【教案】圆锥曲线之定点定直线问题
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个性化教学辅导教案
学生姓名 年 级 学 科 数 学
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课 题 圆锥曲线之定点定直线问题
教学目标 圆锥曲线之定点定直线问题
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高考回顾 1.（08年高考题）设平面直角坐标系xoy中，设二次函数f(x)＝x2＋2x＋b(x∈R)的图象与坐标轴有三个交点，经过这三个交点的圆记为C. 求实数b的取值范围； 求圆C的方程； 问圆C是否经过某定点（其坐标与b无关）？请证明你的结论。 解：（1）b＜1且b≠0 （2）设所求圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0。 令x2＋Dx＋F＝0D＝2，F＝by＝0得x2＋Dx＋F＝0D＝2，F＝b 又x＝0时y＝b，从而E＝－b－1。 所以圆的方程为x2＋y2＋2x－(b＋1)y＋b＝0。 （3）x2＋y2＋2x－(b＋1)y＋b＝0整理为x2＋y2＋2x－y＋b(1－y)＝0，过曲线 C':x2＋y2＋2x－y＝0与l:1－y＝0的交点，即过定点(0，1)与(－2，1). 2（09年高考题） 在平面直角坐标系xoy中，已知圆C1:(x＋3)2＋(y－1)2＝4和圆C2:(x－4)2＋(y－5)2＝4. （1）若直线l过点A(4，0)，且被圆C1截得的弦长为2，求直线l的方程； （2）设p为平面上的点，满足：存在过点p的无穷多对互相垂直的直线l1和l2，它们分别与圆C1和圆C2相交，且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，试求所有满足条件的点P的坐标. 解：(1)设直线l的方程为：y＝k(x－4)，即kx－y－4k＝0 由垂径定理，得：圆心C1到直线l的距离d＝＝1， 结合点到直线距离公式，得：＝1 化简得：24k2＋7k＝0，k＝0 或k＝－ 求直线l的方程为：y＝0或y＝－(x－4)，即y＝0或7x＋24y－28＝0 (2) 设点P坐标为(m，n)，直线l1，l2的方程分别为：y－n＝k(x－m)，y－n＝－(x－m) w.w.w.k.s即： kx－y＋n－km＝0，－x－y＋n＋m＝0 因为直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，两圆半径相等。由垂径定理，得：：圆心C1到直线l1与C2直线l2的距离相等。 故有：＝， 化简得：(2－m－n)k＝m－n－3或(m－n＋8)k＝m＋n－5 关于k的方程有无穷多解，有： 或 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 解之得：点P坐标为(－，) 或(，－). 3(2010年高考题). 在平面直角坐标系xoy中，如图，已知椭圆＋＝1的左右顶点为A,B，右焦点为F，设过点T（t，m）的直线TA,TB与椭圆分别交于点M(x1，y1)，N(x2，y2)，其中m>0,y1＞0，y2＜0 ①设动点P满足PF2－PB2＝4,求点P的轨迹 ②设x1＝2，x2＝，求点T的坐标 ③设t＝9,求证：直线MN必过x轴上的一定点（其坐标与m无关） 解：（1）由题意知F(2，0)，A(3，0)，设P(x，y)，则 (x－2)2＋y2－(x－3)2－y2＝4 化简整理得x＝ （2）把x1＝2，x2＝代人椭圆方程分别求出M(2，)，N(，－) 直线AM:y＝(x＋3) ① 直线BN:y＝(x－3) ② ①、②联立得T(7，) （3）T(9，m)， 直线TA:y＝(x＋3)，与椭圆联立得M(－，) 直线TB:y＝(x－3)，与椭圆联立得N(，－) （方法一）当x1＝x2 时，－=，解得m＝2 ， 此时直线MN：x＝1 ，过点P(1，0) 当x1≠x2 时 直线MN:y＋＝(x－), 化简得y＋＝－(x－) 令y＝0，解得x＝1，即直线MN过x轴上定点(1，0). （方法二））当x1＝x2 时，－=，解得m＝2 ，此时直线MN：x＝1 ，过点P(1，0) 当x1≠x2 时，kMP＝＝ ，kNP＝＝ 所以kMP＝kNP ,直线MN过定点（1,0） 综上：直线MN过x轴上定点(1，0). 二、方法联想 1.定点问题 方法1 假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点； 方法2 从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意． 2.定直线问题 先从图形上寻找坐标特点，再直接证明或从特殊位置入手，找出定直线再证. 三、方法应用 例1.如图，已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1、F2，若椭圆C经过点(0，)， 离心率为，直线l过点F2与椭圆C交于A、B两点． （1）求椭圆C的方程； （2）若点N为△F1AF2的内心（三角形三条内角平分线的交点），求△F1NF2与△F1AF2面积的 比值； （3）设点A，F2，B在直线x＝4上的射影依次为 点D，G， E．连结AE，BD，试问当直线l 的倾斜角变化时，直线AE与BD是否相交于 定点T？若是，请求出定点T的坐标；若不是， 请说明理由． (
（例1）
) 解：（1）由题意，b＝，又因为＝，所以＝，解得a＝2， 所以椭圆C的方程为＋＝1. （2）因为点N为△F1AF2的内心， 所以点N为△F1AF2的内切圆的圆心，设该圆的半径为r. 则＝＝＝＝. （3）若直线l的斜率不存在时，四边形ABED是矩形， 此时AE与BD交于F2G的中点(，0)， 下面证明：当直线l的倾斜角变化时，直线AE与BD相交于定点T(，0). 设直线l的方程为y＝k(x－1)， 化简得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0， 因为直线l经过椭圆C内的点(1，0)，所以△＞0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1＋x2＝，x1x2＝. 由题意，D(4，y1)，E(4，y2)， 直线AE的方程为y－y2＝(x－4)， 令x＝，此时y＝y2＋×(－4)＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝＝＝0， 所以点T(，0)在直线AE上， 同理可证，点T(，0)在直线BD上. 所以当直线l的倾斜角变化时，直线AE与BD相交于定点T(，0). 例2．已知椭圆C:＋＝1(a＞b＞0)的左?右顶点分别为A1，A2，左?右焦点分别为F1，F2，离心率为，点B(4，0)，F2为线段A1B的中点． (1) 求椭圆C的方程； (2) 若过点B且斜率不为0的直线l与椭圆C的交于M，N两点，已知直线A1M与A2N相交于点G，试判断点G是否在定直线上?若是，请求出定直线的方程；若不是，请说明理由． 解:(1) 设点A1(－a，0)，F2(c，0)，由题意可知，c＝，即a＝4－2c ①． 因为椭圆的离心率e＝＝，即a＝2c ②， 联立方程①②，可得a＝2，c＝1，则b2＝a2－c2＝3， 所以椭圆C的方程为＋＝1． (2) (方法一)根据椭圆的对称性猜测点G在与y轴平行的直线x＝x0上． 假设当点M为椭圆的上顶点时，由M，B两点求得直线l的方程为x＋4y－4＝0，此时点N(，)． 再分别求出直线A1M和直A2M的方程，则联立直线A1M:x－2y＋2＝0和直线A2N:3x＋2y－6＝0，可得点G(1，)． 据此猜想点G在直线x＝1上，下面对猜想给予证明: 设l的方程为y＝k(x－4)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程可得 (3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，Δ＞0． 由韦达定理，可得x1＋x2＝，x1x2＝ (*)． 因为直线A1M:y＝(x＋2)，A2N:y＝(x－2)， 联立两直线方程，得(x＋2)＝(x－2)(其中x为G点的横坐标)即证＝， 即3k(x1－4)·(x2－2)＝－k(x2－4)·(x1＋2)， 即证4x1x2－10(x1＋x2)＋16＝0， 将(*)代入上式，可得－＋16＝0?16k2－3－20k2＋3＋4k2＝0， 此式明显成立，原命题得证．所以点G在定直线上x＝1上． (方法二)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，G(x3，y3)，x1，x2，x3两两不等． 因为B，M，N三点共线，所以＝?＝?＝， 整理得2x1x2－5(x1＋x2)＋8＝0． 由A1，M，G三点共线，有＝ ①． 由A2，N，G三点共线，有＝ ②， 将①与②两式相除，得 ＝?()2＝＝＝， 即()2＝＝， 将2x1x2－5(x1＋x2)＋8＝0即x1x2＝(x1＋x2)－4代入，得()2＝9，解得x3＝4(舍去)或x3＝1， 所以点G在定直线x＝1上． (方法三)显然l与x轴不垂直，设l的方程为y＝k(x－4)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，G(x3，y3)，x1，x2，x3两两不等． 由得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，Δ＞0． 则x1＋x2＝，x1x2＝， |x1－x2|＝＝． 由A1，M，G三点共线，有＝ ①， 由A2，N，G三点共线，有＝ ②， ①与②两式相除，得 ＝＝ ＝＝－3， 解得x3＝1，所以点G在定直线x＝1上． （方法一先从特例探寻答案，再证明，目标明确，方法二从椭圆方程角度消元化简不易想到，方法利用直线方程消y比较自然，①与②两式相除也能简化计算，学生更多的应该是解出x3,然后利用直线方程消y再利用韦达定理也可解决问题.） 四、归类研究 ***1．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆，左右两个顶点分别为A1?A2．过点D(1，0)的直线交椭圆于M?N两点，直线A1M与NA2的交点为G． 求证:点G在一条定直线上． 证明:(方法一)设直线A1M的方程为y＝k1(x＋2)，直线A2N的方程为y＝k2(x－2)． 联立方程组消去y得 (1＋4k)x2＋16kx＋16k－4＝0， 解得点M的坐标为． 同理，可解得点N的坐标为(，)． 由M?D?N三点共线，有 ＝， 化简得(k2－3k1)(4k1k2＋1)＝0． 由题设可知k1与k2同号，所以k2＝3k1． 联立方程组 解得交点G的坐标为． 将k2＝3k1代入点G的横坐标，得 xG＝＝＝4． 所以，点G恒在定直线x＝4上． (方法二)显然，直线MN的斜率为0时不合题意． 设直线MN的方程为x＝my＋1． 令m＝0，解得M?N或M?N． 当M?N时，直线A1M的方程为y＝x＋，直线A2N的方程为y＝x－． 联立方程组解得交点G的坐标为(4，)； 当M?N时，由对称性可知交点G的坐标为(4，－)． 若点G恒在一条定直线上，则此定直线必为x＝4． 下面证明对于任意的实数m，直线A1M与直线A2N的交点G均在直线x＝4上． 设M(x1，y1)?N(x2，y2)?G(4，y0)． 由点A1?M?G三点共线，有＝，即y0＝． 再由点A2?N?G三点共线，有＝，即y0＝． 所以＝． ① 将x1＝my1＋1，x2＝my2＋1代入①式， 化简得2my1y2－3(y1＋y2)＝0． ② 联立方程组消去x得 (m2＋4)y2＋2my－3＝0， 从而有y1＋y2＝，y1y2＝． 将其代入②式，有2m·－3·＝0成立． 所以当m为任意实数时，直线A1M与直线A2N的交点G均在直线x＝4上． (本题考查从特殊位置得定直线再证明问题) 2．设O为坐标原点，动点M在椭圆C:＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足＝． *(1)求点P的轨迹方程； **(2)设点Q在直线x＝－3上，且·＝1．证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F． 解:(1) x2＋y2＝2． (2)由题意知F(－1，0)．设Q(－3，t)，P(m，n)，则 ＝(－3，t)，＝(－1－m，－n)，·＝3＋3m－tn， ＝(m，n)，＝(－3－m，t－n)． 由·＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1，又由(1)知m2＋n2＝2，故 3＋3m－tn＝0． 所以·＝0，即⊥．又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F． ( 轨迹方程的求解；直线过定点问题) 3. 已知椭圆C：＋＝1（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）中恰有三点在椭圆C上. *（1）求C的方程； **（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为–1，证明：l过定点. 解析：（1）由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知C经过P3，P4两点. 又由＋＞＋知，C不经过点P1，所以点P2在C上. 因此，解得. 故C的方程为＋y2＝1. (2) l过定点(2，－1) . （椭圆的对称性是椭圆的一个重要性质，判断点是否在椭圆上，可以通过这一方法进行判断；证明直线过定点的关键是设出直线方程，通过一定关系转化，找出两个参数之间的关系式，从而可以判断过定点情况.另外，在设直线方程之前，若题设中未告知，则一定要讨论直线斜率不存在和存在情况，接着通法是联立方程组，求判别式、韦达定理，根据题设关系进行化简.） 4．如图，在平面直角坐标系xOy中，离心率为的椭圆C:＋＝1(a＞b＞0)的左顶点为A，过原点O的直线(与坐标轴不重合)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．若直线PQ斜率为时，PQ＝2． *(1) 求椭圆C的标准方程； ** (2) 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． 解:(1) 设P， ∵ 直线PQ斜率为时，PQ＝2， ∴ x＋＝3，∴ x＝2． ∴ ＋＝1． ∵ e＝＝＝，∴ a2＝4，b2＝2． ∴ 椭圆C的标准方程为＋＝1． (2) 以MN为直径的圆过定点F(±，0)． 设P(x0，y0)，则Q(－x0，－y0)，且＋＝1，即x＋2y＝4． ∵ A(－2，0)，∴ 直线PA的方程为y＝(x＋2)， ∴ M． 直线QA的方程为y＝(x＋2)，∴ N． 以MN为直径的圆为(x－0)(x－0)＋＝0， 即x2＋y2－y＋＝0． ∵ x－4＝－2y，∴ x2＋y2＋y－2＝0． 令y＝0，x2＋y2－2＝0，解得x＝±， ∴ 以MN为直径的圆过定点F(±，0)． (本题考查圆的定点问题) 5．已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)右焦点F(1，0)，离心率为，过F作两条互相垂直的弦AB，CD，设AB，CD中点分别为M，N． *(1)求椭圆的方程； ***(2) 证明:直线MN必过定点，并求出此定点坐标； *** (3) 若弦AB，CD的斜率均存在，求△FMN面积的最大值． 解(1)由题意:c＝1，＝，则a＝，b＝1，c＝1 椭圆的方程为＋y2＝1． (2) 证明:AB，CD斜率均存在，设直线AB方程为y＝k(x－1)， A(x1，y1)，B(x2，y2)，M， 得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0， 故M． 将上式中的k换成－，则同理可得N． 如＝，得k＝±1，则直线MN斜率不存在， 此时直线MN过点，下面证明动直线MN过定点P． (证法1) 若直线MN斜率存在，则kMN＝＝＝×， 直线MN为y－＝×． 令y＝0，得x＝＋×＝×＝． 综上，直线MN过定点． (证法2) 动直线MN最多过一个定点，由对称性可知，定点必在x轴上，设x＝与x轴交点为P，下证动直线MN过定点P． 当k≠±1时，kPM＝＝×， 同理将上式中的k换成－，可得kPM＝×＝×， 则kPM＝kPN，直线MN过定点P． (3) 解:由第(2)问可知直线MN过定点P， 故S△FMN＝S△FPM＋S△FPN ＝×||＋×|| ＝×＝× ＝×， 令t＝|k|＋∈[2，＋∞)，S△FMN＝f(t)＝×＝×． f′(t)＝×＜0，则f(t)在t∈[2，＋∞)上单调递减， 当t＝2时f(t)取得最大值，此时S△FMN取得最大值，此时k＝±1． (本题考查直线过定点问题，函数最值问题) 6．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C:＋＝1(a＞b＞0)的离心率e＝，直线l:x－my－1＝0(m∈R)过椭圆C的右焦点F，且交椭圆C于A，B两点． * (1) 求椭圆C的标准方程； ** (2) 已知点D，连结BD，过点A作垂直于y轴的直线l1，设直线l1与直线BD交于点P，试探索当m变化时，是否存在一条定直线l2，使得点P恒在直线l2上?若存在，请求出直线l2的方程；若不存在，请说明理由． 解:(1) 由题设，得解得 从而b2＝a2－c2＝3， 所以椭圆C的标准方程为＋＝1． (2) 令m＝0，则A，B或者A，B． 当A，B时，P；当A，B时，P， 所以，若满足题意的直线存在，则定直线l2只能是x＝4． 下面证明点P恒在直线x＝4上． 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由于PA垂直于y轴，所以点P的纵坐标为y1，从而只要证明P(4，y1)在直线BD上． 由得(4＋3m2)y2＋6my－9＝0， ∵ Δ＝144(1＋m2)＞0， ∴ y1＋y2＝，y1y2＝．① ∵ kDB－kDP＝－＝－＝＝， ① 式代入上式，得kDB－kDP＝0，∴ kDB＝kDP． ∴ 点P(4，y1)恒在直线BD上，从而直线l1?直线BD与直线l2:x＝4三线过同一点P， ∴ 存在一条定直线l2:x＝4使得点P恒在直线l2上． (考查定直线问题) 7．如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆E:＋＝1(a＞b＞0)的左顶点为A，与x轴平行的直线与椭圆E交于B?C两点，过B?C两点且分别与直线AB?AC垂直的直线相交于点D．已知椭圆E的离心率为，右焦点到右准线的距离为． *(1) 求椭圆E的标准方程； ** (2) 证明点D在一条定直线上运动，并求出该直线的方程； *** (3) 求△BCD面积的最大值． 解: (1)由题意得＝，－c＝， 解得a＝3，c＝，所以b＝＝2，所以椭圆E的标准方程为＋＝1． (2) 证明:设B(x0，y0)，C(－x0，y0)，显然直线AB，AC，BD，CD的斜率都存在，设为k1，k2，k3，k4，则k1＝，k2＝，k3＝－，k4＝， 所以直线BD，CD的方程为y＝－(x－x0)＋y0，y＝(x＋x0)＋y0， 消去y得－(x－x0)＋y0＝(x＋x0)＋y0，化简得x＝3， 故点D在定直线x＝3上运动． (3) 解:由(2)得点D的纵坐标为yD＝(3＋x0)＋y0＝＋y0． 又＋＝1，所以x－9＝－，则 yD＝(3＋x0)＋y0＝＋y＝－y0， 所以点D到直线BC的距离h为＝＝． 将y＝y0代入＋＝1，得 x＝±3， 所以△BCD面积S△BCD＝BC·h＝×6· ＝·≤·＝，当且仅当1－＝，即y0＝±时等号成立，故y0＝±时，△BCD面积的最大值为． (考查定直线问题，函数最值问题) 8.如图所示，椭圆的离心率为，右准线方程为，过点作关于轴对称的两条直线，且与椭圆交于不同两点，与椭圆交于不同两点. （1）求椭圆的方程； （2）证明：直线与直线交于点； （3）求线段长的取值范围. 8解：（1）由 得，， 所以椭圆的方程. （2）设直线，， 联立，消得， ， 又， ， ，故点三点共线，即直线经过点 同理可得直线经过点， 所以直线与直线交于点. （3）由（2）可知 令 又由得所以 在上恒成立 在上单调递增 ， ， . （考查定点问题,函数最值问题） 【2018~2019苏州期末17】如图，在平面直角坐标系xOy中，已知焦点在x轴上，离心率为的椭圆E的左顶点为A，点A到右准线的距离为6． （1）求椭圆E的标准方程； （2）过点A且斜率为的直线与椭圆E交于点B，过点B与右焦点F的直线交椭圆E于M点，求M点的坐标． 【答案】（1） 直线AB的方程为 由，则B点的坐标为. 由题意知，右焦点 由 9.【2018~2019泰州期末18】如图，在平面直角坐标系中，椭圆C：的左顶点为A，点B是椭圆C上异于左、右顶点的任一点，P是AB的中点，过点B且与AB垂直的直线与直线OP交于点Q，已知椭圆C的离心率为，点A到右准线的距离为6。 （1）求椭圆C的标准方程； （2）设点Q的横坐标为，求的取值范围。 【答案】（1）依题意，有：，即， 又＝6，所以，＝6，解得：＝2，c＝1， b＝＝， 所以，椭圆C的方程为：. （2）由（1）知：设 9.【2018~2019苏北四市18】如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，且右焦点到右准线的距离为1．过轴上一点为常数，且的直线与椭圆交于两点，与交于点，是弦的中点，直线与交于点． （1）求椭圆的标准方程； （2）试判断以为直径的圆是否经过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明 理由． 【答案】（1）由题意，得，解得，所以， 所以椭圆C的标准方程为． ………………………………………4分 （2）由题意，当直线的斜率不存在或为零时显然不符合题意； 所以设的斜率为，则直线的方程为， 又准线方程为， 所以点的坐标为，………………………………………………6分 由得，， 即 所以，， …………8分 所以， 从而直线的方程为，（也可用点差法求解） 所以点的坐标为，…………………………………………………10分 所以以为直径的圆的方程为， 即， ………………………………14分 因为该式对恒成立，令，得， 所以以为直径的圆经过定点．………………………………16分 备注：m是常数，结果用m表示.
教 学 反 思
成为受人尊敬的百年育人集团,让孩子成为人生道路上的冠军
学生姓名 年 级 学 科 数 学
上课时间 教师姓名
课 题 圆锥曲线之定点定直线问题
教学目标 圆锥曲线之定点定直线问题
教学过程
教师活动 学生活动
高考回顾 1.（08年高考题）设平面直角坐标系xoy中，设二次函数f(x)＝x2＋2x＋b(x∈R)的图象与坐标轴有三个交点，经过这三个交点的圆记为C. 求实数b的取值范围； 求圆C的方程； 问圆C是否经过某定点（其坐标与b无关）？请证明你的结论。 解：（1）b＜1且b≠0 （2）设所求圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0。 令x2＋Dx＋F＝0D＝2，F＝by＝0得x2＋Dx＋F＝0D＝2，F＝b 又x＝0时y＝b，从而E＝－b－1。 所以圆的方程为x2＋y2＋2x－(b＋1)y＋b＝0。 （3）x2＋y2＋2x－(b＋1)y＋b＝0整理为x2＋y2＋2x－y＋b(1－y)＝0，过曲线 C':x2＋y2＋2x－y＝0与l:1－y＝0的交点，即过定点(0，1)与(－2，1). 2（09年高考题） 在平面直角坐标系xoy中，已知圆C1:(x＋3)2＋(y－1)2＝4和圆C2:(x－4)2＋(y－5)2＝4. （1）若直线l过点A(4，0)，且被圆C1截得的弦长为2，求直线l的方程； （2）设p为平面上的点，满足：存在过点p的无穷多对互相垂直的直线l1和l2，它们分别与圆C1和圆C2相交，且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，试求所有满足条件的点P的坐标. 解：(1)设直线l的方程为：y＝k(x－4)，即kx－y－4k＝0 由垂径定理，得：圆心C1到直线l的距离d＝＝1， 结合点到直线距离公式，得：＝1 化简得：24k2＋7k＝0，k＝0 或k＝－ 求直线l的方程为：y＝0或y＝－(x－4)，即y＝0或7x＋24y－28＝0 (2) 设点P坐标为(m，n)，直线l1，l2的方程分别为：y－n＝k(x－m)，y－n＝－(x－m) w.w.w.k.s即： kx－y＋n－km＝0，－x－y＋n＋m＝0 因为直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，两圆半径相等。由垂径定理，得：：圆心C1到直线l1与C2直线l2的距离相等。 故有：＝， 化简得：(2－m－n)k＝m－n－3或(m－n＋8)k＝m＋n－5 关于k的方程有无穷多解，有： 或 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 解之得：点P坐标为(－，) 或(，－). 3(2010年高考题). 在平面直角坐标系xoy中，如图，已知椭圆＋＝1的左右顶点为A,B，右焦点为F，设过点T（t，m）的直线TA,TB与椭圆分别交于点M(x1，y1)，N(x2，y2)，其中m>0,y1＞0，y2＜0 ①设动点P满足PF2－PB2＝4,求点P的轨迹 ②设x1＝2，x2＝，求点T的坐标 ③设t＝9,求证：直线MN必过x轴上的一定点（其坐标与m无关） 解：（1）由题意知F(2，0)，A(3，0)，设P(x，y)，则 (x－2)2＋y2－(x－3)2－y2＝4 化简整理得x＝ （2）把x1＝2，x2＝代人椭圆方程分别求出M(2，)，N(，－) 直线AM:y＝(x＋3) ① 直线BN:y＝(x－3) ② ①、②联立得T(7，) （3）T(9，m)， 直线TA:y＝(x＋3)，与椭圆联立得M(－，) 直线TB:y＝(x－3)，与椭圆联立得N(，－) （方法一）当x1＝x2 时，－=，解得m＝2 ， 此时直线MN：x＝1 ，过点P(1，0) 当x1≠x2 时 直线MN:y＋＝(x－), 化简得y＋＝－(x－) 令y＝0，解得x＝1，即直线MN过x轴上定点(1，0). （方法二））当x1＝x2 时，－=，解得m＝2 ，此时直线MN：x＝1 ，过点P(1，0) 当x1≠x2 时，kMP＝＝ ，kNP＝＝ 所以kMP＝kNP ,直线MN过定点（1,0） 综上：直线MN过x轴上定点(1，0). 二、方法联想 1.定点问题 方法1 假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点； 方法2 从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意． 2.定直线问题 先从图形上寻找坐标特点，再直接证明或从特殊位置入手，找出定直线再证. 三、方法应用 例1.如图，已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1、F2，若椭圆C经过点(0，)， 离心率为，直线l过点F2与椭圆C交于A、B两点． （1）求椭圆C的方程； （2）若点N为△F1AF2的内心（三角形三条内角平分线的交点），求△F1NF2与△F1AF2面积的 比值； （3）设点A，F2，B在直线x＝4上的射影依次为 点D，G， E．连结AE，BD，试问当直线l 的倾斜角变化时，直线AE与BD是否相交于 定点T？若是，请求出定点T的坐标；若不是， 请说明理由． (
（例1）
) 解：（1）由题意，b＝，又因为＝，所以＝，解得a＝2， 所以椭圆C的方程为＋＝1. （2）因为点N为△F1AF2的内心， 所以点N为△F1AF2的内切圆的圆心，设该圆的半径为r. 则＝＝＝＝. （3）若直线l的斜率不存在时，四边形ABED是矩形， 此时AE与BD交于F2G的中点(，0)， 下面证明：当直线l的倾斜角变化时，直线AE与BD相交于定点T(，0). 设直线l的方程为y＝k(x－1)， 化简得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0， 因为直线l经过椭圆C内的点(1，0)，所以△＞0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1＋x2＝，x1x2＝. 由题意，D(4，y1)，E(4，y2)， 直线AE的方程为y－y2＝(x－4)， 令x＝，此时y＝y2＋×(－4)＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝＝＝0， 所以点T(，0)在直线AE上， 同理可证，点T(，0)在直线BD上. 所以当直线l的倾斜角变化时，直线AE与BD相交于定点T(，0). 例2．已知椭圆C:＋＝1(a＞b＞0)的左?右顶点分别为A1，A2，左?右焦点分别为F1，F2，离心率为，点B(4，0)，F2为线段A1B的中点． (1) 求椭圆C的方程； (2) 若过点B且斜率不为0的直线l与椭圆C的交于M，N两点，已知直线A1M与A2N相交于点G，试判断点G是否在定直线上?若是，请求出定直线的方程；若不是，请说明理由． 解:(1) 设点A1(－a，0)，F2(c，0)，由题意可知，c＝，即a＝4－2c ①． 因为椭圆的离心率e＝＝，即a＝2c ②， 联立方程①②，可得a＝2，c＝1，则b2＝a2－c2＝3， 所以椭圆C的方程为＋＝1． (2) (方法一)根据椭圆的对称性猜测点G在与y轴平行的直线x＝x0上． 假设当点M为椭圆的上顶点时，由M，B两点求得直线l的方程为x＋4y－4＝0，此时点N(，)． 再分别求出直线A1M和直A2M的方程，则联立直线A1M:x－2y＋2＝0和直线A2N:3x＋2y－6＝0，可得点G(1，)． 据此猜想点G在直线x＝1上，下面对猜想给予证明: 设l的方程为y＝k(x－4)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程可得 (3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，Δ＞0． 由韦达定理，可得x1＋x2＝，x1x2＝ (*)． 因为直线A1M:y＝(x＋2)，A2N:y＝(x－2)， 联立两直线方程，得(x＋2)＝(x－2)(其中x为G点的横坐标)即证＝， 即3k(x1－4)·(x2－2)＝－k(x2－4)·(x1＋2)， 即证4x1x2－10(x1＋x2)＋16＝0， 将(*)代入上式，可得－＋16＝0?16k2－3－20k2＋3＋4k2＝0， 此式明显成立，原命题得证．所以点G在定直线上x＝1上． (方法二)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，G(x3，y3)，x1，x2，x3两两不等． 因为B，M，N三点共线，所以＝?＝?＝， 整理得2x1x2－5(x1＋x2)＋8＝0． 由A1，M，G三点共线，有＝ ①． 由A2，N，G三点共线，有＝ ②， 将①与②两式相除，得 ＝?()2＝＝＝， 即()2＝＝， 将2x1x2－5(x1＋x2)＋8＝0即x1x2＝(x1＋x2)－4代入，得()2＝9，解得x3＝4(舍去)或x3＝1， 所以点G在定直线x＝1上． (方法三)显然l与x轴不垂直，设l的方程为y＝k(x－4)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，G(x3，y3)，x1，x2，x3两两不等． 由得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，Δ＞0． 则x1＋x2＝，x1x2＝， |x1－x2|＝＝． 由A1，M，G三点共线，有＝ ①， 由A2，N，G三点共线，有＝ ②， ①与②两式相除，得 ＝＝ ＝＝－3， 解得x3＝1，所以点G在定直线x＝1上． （方法一先从特例探寻答案，再证明，目标明确，方法二从椭圆方程角度消元化简不易想到，方法利用直线方程消y比较自然，①与②两式相除也能简化计算，学生更多的应该是解出x3,然后利用直线方程消y再利用韦达定理也可解决问题.） 四、归类研究 ***1．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆，左右两个顶点分别为A1?A2．过点D(1，0)的直线交椭圆于M?N两点，直线A1M与NA2的交点为G． 求证:点G在一条定直线上． 证明:(方法一)设直线A1M的方程为y＝k1(x＋2)，直线A2N的方程为y＝k2(x－2)． 联立方程组消去y得 (1＋4k)x2＋16kx＋16k－4＝0， 解得点M的坐标为． 同理，可解得点N的坐标为(，)． 由M?D?N三点共线，有 ＝， 化简得(k2－3k1)(4k1k2＋1)＝0． 由题设可知k1与k2同号，所以k2＝3k1． 联立方程组 解得交点G的坐标为． 将k2＝3k1代入点G的横坐标，得 xG＝＝＝4． 所以，点G恒在定直线x＝4上． (方法二)显然，直线MN的斜率为0时不合题意． 设直线MN的方程为x＝my＋1． 令m＝0，解得M?N或M?N． 当M?N时，直线A1M的方程为y＝x＋，直线A2N的方程为y＝x－． 联立方程组解得交点G的坐标为(4，)； 当M?N时，由对称性可知交点G的坐标为(4，－)． 若点G恒在一条定直线上，则此定直线必为x＝4． 下面证明对于任意的实数m，直线A1M与直线A2N的交点G均在直线x＝4上． 设M(x1，y1)?N(x2，y2)?G(4，y0)． 由点A1?M?G三点共线，有＝，即y0＝． 再由点A2?N?G三点共线，有＝，即y0＝． 所以＝． ① 将x1＝my1＋1，x2＝my2＋1代入①式， 化简得2my1y2－3(y1＋y2)＝0． ② 联立方程组消去x得 (m2＋4)y2＋2my－3＝0， 从而有y1＋y2＝，y1y2＝． 将其代入②式，有2m·－3·＝0成立． 所以当m为任意实数时，直线A1M与直线A2N的交点G均在直线x＝4上． (本题考查从特殊位置得定直线再证明问题) 2．设O为坐标原点，动点M在椭圆C:＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足＝． *(1)求点P的轨迹方程； **(2)设点Q在直线x＝－3上，且·＝1．证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F． 解:(1) x2＋y2＝2． (2)由题意知F(－1，0)．设Q(－3，t)，P(m，n)，则 ＝(－3，t)，＝(－1－m，－n)，·＝3＋3m－tn， ＝(m，n)，＝(－3－m，t－n)． 由·＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1，又由(1)知m2＋n2＝2，故 3＋3m－tn＝0． 所以·＝0，即⊥．又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F． ( 轨迹方程的求解；直线过定点问题) 3. 已知椭圆C：＋＝1（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）中恰有三点在椭圆C上. *（1）求C的方程； **（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为–1，证明：l过定点. 解析：（1）由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知C经过P3，P4两点. 又由＋＞＋知，C不经过点P1，所以点P2在C上. 因此，解得. 故C的方程为＋y2＝1. (2) l过定点(2，－1) . （椭圆的对称性是椭圆的一个重要性质，判断点是否在椭圆上，可以通过这一方法进行判断；证明直线过定点的关键是设出直线方程，通过一定关系转化，找出两个参数之间的关系式，从而可以判断过定点情况.另外，在设直线方程之前，若题设中未告知，则一定要讨论直线斜率不存在和存在情况，接着通法是联立方程组，求判别式、韦达定理，根据题设关系进行化简.） 4．如图，在平面直角坐标系xOy中，离心率为的椭圆C:＋＝1(a＞b＞0)的左顶点为A，过原点O的直线(与坐标轴不重合)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．若直线PQ斜率为时，PQ＝2． *(1) 求椭圆C的标准方程； ** (2) 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． 解:(1) 设P， ∵ 直线PQ斜率为时，PQ＝2， ∴ x＋＝3，∴ x＝2． ∴ ＋＝1． ∵ e＝＝＝，∴ a2＝4，b2＝2． ∴ 椭圆C的标准方程为＋＝1． (2) 以MN为直径的圆过定点F(±，0)． 设P(x0，y0)，则Q(－x0，－y0)，且＋＝1，即x＋2y＝4． ∵ A(－2，0)，∴ 直线PA的方程为y＝(x＋2)， ∴ M． 直线QA的方程为y＝(x＋2)，∴ N． 以MN为直径的圆为(x－0)(x－0)＋＝0， 即x2＋y2－y＋＝0． ∵ x－4＝－2y，∴ x2＋y2＋y－2＝0． 令y＝0，x2＋y2－2＝0，解得x＝±， ∴ 以MN为直径的圆过定点F(±，0)． (本题考查圆的定点问题) 5．已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)右焦点F(1，0)，离心率为，过F作两条互相垂直的弦AB，CD，设AB，CD中点分别为M，N． *(1)求椭圆的方程； ***(2) 证明:直线MN必过定点，并求出此定点坐标； *** (3) 若弦AB，CD的斜率均存在，求△FMN面积的最大值． 解(1)由题意:c＝1，＝，则a＝，b＝1，c＝1 椭圆的方程为＋y2＝1． (2) 证明:AB，CD斜率均存在，设直线AB方程为y＝k(x－1)， A(x1，y1)，B(x2，y2)，M， 得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0， 故M． 将上式中的k换成－，则同理可得N． 如＝，得k＝±1，则直线MN斜率不存在， 此时直线MN过点，下面证明动直线MN过定点P． (证法1) 若直线MN斜率存在，则kMN＝＝＝×， 直线MN为y－＝×． 令y＝0，得x＝＋×＝×＝． 综上，直线MN过定点． (证法2) 动直线MN最多过一个定点，由对称性可知，定点必在x轴上，设x＝与x轴交点为P，下证动直线MN过定点P． 当k≠±1时，kPM＝＝×， 同理将上式中的k换成－，可得kPM＝×＝×， 则kPM＝kPN，直线MN过定点P． (3) 解:由第(2)问可知直线MN过定点P， 故S△FMN＝S△FPM＋S△FPN ＝×||＋×|| ＝×＝× ＝×， 令t＝|k|＋∈[2，＋∞)，S△FMN＝f(t)＝×＝×． f′(t)＝×＜0，则f(t)在t∈[2，＋∞)上单调递减， 当t＝2时f(t)取得最大值，此时S△FMN取得最大值，此时k＝±1． (本题考查直线过定点问题，函数最值问题) 6．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C:＋＝1(a＞b＞0)的离心率e＝，直线l:x－my－1＝0(m∈R)过椭圆C的右焦点F，且交椭圆C于A，B两点． * (1) 求椭圆C的标准方程； ** (2) 已知点D，连结BD，过点A作垂直于y轴的直线l1，设直线l1与直线BD交于点P，试探索当m变化时，是否存在一条定直线l2，使得点P恒在直线l2上?若存在，请求出直线l2的方程；若不存在，请说明理由． 解:(1) 由题设，得解得 从而b2＝a2－c2＝3， 所以椭圆C的标准方程为＋＝1． (2) 令m＝0，则A，B或者A，B． 当A，B时，P；当A，B时，P， 所以，若满足题意的直线存在，则定直线l2只能是x＝4． 下面证明点P恒在直线x＝4上． 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由于PA垂直于y轴，所以点P的纵坐标为y1，从而只要证明P(4，y1)在直线BD上． 由得(4＋3m2)y2＋6my－9＝0， ∵ Δ＝144(1＋m2)＞0， ∴ y1＋y2＝，y1y2＝．① ∵ kDB－kDP＝－＝－＝＝， ① 式代入上式，得kDB－kDP＝0，∴ kDB＝kDP． ∴ 点P(4，y1)恒在直线BD上，从而直线l1?直线BD与直线l2:x＝4三线过同一点P， ∴ 存在一条定直线l2:x＝4使得点P恒在直线l2上． (考查定直线问题) 7．如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆E:＋＝1(a＞b＞0)的左顶点为A，与x轴平行的直线与椭圆E交于B?C两点，过B?C两点且分别与直线AB?AC垂直的直线相交于点D．已知椭圆E的离心率为，右焦点到右准线的距离为． *(1) 求椭圆E的标准方程； ** (2) 证明点D在一条定直线上运动，并求出该直线的方程； *** (3) 求△BCD面积的最大值． 解: (1)由题意得＝，－c＝， 解得a＝3，c＝，所以b＝＝2，所以椭圆E的标准方程为＋＝1． (2) 证明:设B(x0，y0)，C(－x0，y0)，显然直线AB，AC，BD，CD的斜率都存在，设为k1，k2，k3，k4，则k1＝，k2＝，k3＝－，k4＝， 所以直线BD，CD的方程为y＝－(x－x0)＋y0，y＝(x＋x0)＋y0， 消去y得－(x－x0)＋y0＝(x＋x0)＋y0，化简得x＝3， 故点D在定直线x＝3上运动． (3) 解:由(2)得点D的纵坐标为yD＝(3＋x0)＋y0＝＋y0． 又＋＝1，所以x－9＝－，则 yD＝(3＋x0)＋y0＝＋y＝－y0， 所以点D到直线BC的距离h为＝＝． 将y＝y0代入＋＝1，得 x＝±3， 所以△BCD面积S△BCD＝BC·h＝×6· ＝·≤·＝，当且仅当1－＝，即y0＝±时等号成立，故y0＝±时，△BCD面积的最大值为． (考查定直线问题，函数最值问题) 8.如图所示，椭圆的离心率为，右准线方程为，过点作关于轴对称的两条直线，且与椭圆交于不同两点，与椭圆交于不同两点. （1）求椭圆的方程； （2）证明：直线与直线交于点； （3）求线段长的取值范围. 8解：（1）由 得，， 所以椭圆的方程. （2）设直线，， 联立，消得， ， 又， ， ，故点三点共线，即直线经过点 同理可得直线经过点， 所以直线与直线交于点. （3）由（2）可知 令 又由得所以 在上恒成立 在上单调递增 ， ， . （考查定点问题,函数最值问题） 【2018~2019苏州期末17】如图，在平面直角坐标系xOy中，已知焦点在x轴上，离心率为的椭圆E的左顶点为A，点A到右准线的距离为6． （1）求椭圆E的标准方程； （2）过点A且斜率为的直线与椭圆E交于点B，过点B与右焦点F的直线交椭圆E于M点，求M点的坐标． 【答案】（1） 直线AB的方程为 由，则B点的坐标为. 由题意知，右焦点 由 9.【2018~2019泰州期末18】如图，在平面直角坐标系中，椭圆C：的左顶点为A，点B是椭圆C上异于左、右顶点的任一点，P是AB的中点，过点B且与AB垂直的直线与直线OP交于点Q，已知椭圆C的离心率为，点A到右准线的距离为6。 （1）求椭圆C的标准方程； （2）设点Q的横坐标为，求的取值范围。 【答案】（1）依题意，有：，即， 又＝6，所以，＝6，解得：＝2，c＝1， b＝＝， 所以，椭圆C的方程为：. （2）由（1）知：设 9.【2018~2019苏北四市18】如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，且右焦点到右准线的距离为1．过轴上一点为常数，且的直线与椭圆交于两点，与交于点，是弦的中点，直线与交于点． （1）求椭圆的标准方程； （2）试判断以为直径的圆是否经过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明 理由． 【答案】（1）由题意，得，解得，所以， 所以椭圆C的标准方程为． ………………………………………4分 （2）由题意，当直线的斜率不存在或为零时显然不符合题意； 所以设的斜率为，则直线的方程为， 又准线方程为， 所以点的坐标为，………………………………………………6分 由得，， 即 所以，， …………8分 所以， 从而直线的方程为，（也可用点差法求解） 所以点的坐标为，…………………………………………………10分 所以以为直径的圆的方程为， 即， ………………………………14分 因为该式对恒成立，令，得， 所以以为直径的圆经过定点．………………………………16分 备注：m是常数，结果用m表示.
教 学 反 思
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