定点、定值与存在性问题(教师).doc

例1　(1)已知椭圆x2＋3y2＝5，直线l：y＝k(x＋1)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(m,0)，使·的值与k无关？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
【解析】　①依题意，直线AB的斜率存在，
将y＝k(x＋1)代入x2＋3y2＝5，消去y整理得
(3k2＋1)x2＋6k2x＋3k2－5＝0.
设则
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．
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·＝.
综上，在x轴上存在定点M，使·为常数．
(2)已知直线y＝－x＋1与椭圆＋＝1(a>b>0)相交于A、B两点，且OA⊥OB.(其中O为坐标原点)
求证：不论a、b如何变化，椭圆恒过第一象限内的一个定点P，并求点P的坐标．
【解析】　由消去y，得
(a2＋b2)x2－2a2x＋a2(1－b2)＝0.
由Δ＝(－2a2)2－4a2(a2＋b2)(1－b2)>0，
整理得a2＋b2>1.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝.
∴y1y2＝(－x1＋1)(－x2＋1)＝x1x2－(x1＋x2)＋1.
∵OA⊥OB(其中O为坐标原点)，
∴x1x2＋y1y2＝0，即2x1x2－(x1＋x2)＋1＝0.
∴－＋1＝0.
整理得a2＋b2－2a2b2＝0.
由a2＋b2－2a2b2＝0，得＋＝1，则不论a、b如何变化，椭圆恒过第一象限内的定点.
思考题1　(1)(2012·福建)如图，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左焦点为F1，右焦点为F2，离心率e＝.过F1的直线交椭圆于A、B两点，且△ABF2的周长为8.

①求椭圆E的方程；
②设动直线l：y＝kx＋m与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线x＝4相交于点Q.试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．
【解析】　①因为|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝8，
即|AF1|＋|F1B|＋|AF2|＋|BF2|＝8，
又|AF1|＋|AF2|＝|BF1|＋|BF2|＝2a，
所以4a＝8，a＝2.
又因为e＝，即＝，所以c＝1.
所以b＝＝.
故椭圆E的方程是＋＝1.

②由消去y，得
(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，
所以m≠0且Δ＝0，
即64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0，
化简得4k2－m2＋3＝0.
此时x0＝－＝－，y0＝kx0＋m＝，
所以P(－，)．
由得Q(4,4k＋m)．
假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上．
设M(x1,0)，则·＝0对满足(*)式的m，k恒成立．
因为＝(－－x1，)，＝(4－x1,4k＋m)．
由·＝0，得－＋－4x1＋x＋＋3＝0.
整理，得(4x1－4)＋x－4x1＋3＝0. (**)
由于(**)式对满足(*)式的m，k恒成立，
所以解得x1＝1.
故存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M.
(2)(2013·山西四校联考)已知F1、F2是椭圆＋＝1的两焦点，P是椭圆在第一象限弧上一点，且满足·＝1.过点P作倾斜角互补的两条直线PA、PB分别交椭圆于A、B两点．
①求P点坐标；
②求证直线AB的斜率为定值；
③求△PAB面积的最大值．

【解析】　①由题意，F1(0，)，F2(0，－)，
设P(x0，y0)(x0>0，y0>0)，
则＝(－x0，－y0)，＝(－x0，－－y0)．
∴·＝x－(2－y)＝1.
∵P(x0，y0)在椭圆＋＝1上，
∴＋＝1，∴x＝，从而－(2－y)＝1，
得y0＝，易知x0＝1.
∴点P的坐标为(1，)．
②由题意知，两直线PA、PB的斜率必存在．
设直线BP的斜率为k(k>0)，则直线BP的方程为
y－＝k(x－1)．
由消去y，得
(2＋k2)x2＋2k(－k)x＋(－k)2－4＝0.
设A(xA，yA)，B(xB，yB)，则1＋xB＝，
xB＝－1＝.
同理可得xA＝.
∴xA－xB＝，yA－yB＝－k(xA－1)－k(xB－1)＝.
∴kAB＝＝为定值．
③由②可设直线AB的方程为y＝x＋m.
联立方程，得消去y得
4x2＋2mx＋m2－4＝0.
由Δ＝(2m)2－16(m2－4)>0，得－2l的方程；若不存在，说明理由．
【解析】　(1)设抛物线C2：y2＝2px(p≠0)，
则有＝2p(x≠0)，
据此验证四个点知(3，－2)、(4，－4)在抛物线上，易求得C2的标准方程为y2＝4x.
设C1：＋＝1(a>b>0)，把点(－2,0)、(，)代入得解得
所以C1的标准方程为＋y2＝1.
(2)容易验证当直线l的斜率不存在时，不满足题意．
当直线l的斜率存在时，设其方程为y＝k(x－1)，与C1的交点为M(x1，y1)、N(x2，y2)．
由消去y并整理得
(1＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－1)＝0.
于是x1＋x2＝，x1x2＝.
y1y2＝k2(x1－1)(x2－1)＝k2[x1x2－(x1＋x2)＋1]，
即y1y2＝k2[－＋1]＝－. ②
由⊥，即·＝0，得x1x2＋y1y2＝0. (*)
将①②代入(*)式，得－＝＝0，
解得k＝±2.
所以存在直线l满足条件，且l的方程为2x－y－2＝0
或2x＋y－2＝0.
思考题2　1．在平面直角坐标系xOy中，经过点(0，)且斜率为k的直线l与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点P和Q.
(1)求k的取值范围；
(2)设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A、B，是否存在常数k，使得向量＋与共线？如果存在，求k值；如果不存在，请说明理由．
解析　(1)由已知条件，直线l的方程为y＝kx＋，
代入椭圆方程得＋(kx＋)2＝1，
整理得(＋k2)x2＋2kx＋1＝0. ①
直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于
Δ＝8k2－4(＋k2)＝4k2－2>0，
解得k<－或k>.
即k的取值范围为(－∞，－)∪(，＋∞)．
(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则＋＝(x1＋x2，y1＋y2)．
由方程①得，x1＋x2＝－. ②
又y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2， ③
而A(，0)，B(0,1)，＝(－，1)．
所以＋与共线等价于
x1＋x2＝－(y1＋y2)．
将②③代入上式，解得k＝.
由(1)知k<－或k>，故没有符合题意的常数k.

课后练习
1．如图，已知椭圆＋＝1(a>b>0)长轴长为4，离心率为.过点(0，－2)的直线l交椭圆于A，B两点、交x轴于P点，点A关于x轴的对称点为C，直线BC交x轴于Q点．

(1)求椭圆方程；
(2)探究：|OP|·|OQ|是否为常数？
解析　(1)由题意得
解得a＝2，b＝，c＝1，所以椭圆方程为＋＝1.
(2)直线l方程为y＝kx－2，则P的坐标为(，0)．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则C(x1，－y1)，
直线BC方程为＝，令y＝0，得Q的横坐标为
x＝＝. ①
又得(3＋4k2)x2－16kx＋4＝0.
得
代入①得x＝＝＝2k，
得|OP|·|OQ|＝|xP·xQ|＝·2k＝4.
∴|OP|·|OQ|为常数4.
2．已知点B(－1,0)，C(1,0)，P是平面上一动点，且满足||·||＝·.
(1)求点P的轨迹C对应的方程；
(2)已知点A(m,2)在曲线C上，过点A作曲线C的两条弦AD和AE，且AD⊥AE，判断：直线DE是否过定点？试证明你的结论．
解析　(1)设P(x，y)代入||·||＝·得＝1＋x，化简得y2＝4x.
(2)将A(m,2)代入y2＝4x，得m＝1.
∴点A的坐标为(1,2)．
设直线DE的方程为x＝my＋t代入y2＝4x，
得y2－4my－4t＝0.

设D(x1，y1)，E(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1·y2＝－4t，
Δ＝(－4m)2＋16t>0. (*)
∴·＝(x1－1)(x2－1)＋(y1－2)(y2－2)
＝x1x2－(x1＋x2)＋1＋y1·y2－2(y1＋y2)＋4
＝·－(＋)＋y1·y2－2(y1＋y2)＋5
＝－＋y1y2－2(y1＋y2)＋5
＝－＋(－4t)－2(4m)＋5＝0.
化简t2－6t＋5＝4m2＋8m，
即t2－6t＋9＝4m2＋8m＋4，
即(t－3)2＝4(m＋1)2，∴t－3＝±2(m＋1)．
∴t＝2m＋5或t＝－2m＋1，代入(*)式检验均满足Δ>0.
∴直线DE的方程为x＝m(y＋2)＋5或x＝m(y－2)＋1.
∴直线DE过定点(5，－2)．(定点(1,2)不满足题意)
3．如图，已知椭圆＋＝1的离心率为，以该椭圆上的点和椭圆的左、右焦点F1，F2为顶点的三角形的周长为4(＋1)．一等轴双曲线的顶点是该椭圆的焦点，设P为该双曲线上异于顶点的任一点，直线PF1和PF2与椭圆的交点分别为A、B和C、D.

(1)求椭圆和双曲线的标准方程；
(2)设直线PF1、PF2的斜率分别为k1、k2，证明k1·k2＝1；
(3)是否存在常数λ，使得|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|恒成立？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．
解析　(1)由题意知，椭圆离心率为＝，得a＝c，又2a＋2c＝4(＋1)，所以可解得a＝2，c＝2，所以b2＝a2－c2＝4，所以椭圆的标准方程为＋＝1，所以椭圆的焦点坐标为(±2,0)，因为双曲线为等轴双曲线，且顶点是该椭圆的焦点，所以该双曲线的标准方程为－＝1.
(2)设点P(x0，y0)，则k1＝，k2＝，所以k1·k2＝·＝，又点P(x0，y0)在双曲线上，所以有－＝1，即y＝x－4，所以k1·k2＝＝1.
(3)假设存在常数λ，使得|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|恒成立，则由(2)知k1·k2＝1，所以设直线AB的方程为y＝k(x＋2)，则直线CD的方程为y＝(x＋2)．
由方程组消去y得(2k2＋1)x2＋8k2x＋8k2－8＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则由韦达定理得x1＋x2＝，x1x2＝.
所以|AB|＝·＝.同理可得|CD|＝·
＝＝.
又因为|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|，所以有λ＝＋＝＋＝＝.
所以存在常数λ＝，使得|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|恒成立．
4．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点P(1，)，左、右焦点分别为F1、F2，上顶点为M，且△F1F2M为等腰直角三角形．
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线l：mx＋ny＋n＝0(m，n∈R)交椭圆C于A，B两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点T，使得以AB为直径的圆恒过点T？若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．
解析　(1)∵△F1F2M为等腰直角三角形，
∴c＝b，∴a＝b，∴椭圆C的方程为＋＝1.
又∵椭圆C经过点P(1，)，代入可得b＝1.
∴a＝，故所求的椭圆方程为＋y2＝1.
(2)显然直线l过点(0，－)．
当l与x轴平行时，易知直线l的方程为y＝－，代入椭圆C的方程得x＝±.
∴以AB为直径的圆的方程为x2＋(y＋)2＝()2；
当l与x轴垂直时，易知A，B是椭圆的短轴的两端点，
∴以AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝1.
由解得
即两圆相切于点(0,1)．
因此，所求的点T如果存在，只能是(0,1)．
事实上，点T(0,1)就是所求的点．证明如下：
当直线l垂直于x轴时，以AB为直径的圆过点T(0,1)，
当直线l不垂直于x轴时，可设直线l的方程为y＝kx－，
由消去y，得(18k2＋9)x2－12kx－16＝0.
设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
∵＝(x1，y1－1)，＝(x2，y2－1)，
∴·＝x1x2＋(y1－1)(y2－1)
＝x1x2＋(kx1－)(kx2－)
＝(1＋k2)x1x2－k(x1＋x2)＋
＝(1＋k2)·－k·＋＝0.
∴TA⊥TB，即以AB为直径的圆恒过点T(0,1)．
∴在坐标平面上存在一个定点T(0,1)满足条件．

5．(2012·湖南理)在直角坐标系xOy中，曲线C1上的点均在圆C2：(x－5)2＋y2＝9外，且对C1上任意一点M，M到直线x＝－2的距离等于该点与圆C2上点的距离的最小值．
(1)求曲线C1的方程；
(2)设P(x0，y0)(y0≠±3)为圆C2外一点，过P作圆C2的两条切线，分别与曲线C1相交于点A，B和C，D.证明：当P在直线x＝－4上运动时，四点A，B，C，D的纵坐标之积为定值．
解析　(1)方法一　设M的坐标为(x，y)，由已知得
|x＋2|＝－3.易知圆C2上的点位于直线x＝－2的右侧，于是x＋2>0，所以＝x＋5.
化简得曲线C1的方程为y2＝20x.
方法二　由题设知，曲线C1上任意一点M到圆心C2(5,0)的距离等于它到直线x＝－5的距离．因此，曲线C1是以(5,0)为焦点，直线x＝－5为准线的抛物线．故其方程为y2＝20x.
(2)当点P在直线x＝－4上运动时，P的坐标为(－4，y0)，又y0≠±3，则过P且与圆C2相切的直线的斜率k存在且不为0，每条切线都与抛物线有两个交点，切线方程为y－y0＝k(x＋4)，即kx－y＋y0＋4k＝0，于是
＝3.
整理得72k2＋18y0k＋y－9＝0. ①
设过P所作的两条切线PA，PC的斜率分别为k1，k2，则k1，k2是方程①的两个实根．
故k1＋k2＝－＝－. ②
由得
k1y2－20y＋20(y0＋4k1)＝0. ③
设四点A，B，C，D的纵坐标分别为y1，y2，y3，y4，则y1，y2是方程③的两个实根，所以y1y2＝. ④
同理可得y3y4＝. ⑤
于是由②，④，⑤三式得
y1y2y3y4＝
＝
＝＝6 400.
所以，当P在直线x＝－4上运动时，四点A，B，C，D的纵坐标之积为定值6 400.