微专题25解析几何中的定点与定值问题(解析)

＝cos αcos β－sin αsin β＝1－tan αtan β＝1＋34＝7. cos αcos β＋sin αsin β 1＋tan αtan β 1－3 4
8. (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，
x＝my＋1
即(m2＋4)y2＋2my－3＝0.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 A′(x1，－y1)，且 y1＋y2＝－m22＋m 4，
4. (1，0) 解析：设点 P(4，y0)，则直线 AB 的方程为 4x＋yy0＝4，故直线 AB 过定点
(1，0)．
5. －1 解析：由题意知，在该椭圆中 a＝2 3，b＝2，所以点 A(－2 3，0)，B(2 3， 3
0)，设点
P(x0，y0)(y0≠0)，且1x220 ＋y420＝1，又
k1＝ y0 x0＋2
②当直线 l 的斜率不存在时，则直线 l：x＝1，
x1＋x2＝2，x1x2＝1，y1y2＝－12.
由 m＝5得M→P·M→Q＝－ 7 .
4
16
5，0 综上，符合条件的点 M 存在，其坐标为 4 ﹒
1，1 1. 2 2
1
2x＋y－3＝0， x＝1，
解析：由题意得
解得
即点 M 的坐标为(1，1)．设
2
所以 k－ mk ＝4，整理得 m＝k－2.
m＋2
2
故直线 AB 的方程为 y＝kx＋1k－2， 2
x＋1 即 y＝k 2 －2.
－1，－2
所以直线 AB 过定点 2
；
②若直线 AB 的斜率不存在，设直线 AB 的方程为 x＝x0，点 A(x0，y0)，B(x0，－y0)．
则由题知y0－2＋－y0－2＝8，解得
x2＋（y＋1）2＝16，
x＝0，
解得
即两圆过点 T(0，3)．
x2＋y2＝9，
y＝3，
猜想以 AB 为直径的圆恒过定点 T(0，3).
对一般情况证明如下：
设过点 M(0，－1)的直线 l 的方程为 y＝kx－1 与椭圆 C 交于点 A(x1，y1)，点 B(x2，y2)， y＝kx－1，
联立 x2＋2y2＝18，
a2＋b2＋1＝3λ，
解得
λ＝1， 2
a＝12，或
λ＝1， a＝1，(舍去)，即点 N
1，1 22
，此时λ＝1. 2
b＝1 2
b＝1
冲刺强化训练(25)
1. (2，0)和(0，2) 解析：由题意得－2t(x＋y－2)＋x2＋y2－4＝0 过定点，即对于任意
x＋y－2＝0，
x＝0， x＝2，
t 等式恒成立，得
3）－1| ＝
| 3x0－4|
.
（x0－ 3）2＋y20 x20＋y20－2 3x0＋3
因为点 P(x0，y0)在椭圆上，
所以x20＋y20＝1，即 y20＝1－x20，
4
4
所以 FH＝
| 3x0－4|
x20＋
1－x20 4
－2
＝ 3x0＋3
| 3x0－4|
3x20－2
＝ 3x0＋4
4
| 3x0－4| 23x0－2 2＝2，
消去 y 并整理得(1＋2k2)x2－4kx－16＝0， 所以 x1＋x2＝1＋4k2k2，x1x2＝－1＋162k2.
→→ 因为TA·TB＝(x1，y1－3)·(x2，y2－3)＝x1x2＋y1y2－3(y1＋y2)＋9＝x1x2＋(kx1－1)·(kx2－
1)－3(kx1－1＋kx2－
1)
＋
9
＝
①当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 y＝k·(x－1)．
x2＋y2＝1， 联立 2
y＝k（x－1），
消去 y 得(2k2＋1)x2－4k2x＋(2k2－2)＝0，
所以 x1＋x2＝2k42k＋2 1，x1x2＝22kk22－ ＋21，
y1y2＝k2(x1－1)(x2－1)＝k2[x1x2－(x1＋x2)＋1]＝－2kk2＋2 1，
－2m
m2＋4
＝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
y1y2＝－m23＋4，当
m≠0
时，经过点
A′(x1，－y1)，B(x2，y2)的直线方程为 y＋y1 ＝ x－x1 . y2＋y1 x2－x1
2m· －3
令 y＝0，得 x＝x2－x1y1＋x1＝my2－my1y1＋my1＋1＝2my1y2＋1＝ m2＋4＋1＝4，所以 y
y2＋y1
y2＋y1
y2＋y1
x2＋y2＝1， 联立 8 4
y＝kx＋m， 消去 y，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－8＝0， 则 x1＋x2＝－1＋4k2mk2，x1x2＝21m＋2－2k82 .
由题意知 k1＋k2＝y1－2＋y2－2＝8，
x1
x2
所以kx1＋m－2＋kx2＋m－2＝8，
x1
x2
即 2k＋(m－2)x1＋x2＝8， x1x2
M
满足
b2x20－a2y20＝a2b2，所以
d1d2＝a2a＋2b2b2，故点
M
到两条渐近线的距离之积为定值 a2b2 . a2＋b2
3. 20 解析：设圆心 O 到 AC、BD 的距离分别为 d1、d2，则 AC2＋BD2＝4(4－d21)＋
4(4－d22)＝32－4(d21＋d22)＝32－4OM2＝20.
故点 F 到直线 QT 的距离 FH 为定值 2.
10. 解析：当直线 l 的斜率为 0 时，令 y＝－1，则 x＝±4，此时以 AB 为直径的圆的方
程为 x2＋(y＋1)2＝16；
当 直 线 l 的 斜 率 不 存 在 时 ， 以 AB 为 直 径 的 圆 的 方 程 为 x2 ＋ y2 ＝ 9, 联 立
，k2＝ y0
3
x0－2
，所以 3
k1·k2＝x20－y2012
1－ x20
＝4 12 ＝－1.
x20－12
3
6. (3，0) 解析：设点 A(m，n)，点 P(x，y)，由 PA＝2PO，得(x－m)2＋(y－n)2＝4(x2
＋y2)，化简得 3x2＋3y2＋2mx＋2ny－m2－n2＝0，又因为 x2＋y2＋2x－3＝0，所以(2m－6)x
解得
或
所以圆 C 过定点(2，0)和(0，2)．
x2＋y2－4＝0，
y＝2
y＝0，
2.
a2b2 a2＋b2
解析：设 M(x0，y0)是双曲线上任意一点，由双曲线的两渐近线方程为 bx
＋ay＝0
和
bx－ay＝0，可得
d1＝|bx0＋ay0|，d2＝|bx0－ay0|，所以
a2＋b2
a2＋b2
d1d2＝|b2xa220＋－ba22y20|.又点
整理得
x21＋y21 2
cos
2θ＋
x22＋y22 2
sin2θ＋2(x12x2＋y1y2)cos
θsin
θ＝1.
将①②代入上式，得 x12x2＋y1y2 cos θsin θ＝0， 因为 cos θsin θ≠0，所以x12x2＋y1y2＝0， 所以 kOA·kOB＝yx11yx22＝－12为定值．
＝－2，解得 a＝ 3c，所以 e＝ 3.
3
3
2. 解析：(1) 设点 A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x，y)，
则x21＋y21＝1①，x22＋y22＝1②.
2
2
因为O→M＝cos θO→A＋sin θO→B，
x＝x1cos θ＋x2sin θ， 故
y＝y1cos θ＋y2sin θ.
又因为点 M 在椭圆上，故 （x1cos θ＋x2sin θ）2＋(y1cos θ＋y2sin θ)2＝1， 2
微专题 25 解析几何中的定点与定值问题
考题导航 题组一 通过设点坐标强化坐标运算、整体运算、消元思想
1.
3 3
解析：根据椭圆的对称性可知，A、B 两点关于原点对称，所以设点 A(x1，
y1)，B(－x1，－y1)，P(x，y)．所以 kPA·kPB＝yx22－－yx2121，因为xa22＋yb22＝xa221＋yb212，所以 kPA·kPB＝－ba22
＋2ny＋9－m2－n2＝0，因为对任意的 x，y 恒成立，所以 m＝3，n＝0，所以点 A(3，0)．
7. 7 解析：因为 A，B 是椭圆的左右顶点，P 为椭圆上不同于 AB 的动点，所以 kPA·kPB
＝－ba22.因为 e＝12，所以ca＝12，所以a2－a2 b2＝14，所以ba22＝34，所以 kPA·kPB＝－ba22＝－34.ccooss（（αα＋－ββ））
(2)
由(1)得(y1y2)2＝
－x1x2 2
2＝x221·x222＝(1－y21)·(1－y22)＝1－(y21＋y22)＋y21y22，故 y21＋y22＝1.
又 x221＋y21 ＋ x222＋y22 ＝2，故 x21＋x22＝2， 所以 OA2＋OB2＝x21＋y21＋x22＋y22＝3.
1. 解析：设点 P(x0，y0)，点 M(x1，y1)，点 N(－x1，y1)，
题组三 通过设斜方法研究定点定值综合问题，揭示问题的本质 1. 解析：假设存在符合条件的点 M(m，0)，设点 P(x1，y1)，点 Q(x2，y2)，则
M→P＝(x1－m，y1)，M→Q＝(x2－m，y2)，
M→P·M→Q＝(x1－m)·(x2－m)＋y1y2＝x1x2－m(x1＋x2)＋m2＋y1y2.
则直线 MP 的方程为 y－y0 ＝ x－x0 ， y1－y0 x1－x0
令 x＝0 得 yS＝－x0（y1－y0）＋y0＝x1y0－x0y1，
x1－x0
x1－x0
同理可得 yR＝x1y0＋x0y1， x1＋x0
故 yR·yS＝x21yx2021－ －xx2020y21.
又点 M 与点 P 在椭圆上，
x0
x0
x0＝－12.
此时直线 AB 的方程为
x＝－1，显然直线 AB 过点
－1，－2 2
，
2
－1，－2
综上可知，直线 AB 过定点 2
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.
－28，0 1. 9
x2 ＋y2＝1， 解析：由题意得 16 4
y＝k1（x＋4），
解得 xM＝41－＋146kk2121，同理可得 xN＝41－＋146kk2222＝4kk2121＋－1664，所以 yM＝1＋8k41k21，yN＝－161＋6kk121，
(k2
＋
1)x1x2－
4k(x1＋x2)
＋16
＝－16（k2＋1）－ 1＋2k2
16k2 1＋2k2
＋
16＝
－16（1＋2k2）＋16＝0， 1＋2k2
所以 TA⊥TB，
所以存在以 AB 为直径的圆恒过定点 T，且定点 T 的坐标为(0，3)．
y＝x，
y＝1，
点 N(a，b)，点 Q(x1，y1)，且 x21＋y21＝1，则QQMN22＝（（xx11－－1a））22＋＋（（yy11－－b1））22＝λ(λ>0)，整理
a－λ＝0， 得 2(a－λ)x1＋2(b－λ)y1－(a2＋b2＋1－3λ)＝0，对任意的点 Q 都成立，可得 b－λ＝0，
轴上的定点(4，0)．
9. 解析：设点 P(x0，y0)，则圆 P 的方程为(x－x0)2＋(y－y0)2＝x20＋y20， 即 x2＋y2－2x0x－2y0y＝0.① 又圆 F 的方程为(x－ 3)2＋y2＝5.②
由①－②得直线 QT 的方程为(x0－ 3)x＋y0y－1＝0，
| 所以 FH＝
3（x0－
故 y21＝1－x421，y20＝1－x420，代入上式，
得
yR·yS＝x21
1－x20 4
－x20
x21－x20
1－x21 4
＝x21－x20＝1， x21－x20
→→ 所以OR·OS＝yR·yS＝1 为定值．
题组二 定点问题的常见处理方法：特值法再证明或直接法
1. 解析：①若直线 AB 的斜率存在，设直线 AB 的方程为 y＝kx＋m，点 A 的坐标为(x1， y1)，点 B 的坐标为(x2，y2)．
取
k1＝1，则点
M(－12，8)，N(－60，－16)，直线
55
17 17
MN
的方程为
y－8＝9 54
x＋12 5
，令
y＝0，
解得
x＝－28，所以直线
MN
经过
x
轴上的定点
－28，0 9
.
9
【总结】一般情况：在平面直角坐标系 xOy 中，过椭圆xa22＋yb22＝1(a>b>0)上一定点 A 作 两条弦 AM、AN 分别交椭圆于 M、N 两点，直线 AM、AN 的斜率记为 k1，k2，当 k1·k2 为 非零常数时，直线 MN 经过 x 轴上的定点．
所以M→P·M→Q＝2k2－2－m· 4k2 ＋m2－ k2 ＝（2m2－4m＋1）k2＋（m2－2）.
2k2＋1 2k2＋1
2k2＋1
2k2＋1
因为对于任意的 k 值，M→P·M→Q为定值，
所以 2m2－4m＋1＝2(m2－2)，得 m＝5， 4
所以点 M
5，0 4
，M→P·M→Q＝－ 7 ；
16