解析几何中的定点定值问题含答案

解析几何中的定点和定值问 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 【教学目标】学会合理选择参数（坐标、斜率等）表示动态图形中的几何对象，探究、证明其不变性质(定点、定值等)，体会“设而不求”、“整体代换”在简化运算中的作用．【教学难、重点】解题思路的优化．【教学方法】讨论式【教学过程】一、基础练习1、过直线x4上动点P作圆O：x2y24的切线PA、PB，则两切点所在直线AB恒过一定点．此定点的坐标为_________．【答案】(1,0)yPBx4A【解析】设动点坐标为P(4,t），则以OP直径的圆C方程为：x(x4)y(yt)0，？故AB是两圆的公共弦，其方程为4xty4．注：部分优秀学生可由xxyyr2公式直接得出．004x40令得定点(1,0).y02、已知PQ是过椭圆C:2x2y21中心的任一弦，A是椭圆C上异于P、Q的任意一点．若AP、AQ分别有斜率k、k，则kk=______________．1212【答案】-2【解析】设P(x,y),A(x,y)，则Q(x,y)00yyyyy2y2kk000，12xxxxx2x20002x2y21又由A、P均在椭圆上，故有：00，2x2y21y2y2两式相减得2(x2x2)(y2y2)0，kk020012x2x20x2y23、椭圆1，过右焦点F作不垂直于x轴的直线交椭圆于A、B两点，3627￥e1AB的垂直平分线交x轴于N，则NF:AB等于_______.=241【答案】4【解析】设直线AB斜率为k，则直线方程为ykx3,与椭圆方程联立消去y整理可得34k2x224k2x36k21080,24k236k2108则xx,xx,1234k21234k218k所以yy,1234k212k29k则AB中点为,.34k234k29k112k2所以AB中垂线方程为yx,34k2k34k23k23k2令y0,则x,即N,0,34k234k2}3k29(1k2)所以NF3.34k234k2361k2NF1AB1k2xx24xx,所以.121234k2AB4x2y2４、已知椭圆1(ab0)，A,F是其左顶点和左焦点，P是圆x2y2b2a2b2PA上的动点，若=常数，则此椭圆的离心率是PF51【答案】e=2【解析】PA因为常数，所以当点P分别在（±b，0）时比值相等，PFaba+b即=，整理得：b2ac，bcb+c又因为b2a2c2，:所以a2c2ac051同除以a2可得e2+e-1=0，解得离心率e=．2二、典例讨论例１、x2y2如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：1的左顶点为A，过原点O的直线（与42坐标轴不重合）与椭圆C交于P，Q两点，直线PA，QA分别与y轴交于M，N两点．试问以MN为直径的圆是否经过定点（与直线PQ的斜率无关）请证明你的结论．yPMAOxQN分析一：设PQ的方程为ykx，设点Px,y（x0），则点Qx,y．00000《ykx,4联立方程组消去y得x2．x22y2412k222k所以x，则y．0012k212k2k2k所以直线AP的方程为yx2．从而M0,112k2112k22k同理可得点N0,．112k22k2k所以以MN为直径的圆的方程为x2(y)(y)0112k2112k22k2k整理得：x2y2()y20112k2112k2x2y220由，可得定点F(2,0)y0分析二：设P（x，y），则Q（﹣x，﹣y），代入椭圆方程可得x22y24．由直线PA方程为：000000y2y2yy0(x2)，可得M0,0，同理由直线QA方程可得N0,0，可得以MNx2x2x20002y2y为直径的圆为x2y0y00，x2x2002y2y4y2整理得：x2y200y0x2x2x24000~4xy由于x242y2，代入整理即可得x2y200y2000x240此圆过定点F(2,0)．分析三：b21易证：kk，APAQa221故可设直线AP斜率为k，则直线AQ斜率为.2k11直线AP方程为yk(x2)，从而得M(0,2k)，以代k得N0,2kk1故知以MN为直径的圆的方程为x2(y2k)(y)0k1整理得：x2y22(2k)y0kx2y220由，可得定点F(2,0).y0分析四、、设M(0,m),N(0,n)，则以MN为直径的圆的方程为x2(ym)(yn)0即x2y2(mn)ymn0b21再由kkkk=得mn-2，下略APAQAMANa22x2y2例2、已知离心率为e的椭圆C:1(ab0)恰过两点(1，e)和2，0.a2b2(1)求椭圆C的方程；(2)已知AB、MN为椭圆C上的两动弦，其中M、N关于原点O对称，AB过点E(1,0)，且AB、MN斜率互为相反数.试问：直线AM、BN的斜率之和是否为定值证明你的结论.y解析：MAa23xe(1)由题意：1e22OE122b21abBN~x2所以椭圆C的方程为y21.4(2)设AB方程为yk(x1)，A(x,y)，B(x,y)，1122则MN方程为ykx又设M(x,kx)，N(x,kx)3333ykxykxk(x1)kxk(x1)kxkk13231323AMBNxxxxxxxx13231323k(xx1)(xx)(xx1)(xx)则整理得：kk13232313AMBN(xx)(xx)1323k2xx2x2(xx)kk12312①AMBN(xx)(xx)1323yk(x1)由消元整理得：(4k21)x28k2x4k240，x24y248k24k24所以xx,xx②124k21124k21ykx又由消元整理得：x24y24$4(4k21)x24，所以x2③34k21将②、③代入①式得：kk0.AMBNx2y2例2(变式)、已知离心率为e的椭圆C:1(ab0)恰过两点(1，e)和2，0.a2b2(3)求椭圆C的方程；(4)已知AB、MN为椭圆C上的两动弦，其中M、N关于原点O对称，AB过定点E(m,0),(2m2)，且AB、MN斜率互为相反数.试问：直线AM、BN的斜率之和是否为定值证明你的结论.y解析：MAa23xe(3)由题意：1e22OE122b21abBNx2所以椭圆C的方程为y21.4(4):设AB方程为yk(xm)，A(x,y)，B(x,y)，(5)1122则MN方程为ykx又设M(x,kx)，N(x,kx)3333ykxykxkk1323AMBNxxxx1323k(xm)kxk(xm)kx1323xxxx1323k(xxm)(xx)(xxm)(xx)则整理得：kk13232313AMBN(xx)(xx)1323k2xx2x2m(xx)kk12312①AMBN(xx)(xx)1323yk(xm)由消元整理得：(4k21)x28k2mx4k2m240，x24y248k2m4k2m24所以xx,xx②124k21124k21ykx又由消元整理得：x24y244(4k21)x24，所以x2③34k21]将②、③代入①式得：kk0.AMBN三、课外作业x2y21、已知椭圆+1，A、B是其左、右顶点，动点M满足MB⊥AB，连结AM交椭圆于点P，42在x轴上有异于点A、B的定点Q，以MP为直径的圆经过直线BP、MQ的交点，则点Q的坐标为____________．【答案】（0,0）【解析】t试题分析：设M(2,t),则AM:y(x2)，与椭圆方程联立消y得(t28)x24t2x4t2320，48t162t28t22所以x，y，因此kt8，即kk1，点Q的坐标为O（0,0）Pt28Pt28BP162t2tBPOM2t28x2y22、已知P是椭圆1上不同于左顶点A、右顶点B的任意一点，记直线PA，PB的斜率分124别为k,k,则kk的值为．12121【答案】3|【解析】设P(x,y)，A(23,0),B(23,0)yy则k，k，1x232x23yyy2kk，……①12x23x23x212x2y212x2因为P在椭圆上，所以1，即y2……②1243y21把②代入①，得kk12x2123x2y213、已知椭圆1(ab0)的离心率e=，A,B是椭圆的左右顶点，P为椭圆上不同于a2b22cos()AB的动点，直线PA,PB的倾斜角分别为,，则=.cos()【答案】7【解析】试题分析：因为A,B是椭圆的左右顶点，P为椭圆上不同于AB的动点，b21c1a2b21b23b23kke，kk，PAPBa22a2a24a24PAPBa2431cos()coscossinsin1tantan473cos()coscossinsin1tantan14#x24、如图所示，已知椭圆C：y21，在椭圆C上任取不同两点A，B，点A关于x轴的对称4点为A'，当A，B变化时，如果直线AB经过x轴上的定点T(1，0)，则直线A'B经过x轴上的定点为________．【答案】(4，0)x2y21【解析】设直线AB的方程为x＝my＋1，由4得(my＋1)2＋4y2＝4，即(m2＋4)y2＋2myxmy1－3＝0.2m3记A(x，y)，B(x，y)，则A′(x，－y)，且y＋y＝－，yy＝－，11221112m2412m24yyxxxx当m≠0时，经过点A′(x，－y)，B(x，y)的直线方程为1＝1.令y＝0，得x＝21y1122yyxxyy1212121－32mmymymyy－my2＋myy＋my22myym24＋x＝21y＋my＋1＝121121＋1＝12＋1＝＋11yy11y＋yy＋y2m212121m24＝4，所以y＝0时，x＝4.当m＝0时，直线AB的方程为x＝1，此时A′，B重合，经过A′，B的直线有无数条，当然可以有一条经过点(4，0)的直线．当直线AB为x轴时，直线A′B就是直线AB，即x轴，这条直线也经过点(4，0)．综上所述，当点A，B变化时，直线A′B经过x轴上的定点(4，0)．x2y25、过椭圆1的右焦点F的直线交椭圆于于M,N两点，令FMm,FNn，则43222mn____．mn*3【答案】4【解析】x2y21试题分析：不失一般性，不妨取MN垂直x轴的情况，此时MN：x=1,联立43，得M（1，x1333mn3）,N（1，-），∴m=n=，∴222mn46、已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，左顶点为A，左焦点为F2，0，点B2,21在椭圆C上，直线ykxk0与椭圆C交于E，F两点，直线AE，AF分别与y轴交于点M，N．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）以MN为直径的圆是否经过定点若经过，求出定点的坐标；若不经过，请说明理由．x2y2解析：（Ⅰ）解法一：设椭圆C的方程为1(ab0)，a2b2因为椭圆的左焦点为F2，0，所以a2b24．1设椭圆的右焦点为F2，0，已知点B2,2在椭圆C上，2—由椭圆的定义知BFBF2a，12所以2a32242．所以a22，从而b2．x2y2所以椭圆C的方程为1．84x2y2解法二：设椭圆C的方程为1(ab0)，a2b2因为椭圆的左焦点为F2，0，所以a2b24．①142因为点B2,2在椭圆C上，所以1．②a2b2由①②解得，a22，b2．x2y2所以椭圆C的方程为1．84（Ⅱ）解法一：因为椭圆C的左顶点为A，则点A的坐标为22,0．]x2y2因为直线ykx(k0)与椭圆1交于两点E，F，84设点Ex,y（不妨设x0），则点Fx,y．00000ykx,8联立方程组x2y2消去y得x2．112k2842222k所以x，则y．0012k212k2k所以直线AE的方程为yx22．112k2因为直线AE，AF分别与y轴交于点M，N，22k22kM0,令x0得y，即点．112k2112k222kN0,同理可得点．112k222k22k2212k2所以MN．112k2112k2k2P0,设MN的中点为P，则点P的坐标为．k【22212k22则以MN为直径的圆的方程为x2y，kk22即x2y2y4．k令y0，得x24，即x2或x2．故以MN为直径的圆经过两定点P2,0，P2,0．12解法二：因为椭圆C的左端点为A，则点A的坐标为22,0．x2y2因为直线ykx(k0)与椭圆1交于两点E，F，84设点E(x,y)，则点F(x,y)．0000y所以直线AE的方程为y0x22．x220因为直线AE与y轴交于点M，22y22y令x0得y0，即点M0,0．x22x2200；22y同理可得点N0,0．x22022y22y16y所以MN000．x22x22x28000x2y2因为点E(x,y)在椭圆C上，所以001．00848所以MN．y02x设MN的中点为P，则点P的坐标为P0,0．y02x216则以MN为直径的圆的方程为x2y0．yy20022x即x2y2+0y4．y0令y0，得x24，即x2或x2．故以MN为直径的圆经过两定点P2,0，P2,0．12解法三：因为椭圆C的左顶点为A，则点A的坐标为22,0．】x2y2因为直线ykx(k0)与椭圆1交于两点E，F，84设点E22cos,2sin（0），则点F22cos,2sin．2sin所以直线AE的方程为yx22．22cos22因为直线AE与y轴交于点M，2sin2sin令x0得y，即点M0,．cos1cos12sin同理可得点N0,．cos12sin2sin4所以MN．cos1cos1sin2cos设MN的中点为P，则点P的坐标为P0,．sin2cos24则以MN为直径的圆的方程为x2y，sinsin24cos即x2y2y4．sin%令y0，得x24，即x2或x2．故以MN为直径的圆经过两定点P2,0，P2,0．12x2y2337、已知椭圆C:=1（a>0，b>0）的离心率为，点A(1，)在椭圆C上．a2b222(I)求椭圆C的方程；(Ⅱ)设动直线l与椭圆C有且仅有一个公共点，判断是否存在以原点O为圆心的圆，满足此圆与相交于两点，（两点均不在坐标轴上），且使得直线，的斜率之lP1P2OP1OP2积为定值若存在，求此圆的方程；若不存在，说明理由．c33（Ⅰ）解：由题意，得，a2b2c2，又因为点A(1,)在椭圆C上，a2213所以1，解得a2，b1，c3，a24b2~x2所以椭圆C的方程为y21.4（Ⅱ）结论：存在符合条件的圆，且此圆的方程为x2y25.证明如下：假设存在符合条件的圆，并设此圆的方程为x2y2r2(r0).当直线l的斜率存在时，设l的方程为ykxm.ykxm,(4k21)x28kmx4m240由方程组x2得，y21,4因为直线l与椭圆C有且仅有一个公共点，(8km)24(4k21)(4m24)0m24k21所以1，即.ykxm,由方程组得(k21)x22kmxm2r20，x2y2r2,(2km)24(k21)(m2r2)0则2.P(x,y)P(x,y)2km设111，222，则xx，y2xb，12k21设直线OP，OP的斜率分别为k，k，1212yy(kxm)(kxm)k2xxkm(xx)m2kk1212121212xxxxxx所以121212m2r22kmk2kmm2m2r2k2k21k21m2r2m2r2k21，(4r2)k21kk将m24k21代入上式，得124k2(1r2).4r21kk41r2r25要使得12为定值，则，即，验证符合题意.1所以当圆的方程为x2y25时，圆与l的交点P,P满足kk为定值.12124当直线l的斜率不存在时，由题意知l的方程为x2，1此时，圆x2y25与l的交点P,P也满足kk.12124y2x222、已知椭圆：的离心率为，且过定点，．8C11(ab0)M(1)a2b222(1)求椭圆C的方程；1(2)已知直线l：ykx(kR)与椭圆C交于A、B两点，试问在y轴上是否存在定点P，使得以3弦AB为直径的圆恒过P点若存在，求出P点的坐标，若不存在，说明理由．c2e5a2a22(1)解：由已知b2c2a2511b2142a2b22y24x2∴椭圆C的方程为1551ykx3(2)解：由得：9(2k24)x212kx430①2y24x2155设，，，，则、是方程的两根A(x1y1)B(x2y2)x1x2①12k43∴xx，xx129(2k24)129(2k24)设P(0，p)，则PA(x，yp)，PB(x，yp)1122112pPAPBxxyyp(yy)p2xx(kx)(kx)pk(xx)p2121212121323123(18p245)k236p224p399(2k24)若PAPB，则PAPB0即(18p245)k236p224p390对任意k∈R恒成立18p2450∴36p224p390此方程组无解，∴不存在定点满足条件