与系数的关系得，x1＋x2＝，①
x1x2＝.②
∵x轴是∠PBQ的角平分线，
∴＝－，
即y1(x2＋1)＋y2(x1＋1)＝0，
∴(kx1＋b)(x2＋1)＋(kx2＋b)(x1＋1)＝0，
∴2kx1x2＋(b＋k)(x1＋x2)＋2b＝0，③
将①②代入③并整理得2kb2＋(k＋b)(8－2bk)＋2k2b＝0，
∴k＝－b.此时Δ>0，
∴直线l的方程为y＝k(x－1)，即直线l过定点(1，0)．
2．(2015·郑州市质量预测)已知平面上的动点R(x，y)及两定点A(－2，0)，B(2，0)，直线RA、RB的斜率分别为k1、k2，且k1k2＝－，设动点R的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)四边形MNPQ的四个顶点均在曲线C上，且MQ∥NP，MQ⊥x轴，若直线MN和直线QP交于点S(4，0)．问：四边形MNPQ两条对角线的交点是否为定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．
解：(1)由题知x≠±2，且k1＝，k2＝，则·＝－，
整理得，曲线C的方程为＋＝1(y≠0)．
(2)设MP与x轴交于D(t，0)，则直线MP的方程为x＝my＋t(m≠0)．
设M(x1，y1)，P(x2，y2)，由对称性知Q(x1，－y1)，N(x2，－y2)，
由，消去x得(3m2＋4)y2＋6mty＋3t2－12＝0，
所以Δ＝48(3m2＋4－t2)＞0，
y1＋y2＝－，
y1·y2＝，
由M、N、S三点共线知kMS＝kNS，即＝，
所以y1(my2＋t－4)＋y2(my1＋t－4)＝0，整理得2my1y2＋(t－4)(y1＋y2)＝0，
所以＝0，
即24m(t－1)＝0，t＝1，
所以直线MP过定点D(1，0)，同理可得直线NQ也过定点D(1，0)，
即四边形MNPQ两条对角线的交点是定点，且定点坐标为(1，0)．
3. 已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的离心率e为，且过点(2，)．

(1)求椭圆的标准方程；
(2)四边形ABCD的四个顶点都在椭圆上，且对角线AC，BD过原点O，若kAC·kBD＝－.
求证：四边形ABCD的面积为定值．
解：(1)由题意e＝＝，＋＝1，又a2＝b2＋c2，
解得a2＝8，b2＝4，故椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)证明：易知直线AB的斜率存在．
设直线AB的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－8＝0，
Δ＝(4km)2－4(1＋2k2)(2m2－8)＝8(8k2－m2＋4)＞0，①
由根与系数的关系得
∵kAC·kBD＝－＝－，
∴＝－，
∴y1y2＝－x1x2＝－·＝－.
又y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)
＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2
＝k2＋km＋m2＝，
∴－＝，∴－(m2－4)＝m2－8k2，
∴4k2＋2＝m2.
设原点到直线AB的距离为d，则
S△AOB＝|AB|·d＝·|x2－x1|·＝
＝
＝＝2，
∴S四边形ABCD＝4S△AOB＝8，
即四边形ABCD的面积为定值．