圆锥曲线中的定点问题

设 P(x0 , y0 )，则 x0 ≠ 0，且直线 l的方程为 y y0
2 x0 4 1 1 2 2 x0 4 x y x0 x x0 2 x0 ， 所以 Q( 由 , 1) . 2 4 ，得 2 x 0 y 1 y 1
→· → =0 对满足 y 设 M (0, y1 ) ，令M P MQ → →
4b 1 ， 因为直线 O A ，O B 的斜率之积为 ， k 2
y A yB 1 y A2 y B 2 ，即 xA xB 2 y A yB 0 . 2 y A yB 0 ， 所以 即 x A xB 2 4 4
解得 y A yB 0 （舍去）或 y A yB 32 . 所以 y A y B 所以 y kx 8k , 即 y k ( x 8) . 综上所述，直线 A B 过定点(8, 0) .
由于上式对满足 y0
1 y1 0 1 2 x0 ( x0 0 )的 y0 恒成立， 所以 2 ， 4 y y 2 0 1 1
解得 y1 1 . 故以 PQ 为直径的圆恒过 y 轴上的定点 M (0, 1).
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法二： （1）同法一.
1 2 1 （2）证明：由（1）知 y x ， y x . 4 2 1 设 P(x0 , y0 )，则 x0 ≠ 0，且直线 l的方程为 y y0 x0 ( x x0 ) ， 2 1 1 2 即 y x0 x x0 . 2 4
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②当直线 A B 的斜率存在时，设其方程为 y kx b, A( x A , y A ), B( xB , yB ) ，
y 2 4 x, 2 联立方程组 消去 x，得 ky 4 y 4b 0 . y kx b
根据根与系数的关系得 y A y B
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麻城一中 王 辉
m 1 4m 2 4 8km k ( m 1) 0 即 (2k 1) . 解得 . 2 4k 2 1 4k 2 1
当且仅当 m 1 时，△>0，于是 l : y 即 y 1
m 1 xm ， 2
m 1 ( x 2) ， 所以 l过定点(2,-1). 2
y=| O B| ·cos30°=12.
因为点 B (4 3 , 12)在 x2 =2py 上，所以(4 3 )2=2p× 12，解得 p=2. 故抛物线 E 的方程为 x2 =4y.
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（2）证明：由（1）知 y
1 2 1 x ， y x . 4 2 1 1 1 2 . x0 ( x x0 ) ， 即 y x0 x x0 2 2 4
2
p 1 ，所以 p=2. 2
t2 t2 （2）证明：①当直线 A B 的斜率不存在时，设 A( , t ), B ( , t ) . 4 4
因为直线 O A ，O B 的斜率之积为
1 t t 1 2 ， 所以 2 2 ，化简得 t 32 . 2 t t 2 4 4
所以 A(8, t ), B(8, t ) ，此时直线 A B 的方程为 x 8 .
f ( x, y ) 0 f ( x, y) g ( x, y) 0 ，则曲线以 的交点为定点。 g ( x, y ) 0
y 1 0
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【典例分析】
例 1． （2017·高考全国卷Ⅰ）已知椭圆 C：
，四点 P1(1,1),
P2(0,1), P3( ), P4( )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.
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圆锥曲线中的定点问题
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1．解析几何中，定点问题是高考命题的一个热点，也是一个难点，因为 定点必然是在变化中所表现出来的不变量，所以可运用函数的思想方法，结 合等式的恒成立求解，也就是说要与题中的可变量无关。
2．求定点常用方法有两种： ①特殊到一般法，根据动点、动直线和动曲线的特殊情况探索出定点， 再证明该定点与变量无关 。 ．．．． ②依据题设条件选取某个变量，将题中过定点的几何对象用这个变量表 示，然后说明与这个变量无关 。 ．．．． 如： kx y 2k 1 0 ，则 x 2 0 ，直线过定点 ( 2,1)
解析： （1）由于 P 3 ，P 4 两点关于 y 轴对称，故由题设知 C 经过 P 3 ，P 4 两点.
1 1 1 3 又由 2 2 2 2 知，C 不经过点 P 1 ，所以点 P 2 在 C 上. a b a 4b
1 1, 2 a x2 b2 4, y2 1 . 因此 解得 2 故椭圆 C 的方程为 4 b 1. 1 3 1, a 2 4b 2
2 x0 4 1 1 2 2 x x0 4 y x0 x x0 2 x0 ， 所以 Q( , 1) . 由 2 4 ，得 2 x0 y 1 y 1
取 x0=2，此时 P(2, 1) ，Q (0, 1)，以 PQ 为直径的圆为 ( x 1) y 2 ，
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而 k1 k2
【典例分析】
y1 1 y 2 1 kx1 m 1 kx2 m 1 = x1 x2 x1 x2
=
2kx1 x2 (m 1)( x1 x2 ) x1 x2
由题设 k1 k2 1 ，故 (2k 1) x1x2 (m 1)( x1 x2 ) 0 .
【巩固练习】 已知抛物线 C：y2 =2px(p>0)的焦点 F(1，0)，O 为坐标原点，A，B 是抛物线 C 上异于 O 的两点． (1)求抛物线 C 的方程； (2)若直线 OA，OB 的斜率之积为-0.5，求证：直线 AB 过 x 轴上一 定点．
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解析： （1）因为抛物线 y 2 2 px( p 0) 的焦点坐标为(1, 0) ，所以 所以抛物线 C 的方程为 y 4 x .
1 2 x0 (x0 0 )的 x0 ， y0 恒成立. 4
2 x0 4 , 1 y1 ) ， 由 于 M P = ( x0 , y0 y1 ) ， M Q = ( 2 x0
→ · → =0 得 由 M P MQ
2 x0 4 2 y1 2) (1 y1 ) y0 0 . y0 y0 y1 y1 y12 0 ， 即 ( y1 2 x0
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【典例分析】
（2）证明：设直线 P 2 A 与直线 P 2B 的斜率分别为 k1, k2. 如果 l与 x 轴垂直，设 l :x= t ，由题设知 t ≠ 0，且｜t ｜<2，可得 A ，B 的坐标分别为
4 t2 4 t2 (t , ),(t, ). 2 2 4 t2 2 4 t2 2 则 k1 k2 1 ，得 t =2，不符合题设. 2t 2t
4b 32 ，即 b 8k ， k
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【课堂小结】
•
定点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．
•
解圆锥曲线中的定点问题也可以先研究一下特殊情况，
找出定点，再视具体情况进行研究．
2 2
1 3 交 y 轴于点 M 1(0, 1) 或 M 2 (0, -1) ；取 x0=1，此时 P (1, ) ， Q ( , 1) ， 4 2
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7 交 y 轴于 M 3 (0,1) 或 M 4 (0, ) . 4
故若满足条件的点 M 存在，只能是 M (0, 1). 以下证明点 M (0, 1)就是所要求的点.
x2 y2 1 从而可设： l : y kx m(m 1) ，将 y kx m 代入 4
得 (4k 1) x 8kmx 4m 4 0 .
2 2 2
由题设可知△ 16(4k m 1) 0 .
2 2
2 8 km 4 m 4 . 设 A ( x1 x2 ) 2 , x1 x2 4k 1 4k 2 1
2 x 0 4 → → , 1 y1 ) 因为M P = ( x0 , y0 y1 ) ，M Q = ( 2 x0 2 x → → 0 4 2 y0 2 2 y0 2 2 y0 2 0 . M P ·M Q =0 得 2 x0
故以 PQ 为直径的圆恒过 y 轴上的定点 M (0, 1) .
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【典例分析】
，且其三个顶点均在抛物线
例 2. 如图，等边三角形 OAB 的边长为
E:x2 =2py(p>0)上． (1)求抛物线 E 的方程； (2)设动直线 l 与抛物线 E 相切于点 P，与直线 y =-1 相交于点 Q.证明以 PQ 为直径的圆恒过 y 轴上某定点.
解： （1）依题意，| O B| = 8 3 ，∠B O y=30 °. 设 B (x,y)，则 x=| O B| ·si n30°= 4 3 ，