解析几何中定值与定点问题

【探究问题解决的技巧、方法】

(1)定点和定值问题就是在运动变化中寻找不变量的问题，基本思想是使用参数表示要解决的问题，证明要解决的问题与参数无关．在这类试题中选择消元的方向是非常关键的．

(2)解圆锥曲线中的定点、定值问题也可以先研究一下特殊情况，找出定点或定值，再视具体情况进行研究．

【实例探究】 题型1：定值问题:

例1：已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，它的一个顶点恰好是抛物线的

焦点，离心率等于

（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；

（Ⅱ）过椭圆C的右焦点作直线l交椭圆C于A、B两点，交y轴于M点，若

为定值.

解：（I）设椭圆C的方程为，则由题意知b = 1.

∴椭圆C的方程为

（II）方法一：设A、B、M点的坐标分别为易知F点的坐标为（2，0）.

将A点坐标代入到椭圆方程中，得

1

v1.0 可编辑可修改 去分母整理得

方法二：设A、B、M点的坐标分别为又易知F点的坐标为（2，0）.

显然直线l存在的斜率，设直线l的斜率为k，则直线l的方程是将直线l的方程代入到椭圆C的方程中，消去y并整理得

又

例2.已知椭圆C经过点A(1,3/2),两个焦点为(-1,0),(1,0). 1）求椭圆方程

2）E、F是椭圆上的两个动点，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 （1）a²-b²=c² =1

设椭圆方程为x²/（b²+1）+y²/b²=1

将（1，3/2）代入整理得4b^4-9b²-9=0 解得b²=3 （另一值舍） 所以椭圆方程为x²/4+y²/3=1 （2） 设AE斜率为k

则AE方程为y-(3/2)=k(x-1)① 2

x²/4+y²/3=1 ②

①，②联立得出两个解一个是A（1,3/2）另一个是E（x1，y1） ①代入②消去y得（1/4+k²/3）x²-（2k²/3-k）x+k²/3-k-1/4=0 根据韦达定理 x1·1=（k²/3-k-1/4）/（1/4+k²/3）③ 将③的结果代入①式得

y1=（-k²/2-k/2+3/8）/(1/4+k²/3)

设AF斜率为-k，F（x2，y2） 则AF方程为y-（3/2）=-k（x-1）④ x²/4+y²/3=1 ② ②④联立同样解得

x2=（k²/3+k-1/4）/（1/4+k²/3） y2=（-k²/2+k/2+3/8）/（1/4+k²/3） EF斜率为

（y2-y1）/(x2-x1)=1/2

所以直线EF斜率为定值，这个定值是1/2。

x2y26例3、已知椭圆221(ab0)的离心率为，且过点(2,1).

3ab（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）若过点C（-1，0）且斜率为k的直线l与椭圆相交于不同的两点A,B，试问在x轴上是否存在点M，使MAMB存在，请说明理由.

53k12是与k无关的常数若存在，求出点M的坐标；若不

b1c66解：（1）∵椭圆离心率为，∴，∴2.

3a3a3又椭圆过点（2，1），代入椭圆方程，得所以a25,b22121. 2ab25. 33

x2y21，即x23y25. ∴椭圆方程为553（2）在x轴上存在点M(,0)，使MAMB1653k12是与K无关的常数. 53k21证明：假设在x轴上存在点M（m,0）,使MAMB是与k无关的常数，

∵直线L过点C（-1，0）且斜率为K,∴L方程为yk(x1)，

x23y25,2222由 得(3k1)x6kx3k50. yk(x1),6k23k25,x1x22设A(x1,y1),B(x2,y2)，则x1x2 23k13k1∵MA(x1m,y1),MB(x2m,y2), ∴MAMB53k12(x1m)(x2m)y1y153k12

=x1mx2mk2x11x21=1k2x1x2k21m253k21

xxm122k253k21

3k256k252km2m2k22=1k2

3k13k13k1k26mk23m2k2m2= 23k1k26mk23m2k2m2设常数为t，则t.

3k21整理得(3m26m13t)k2m2t0对任意的k恒成立，

23m6m13t0,12解得m，

6mt0.即在x轴上存在点M（,0）， 使MAMB1653k21是与K无关的常数.

题型2：定点问题

x2y2例4.已知椭圆C：221 (a > b > 0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直

ab角三角形，直线x-y+b=0是抛物线y=4x的一条切线。

2

4

v1.0 可编辑可修改 （1）求椭圆的方程 ;

(2)过点 S（0，-1/3）的动直线L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。

例5. .在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：，如图所示，斜率为k（k

＞0）且不过原点的直线l交椭圆C于A，B两点，线段AB的中点为E，射线OE交椭圆C于

5

v1.0 可编辑可修改 点G，交直线x=-3于点D（-3，m） （Ⅰ）求m+k的最小值；

（Ⅱ）若|OG|=|OD|·|OE|，

（ⅰ）求证：直线l过定点；

（ⅱ）试问点B，G能否关于x轴对称若能，求出此时△ABG的外接圆方程；若不能，请说明理由。

解：（Ⅰ）由题意：设直线l：y=kx+n(n≠0)，

22

2

由设A

、B

，消y得：

，AB的中点E

，

，

则由韦达定理得：=，

即，，

所以中点E的坐标为E，

因为O、E、D三点在同一直线上，所以kOE=kOD，

即，解得，

所以m+k=

2

2

22

，当且仅当k=1时取等号，

即m+k的最小值为2。

（Ⅱ）（ⅰ）证明：由题意知：n＞0，因为直线OD的方程为6

，

v1.0 可编辑可修改 所以由得交点G的纵坐标为，

又因为，，且|OG|=|OD|·|OE|，

2

所以，

又由（Ⅰ）知：，所以解得k=n，

所以直线l的方程为l：y=kx+k，即有l：y=k（x+1）， 令x=-1得，y=0，与实数k无关，所以直线l过定点(-1，0)；

（ⅱ）假设点B，G关于x轴对称，则有△ABG的外接圆的圆心在x轴上，

又在线段AB的中垂线上，由（ⅰ）知点G，

所以点B，

又因为直线l过定点(-1，0)，

所以直线l的斜率为，

又因为又因为

，所以解得

2

或6，

2

，所以m=6舍去，即m=1，

此时k=1，m=1，E，

AB的中垂线为2x+2y+1=0，

圆心坐标为7

，G，圆半径为，

v1.0 可编辑可修改 圆的方程为；

综上所述，点B，G关于x轴对称，此时△ABG的外接圆的方程为。

【针对练习】

1．椭圆C:xy1(ab0)的左、右焦点分别是F,F,离心率为

122222ab3,过F1且垂直2于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1. (Ⅰ)求椭圆C的方程;

(Ⅱ)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点,连接PF1,PF2,设F1PF2的角平分线PM交

C 的长轴于点M(m,0),求m的取值范围;

(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,过P点作斜率为k的直线l,使得l与椭圆C有且只有一个公共点,设直线PF1,PF2的斜率分别为k1,k2,若k0,试证明

11为定值,并求出这个定值. kk1kk22、如图，S(1,1)是抛物线为y22px(p0)上的一点，以S为圆心，r为半径（1r做圆，分别交x轴于A，B两点，连结并延长SA、SB，分别交抛物线于C、D两点。 (Ⅰ)求证：直线CD的斜率为定值；

(Ⅱ)延长DC交x轴负半轴于点E，若EC : ED = 1 : 3，求

2）

sin2CSDcosCSD的值。

x2y2133、已知椭圆C:221( ab0)的离心率为,点(1,)在椭圆Cab22上.

(Ⅰ)求椭圆C的方程;

(Ⅱ) 若椭圆C的两条切线交于点M(4,t),其中tR,切点分别是A、B,试利用结论:在椭圆

x2y2x0xy0yx,y121,证明直线AB恒过椭圆的右上的点()处的椭圆切线方程是002a2b2ab焦点F2;

11(Ⅲ)在(Ⅱ)的前提下，试探究的值是否恒为常数,若是,求出此常数;若不是,|AF2||BF2|8

v1.0 可编辑可修改 请说明理由.

x2y214、椭圆C:221(ab0)的离心率为，其左焦点到点P(2,1)的距离为10．

ab2(1) 求椭圆C的标准方程；

(2) 若直线l:ykxm与椭圆C相交于A、B两点(A、B不是左右顶点)，且以AB为

直径的圆过椭圆C的右顶点，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．

y l A P x A2 F1 O B F2 x2y21,A,B是四条直线x2,y1所围成长方形的两个顶5、如图，已知椭圆C:4点.

（1）设P是椭圆C上任意一点，若OPmOAnOB, 求证：动点Q(m,n)在定圆上运动，并求出定圆的方程； （2）若M、N是椭圆C上的两个动点，且直线OM、ON 的斜率之积等于直线OA、OB的斜率之积，试探求OMN 的面积是否为定值，说明理由.

【针对练习参】

x2y2b221y2222xccabba 1、解:(Ⅰ)由于,将代入椭圆方程a得32b2c1e22 a由题意知a,即a2b 又

x2y21所以a2,b1 所以椭圆方程为4

9

(Ⅱ)由题意可知:PF1PMPF2PMPF1PMPF2PM=,=,设P(x0,y0)其中|PF1||PM||PF2||PM||PF1||PF2|2232x04,将向量坐标代入并化简得:m(4x04, 16)3x012x0,因为x0所以m333x0,而x0(2,2),所以m(,) 422(3)由题意可知,l为椭圆的在p点处的切线,由导数法可求得,切线方程为:

xy0y011x0x,k2,代入中得 y0y1,所以k0,而k14y0kkkk4x3x312x3x03114(0)8为定值. kk1kk2x0x02、解（1）将点（1，1）代入y22px，得 2p1抛物线方程为yx

设直线SA的方程为y1k(x1)，C(x1,y1)与抛物线方程yx 联立得：

22kyy1k0 y112211y11 C((12k),11)

kkkk由题意有SASB，直线SB的斜率为k

KCD11111kk (1k)2(1k)22k2k22(1k)211(1k)11（2）设E(t,0)ECED (t,1)(t,1)

k2k3k2k3k3k1 111(11) k2 直线SA的方程为y2x1 A(,0)

243SA2SB2AB23同理B(,0) cosCSDcosASBsinCSD

25，2SBSA5 ∴sin2CSD2439 sin2CSDcosCSD25， 因此：25

x2y23、解:(Ⅰ)设椭圆C的方程为221(ab0)

abb2331921e①点(1,)在椭圆C上,1②, 22242a4ba10

x2y21， 由①②得:a4,b3椭圆C的方程为43xxyyxxyy(Ⅱ)设切点坐标A(x1,y1),B(x2,y2),则切线方程分别为111,221.

4343tt又两条切线交于点M(4,t),即x1y11,x2y21

33t即点A、B的坐标都适合方程xy1,显然对任意实数t,点(1,0)都适合这个方程，

3故直线AB恒过椭圆的右焦点F2.

tt22 (Ⅲ)将直线AB的方程xy1，代入椭圆方程,得3(y1)4y120,

33t26t272即(4)y2ty90所以y1y22,y1y22

3t12t1222t2t292不妨设y10,y20,|AF2|(x11)y(1)y1y1,

93221t29y2 同理|BF2|3(y2y1)24y2y11131133()所以==

222|AF2||BF2|yyyyyy3t91t9t921212114所以的值恒为常数 |AF2||BF2|3c14、解：（1）由题：e ①

a2左焦点 (－c,0) 到点 P(2,1) 的距离为：d = (2 + c) + 1 = 10 ② 由①②可解得c = 1 ， a = 2 ， b = a－c = 3． ∴所求椭圆 C 的方程为

2

2

2

2

2

x 2

4

+ y 2

3

= 1 ．

y l A P x

（2）设 A(x1,y1)、B(x2,y2)，将 y = kx + m代入椭圆方程得 (4k+ 3) x+ 8kmx + 4m－12 = 0．

8km4m－12

∴x1 + x2 = － 2 ，x1x2 = 2 ，

4k+ 34k+ 3且y1 = kx1 + m，y2 = kx2 + m．

→→∵AB为直径的圆过椭圆右顶点 A2(2,0) ，所以 A2A •A2B = 0．

所以 (x1－2,y1)·(x2－2,y2) = (x1－2) (x2－2) + y1y2 = (x1－2) (x2－2) + (kx1 + m) (kx2 + m)

= (k + 1) x1x2 + (km－2) (x1 + x2) + m + 4

2

2

2

2

2

2

F1 B O F2 A2 11

v1.0 可编辑可修改 4m－128km 2

= (k + 1)· 2 －(km－2)· 2 + m + 4 = 0 ．

4k+ 34k+ 3

2

2

2 2 2

整理得 7m+ 16km + 4k= 0．∴m = － k 或 m = －2k 都满足 △ > 0．

7若 m = －2k 时，直线 l 为 y = kx－2k = k (x－2) ，恒过定点 A2(2,0)，不合题意舍去 2222

若 m = － k 时，直线 l 为 y = kx－ k = k (x－ )， 恒过定点 ( ,0) ．

77775.解析: (1)证明：由题意可知A(2,1)，B(－2,1)． x02

设P(x0，y0)，则＋y0＝1.

4

2

x02m2n→→→

由OP＝mOA＋nOB，得

ymn04(mn)2 所以＋(m＋n)＝1，

42122

即m＋n＝.

2

122

故点Q(m，n)在定圆x＋y＝上．

2y1y21

(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则＝－.

x1x24

平方得x1x2＝16y1y2＝(4－x1)(4－x2)，即x1＋x2＝4.

22

22

2

2

2

2

因为直线MN的方程为(x2－x1)x－(y2－y1)y＋x1y2－x2y1＝0， 所以O到直线MN的距离为d＝

|x1y2－x2y1|x2－x1

2

＋y2－y1

2

，

11

所以△OMN的面积S＝MN·d＝|x1y2－x2y1|

2212222

＝ x1y2＋x2y1－2x1x2y1y2 21＝ 2

x22x1122

x1－＋x21－＋x1x2 442

21

22

122

＝x1＋x2＝1. 故△OMN的面积为定值1. 2

12