第8节微课1 定点问题

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1、第 8节 圆锥曲线的综合问题微课一 定点问题俾题型分类突破*题型一直线过定点问题【例1】已知抛物线C的顶点在原点，焦点在坐标轴上，点A(1, 2)为抛物线C 上一点_-八、(1) 求抛物线C的方程；(2) 若点B(1，2)在抛物线C上，过点B作抛物线C的两条弦BP与B0,如kBpkBQ =一2，求证：直线PQ过定点.(1)解 若抛物线的焦点在兀轴上，设抛物线方程为y2 = ax，代入点A(1, 2),可 得a = 4,所以抛物线方程为y2 = 4x.若抛物线的焦点在y轴上，设抛物线方程为x2 = my，代入点A(1, 2),可得m = 2所以抛物线方程为x2=|y.综上所述，抛物线C的方程是y

2、2=4x或x2=2y.(2)证明 因为点B(1，-2)在抛物线C上，所以由(1)可得抛物线C的方程是y2= 4x.易知直线BP，BQ的斜率均存在，设直线BP的方程为y+2 = k(x1), 将直线BP的方程代入y2 = 4x，消去y,得k2x2- (2k2+ 4k+ 4)x+ (k+ 2)2= 0.设 P(x1，yj,则 x1(k+2)【所以P(k+2) 2 2k+4k2k22用一k替换点P坐标中的k可得Q(k-1)2, 2-2k)，从而直线PQ的斜率为畔-2+2k2k3+ 4k2kk+ 2) 2- k4+ 2k3+ 4k+ 4 - k2+ 2k+ 2k-(k-1) 2故直线 PQ 的方程是2

3、ky-2+2k=-k2 + 2k+2x-(k-1)2-在上述方程中，令x=3，解得y=2,所以直线PQ恒过定点(3, 2).感悟升华 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【训练1】已知点p1, 2j是椭圆C： |2+音=1(。50)上一点，F, F2分别是 椭圆的左、右焦点，|PF1| + |PF2| = 4.(1) 求椭圆 C 的标准方程；(2) 设直线/不经过P点且与椭圆C相交于A, B两点.若直线PA与直线PB

4、的 斜率之和为 1，问：直线 l 是否过定点？证明你的结论(1)解 由|PF| + |PF2| = 4,得 a = 2,又p1, |j在椭圆上，1 9代入椭圆方程有方+换=1，解得b卡,所以椭圆C的标准方程为孕+等=1 证明 当直线l的斜率不存在时，A(x1，y), B(x1，-y1),33y1|y1|k + k2= x+1 =1，解得X = 4, 不符合题意；当直线I的斜率存在时，设直线I的方程y=kx+m,|y=kx+m,由|3x2+4 212 0 整理得(3 + 4k2)x2 + 8kmx+4m212 = 0, 48(4k2 m2+3)0.+ 8km 4m2 12x1+ x2 = 3 +

5、 4k2,勺3 + 4k2，由 k1 + k2 1,整理得(2k小匹 + +眈一|丿(x1+x2)+2m 4 0, 即(m 4k)(2m 2k3) 0.当m = k+2时，此时，直线I过P点，不符合题意；当 m = 4k 时，A = 4k2 m2 + 30 有解，此时直线 l： y=k(x+4)过定点(一4, 0).题型二 其他曲线过定点问题x2 y2【例2】(2021重庆诊断)已知椭圆C：矗+話=1(。50)的左、右顶点分别是双 曲线C2： mm2y2=1的左、右焦点，且C与C2相交于点, )(1) 求椭圆C的标准方程；(2) 设直线l： y=kx1与椭圆C交于A, B两点，以线段AB为直径

6、的圆是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点；若不恒过定点，请说明理由解(1)将呼，爭代入話一y2=l,解得m2=l,a2 = m2+1 =2，将身，割代入等+b2=i,解得b2=i，x2椭圆C的标准方程为2+y2=i.(2)设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，1y=kx3，由整理得(9+18k2)x212kx16 = 0,x2迈+y2=1， + = 12k= 16xi +x2=9+i8k2, xix2=9+18k2/ = 144k2+64(9 + 18k2)0.由对称性可知，以 AB 为直径的圆若恒过定点，则定点必在 y 轴上 设定点为M(0, y0),则MA=(x1, y1y0),

7、MB=(x2, y2y0)MAMB=x1x1+(yx y0)(y2y0)= x1x2+ y1y2 y0(y1+ y2)+ y20= x1x2+ k2x1x23(Xi+x2)y0 k(xi+x2)23卜9+尹02 11+兀2)+用+尹0 + 9一(1 + k2)XX2 4318 (尹21)也+9尹0+6儿一15一0,918k2旳一1 一 0, 刃0+6儿一15 0,解得儿一 1，M(0, 1),以线段AB为直径的圆恒过定点(0, 1).感悟升华 (1)定点问题，先猜后证，可先考虑运动图形是否有对称性及特殊(或极端)位置猜想，如直线的水平位置、竖直位置，即k=0或k不存在时.(2)以曲线上的点为参

8、数，设点P(x1, y1),利用点在曲线fx, y) = 0上，即fx】, yJ = 0消参.y2 x2【训练2】(2021湖南三湘名校联考)已知椭圆C：务+瓦=1(ab1)的离心率为 乎，其上焦点到直线bx+2ay/2 = 0的距离为#.(1)求椭圆C的方程；过点p3，oj的直线l交椭圆C于A，B两点.试探究以线段AB为直径的圆 是否过定点若过，求出定点坐标；若不过，请说明理由c 2解(1)由题意得，ea一2，又 a2 b2+c2,所以 a c = b.又呼一1?一半，ab1,所以 b2一 1, a2一2,4a2+b23故椭圆C的方程为等+x2 1.(1216当AB丄x轴时，以线段AB为直径

9、的圆的方程为卜一3丿+尹2一歹当AB丄y轴时，以线段AB为直径的圆的方程为x2+y2 1. 可得两圆交点为 Q(1，0).由此可知，若以线段 AB 为直径的圆恒过定点，则该定点为 Q( 1 ，0) 下证0(1, 0)符合题意.设直线 l 的斜率存在，且不为 0，其方程为尹3),代入2 +兀2= 1,_(1+k2)XX2 + ( 1+x2)+ 1 +k2Ux2-3)21并整理得(k2 + 2)x2gMx+gk2 2 = 0,设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 I _2k_ k218则 xi十x2_3 (k2+2)，xix2_9 (k2+2)， 所以 0. QB _ (x1 + 1)(x2

10、 +1) +y1y2 _x1x2+x1 +x2 +1 +k2(Xk218(12k21_(1+k2).9 (k2+2) +13可 3 +2) +1+9也_0,故丄QB,即Q(1, 0)在以线段AB为直径的圆上.综上，以线段AB为直径的圆恒过定点(一1, 0).俾题型跟踪训练*X2 y21. (2019北京卷)已知椭圆C：药+話=1(。50)的右焦点为(1,0),且经过点A(0, 1)(1)求椭圆C的方程；设O为原点，直线l： y=kx+t(tH1)与椭圆C交于两个不同点P, Q,直线 AP与x轴交于点M,直线AQ与x轴交于点N.若|OMV|ON| = 2，求证：直线l经 过定点(1) 解 由题意

11、,得 b2_ 1 , c_ 1 ,所以 a2_ b2+ c2_ 2.x2所以椭圆C的方程为刁+y2_1.(2) 证明 设 P(x1, y1), Q(x2, y2), 则直线AP的方程为y_y-Lx+1.x1x令y_0,得点M的横坐标xM_.又y1=kx1+t，从而1 OMl = |xJ=怂+；_i .Xc同理，|ON= kx2 + t-1 - yk+1,由 v x2得(1 +2k2)x2 + 4ktx+2t2 2 = 0,/2 +y2f则 J = (4kt)2 4(1 + 2k2)(2t2 2)=16k2 8t2+80,4kt且 x1+x2= 1+2k2，X1X2 =2t2 2X1XAx】+

12、t 1kx 2 +1 11+2k2所以| OM|ON| =d + k (t1)(兀+兀2)+(/1 ) 22t2 2砂1+严(t1)2t2 21 +2k4kt A1 + 2也丿+(t 1 )2=2又|OM|ON| = 2,所以21 + t1t= 2.解得t=0,满足/0,所以直线l经过定点(0, 0).2. (2021深圳模拟)已知椭圆C：莹+普=1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2, 点 小，爭)满足|pF1| + |PF2| = 2，且 SAPFF2=|.(1)求椭圆 C 的标准方程；过点M(4, 0)的直线l与C交于A(x1，yj, B(x2，y2)两点，且y1y20,问在x 轴上是

13、否存在定点N,使得直线NA，NB与y轴围成的三角形始终为底边在y轴 上的等腰三角形？若存在，求出定点N的坐标；若不存在，请说明理由.解(1)因为|FF1| + fF2|=2a，所以点户1，割在椭圆C上.将I1爭代入話+=1，得右+搭二1 设椭圆C的焦距为2c,则SHPFF2=t2c耳二2，求得c = 3从而a2 b2 = 3.由可得a2 4, b2 = 1.所以椭圆C的标准方程为才+尹2=1.(2)显然直线I的斜率存在且不为0,设直线I的方程为y=k(x4).设 A(x1， y1)， B(x2， y2)假设存在点N(t, 0),因为直线NA, NB与y轴围成的三角形始终为底边在y轴 上的等腰三

14、角形, 所以 kNA+ kNB= 0,y yk(x 4) k(x 4)即 kNA + kNB=x t+x 1= x t + x t1 2 1 22x x (t+ 4)(x + x )+ 8t=k(x1 t)(x2 t)=0,即 2x1x2 (t+ 4)(x1+ x2)+ 8t= 0.y=k (x4),由x2消去 y 并整理，得(1+4k2)x232k2x+64k24 = 0.才+y2=i 由 A = (32k2)2 4(1 + 4k2)(64k2 4)0，求得 0总,小,_ 32k2_64k2 4则 Xl+X2=T+k? X1X2= 1+4k2.所以2X64k2 41 + 4k2(t+4)X32k1+4k28t= 0,解得 t=1.于是在x轴上存在定点N(1, 0),使得直线NA, NB与y轴围成的三角形始终为 底边在y轴上的等腰三角形.