1.圆锥曲线中的四种经典模型

由（*）式， − y2 y3 = 4( y2 + y3 ) + 4, 代入上式，得 ( y + 4)(y2 + y3 ) = 4(x −1).
由此可知直线 PQ 过定点 E（1，－4）.
模型二：切点弦恒过定点
例题：有如下结论：“圆 x2 + y 2 = r 2 上一点 P(x0 , y0 ) 处的切线方程为 x0 y + y0 y = r 2 ”，类比也有
=
y 12 4
y22 4
− ( y12 4
+
y22 ) + 4
y1 y2
− 2( y1 +
y2 ) + 5
=
( y1 y2 )2 16
−
( y1
+
y2 )2 − 4
2 y1
y2
+
y1
y2
− 2( y1
+
y2 )
+5
= (−4t)2 − (4m)2 − 2(−4t) + (−4t) − 2(4m) + 5 = 0化简得t 2 − 6t + 5 = 4m2 + 8m
= kQM ,
即
y3 y32 +1
=
y1 − y3 y12 − y32
,即
y3 y32
+1 −4
=
1, y1 + y3
4
44
( y3 +1)( y1 + y3) = y32 − 4,即y1 y3 + y1 + y3 + 4 = 0.
y1 y2
=
4,即y1
=
4 y2
,
4 y2
y3
+
4 y2
+பைடு நூலகம்
y3
+ 4 = 0,
y1 x1 + 1
=
− x2
y2 +1
y1 y12 + 8
=
− y2 y22 + 8
8( y1
+
y2 ) +
y1 y2 ( y2
+
y1 )
= 0 8+
y1 y2
= 0 直线
PQ
方程为: y −
y1
=
y2 x2
− y1 − x1
(x − x1)
y−
y1
=
y2
1 +
y1
(8x −
y12 )
y( y2 + y1) − y1( y2 + y1) = 8x − y12 y( y2 + y1) + 8 = 8x y = 0, x = 1
模型一：“手电筒”模型
例题、已知椭圆 C： x2 + y2 = 1 若直线 l：y = kx + m 与椭圆 C 相交于 A，B 两点（A，B 不是左右 43
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。
解：设
A(x1,
y1),
B(x2
,
y2
)
，由
y 3x2
4
，得
1＝ tan 4
=
tan(
+
)
tan + tan
=
1− tan tan
=
2 p( y1 + y2) y1y2 − 4 p2
将①式代入上式整理化简可得： 2 p = 1，所以 b = 2 p + 2 pk ， b − 2 pk
此时，直线 AB 的方程可表示为 y = kx + 2 p + 2 pk 即 k(x + 2 p) − ( y − 2 p) = 0
练习 7：已知点 A（－1，0），B（1，－1）和抛物线. C : y 2 = 4x ，O 为坐标原点，过点 A 的动直线 l
交抛物线 C 于 M、P，直线 MB 交抛物线 C 于另一点 Q，如图.
（I）证明: OM OP 为定值;
（II）若△POM 的面积为 5 ，求向量 OM 与 OP 的夹角； 2
16
4
即t2 − 6t + 9 = 4m2 + 8m + 4即（t − 3）2 = 4(m +1)2 t − 3 = 2(m +1)
t = 2m + 5或t = −2m +1, 代入（*）式检验均满足 0
直线DE的方程为x = m( y + 2) + 5或x = m( y − 2) +1
直线DE过定点(5,−2). （定点（1，2）不满足题意 ）
+
4(m2 − 3) 3 + 4k 2
+
16mk 3 + 4k 2
+
4
=
0
，
整理得： 7m2
+16mk
+
4k 2
=
0
，解得： m1
=
−2k, m2
=
−
2k 7
，且满足 3 +
4k 2
−
m2
0
当 m = −2k 时， l : y = k(x − 2) ，直线过定点 (2, 0), 与已知矛盾；
当 m = − 2k 时， l : y = k(x − 2) ，直线过定点 (2 , 0)
◆迁移训练
练习 1：过抛物线 M: y2 = 2 px 上一点 P（1,2）作倾斜角互补的直线 PA 与 PB，交 M 于 A、B 两点，
求证：直线 AB 过定点。（注：本题结论也适用于抛物线与双曲线）
练习 2：过抛物线 M: y2 = 4x 的顶点任意作两条互相垂直的弦 OA、OB，求证：直线 AB 过定点。（经
即 4( y2 + y3 ) + y2 y3 + 4 = 0.(*)
11分
第 22 题
kPQ
=
y2 − y3 y22 − y32
=
4 ,
y2 + y3
44
直线PQ的方程是y −
y2
=
y2
4 +
y3
(x −
y22 ) 4
即 ( y − y2 )( y2 + y3 ) = 4x − y22 ,即y( y2 + y3 ) − y2 y3 = 4x.
= +
kx + m 4 y2 = 12
得
(3
+
4k
2
)x2
+
8mkx
+
4(m2
−
3)
=
0
，
= 64m2k2 −16(3 + 4k2 )(m2 − 3) 0 ， 3 + 4k 2 − m2 0
x1
+
x2
=
−
8mk 3 + 4k 2
,
x1
x2
=
4(m2 − 3) 3 + 4k 2
y1
y2
=
(kx1
对定点张直角的一组性质”）
◆模型拓展：本题还可以拓展为“手电筒”模型：只要任意一个限定 AP 与 BP 条件（如 kAP • kBP = 定 值， kAP + kBP = 定值），直线 AB 依然会过定点（因为三条直线形似手电筒，固名曰手电筒模型）。（参考
优酷视频资料尼尔森数学第一季第 13 节） 此模型解题步骤：
设D(x1, y1), E(x2, y2 )则y1 + y2 = 4m, y1 y2 = −4t， =（− 4m)2 +16t （0 *）
AD AE = (x1 −1)(x2 −1) + ( y1 − 2)( y2 − 2) = x1x2 − (x1 + x2 ) +1+ y1 y2 − 2( y1 + y2 ) + 4
分别为 和 ，当 , 变化且 + = 时，证明直线 AB 恒过定点，并求出该定点的坐标。（参考答案
4
(−2 p, 2 p) ）
【答案】设
A( x1,
y1 ), B ( x2,
y2 ) ，由题意得
x1, x2
0 ，又直线
OA,OB
的倾斜角 ,
满足
+
=
4
，
故 0 ,
，所以直线 AB 的斜率存在，否则，OA,OB
7
7
7
综上可知，直线 l 过定点，定点坐标为 ( 2 , 0). 7
◆方法总结：本题为“弦对定点张直角”的一个例子：圆锥曲线如椭圆上任意一点 P 做相互垂直的直
线交圆锥曲线于
AB，则
AB
必过定点 (
x0 (a2 − b2 ) a2 + b2
,
y0 (a a2
2 −b + b2
2))。（参考文章：“圆锥曲线的弦易知右焦点 F（ 3,0 ）满足③式，故 AB 恒过椭圆 C 的右焦点 F（ 3,0 ）
圆锥曲线中的定点定值问题的四种经典模型
定点问题是常见的出题形式，化解这类问题的关键就是引进变的参数表示直线方程、数量积、比例关 系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量。直线过定点问题通法，是设出直线方程， 通过韦达定理和已知条件找出 k 和 m 的一次函数关系式，代入直线方程即可。技巧在于：设哪一条直线？ 如何转化题目条件？圆锥曲线是一种很有趣的载体，自身存在很多性质，这些性质往往成为出题老师的参 考。如果大家能够熟识这些常见的结论，那么解题必然会事半功倍。下面总结圆锥曲线中几种常见的几种 定点模型：
【解】（1）设 P(x, y)代入 | PC | | BC |= PB CB得 (x −1)2 + y2 = 1+ x,化简得y2 = 4x. （5 分）
(2)将A(m,2)代入y2 = 4x得m =1,点A的坐标为(1,2).
设直线DE的方程为x = my + t代入y2 = 4x,得y2 − 4mt − 4t = 0,
所以直线 AB 恒过定点 (−2 p, 2 p) .
练习 5：已知动圆过定点 A(4,0), 且在 y 轴上截得的弦 MN 的长为 8.
(Ⅰ)求动圆圆心的轨迹 C 的方程;
(Ⅱ)已知点 B(-1,0), 设不垂直于 x 轴的直线 l 与轨迹 C 交于不同的两点 P, Q, 若 x 轴是 PBQ 的角
（Ⅲ）证明直线 PQ 恒过一个定点.
解：（I）设点
M
(
y12 4
,
y1), P(
y22 4
,
y2
),
P
、M、A
三点共线，
k AM
=
k DM
,即
y1 y12 + 1
=
y1 − y2 y12 − y22
,
4
44
即 y1 y12 + 4
=
y1
1 + y2
, y1 y2
=4
OM
OP =
y12 4
y22 4
平分线, 证明直线 l 过定点. 【答案】解:(Ⅰ) A(4,0),设圆心 C
(x, y), MN线段的中点为E，由几何图像知ME = MN ,CA2 = CM 2 = ME 2 + EC 2 2
（x − 4)2 + y2 = 42 + x2 y2 = 8x
(Ⅱ) 点 B(-1,0),
设P(x1, y1),Q(x2 , y2 ),由题知y1 + y2 0，y1 y2 0, y12 = 8x1, y22 = 8x2 .
结论：“椭圆
x2 a2
+
y2 b2
= 1(a b 0)上一点P(x0 , y0 ) 处的切线方程为
x0 x + a2
y0 y b2
= 1 ”，过椭圆
C：
x 2 + y 2 = 1的右准线 l 上任意一点 M 引椭圆 C 的两条切线，切点为 A、B. 4
（1）求证：直线 AB 恒过一定点；
（2）当点 M 在的纵坐标为 1 时，求△ABM 的面积。
Step1：设 AB 直线 y = kx + m ，联立曲线方程得根与系数关系， 求出参数范围；
Step2：由 AP 与 BP 关系（如 kAP • kBP = −1 ），得一次函数 k = f (m)或者m = f (k) ； Step3：将 k = f (m)或者m = f (k) 代入 y = kx + m ，得 y = k(x − x定) + y定 。
典例题，多种解法）
练习 3：过 2x2 − y2 = 1上的点作动弦 AB、AC 且 kAB • kAC = 3 ，证明 BC 恒过定点。（本题参考答案：
(1 ,− 1) ） 55
练习:4：设 A、B 是轨迹 C ： y2 = 2 px(P 0) 上异于原点 O 的两个不同点，直线 OA 和 OB 的倾斜角
+
m) (kx2
+
m)
=
k 2 x1x2
+
mk ( x1
+
x2 )
+
m2
=
3(m2 − 4k 2 ) 3 + 4k 2
以 AB 为直径的圆过椭圆的右顶点 D(2, 0), 且 kAD kBD = −1 ，
y1 x1 −
2
y2 x2 −
2
=
−1，
y1 y2
+
x1x2
−
2(x1
+
x2 )
+
4
=
0，
3(m2 − 4k 2 ) 3 + 4k 2
直线的倾斜角之和为
从而设
新疆 王新敞
AB
方程为
奎屯
4
y
=
kx
+
b
，显然
x1
=
y12 2p
,
x2
=
y22 2p
，
将 y = kx + b 与 y2 = 2 px(P 0) 联立消去 x ，得 ky2 − 2 py + 2 pb = 0
由韦达定理知
y1
+
y2
=
2p k
,
y1
y2
=
2 pb k
①
由
+
=
+
y1 y2
=
5.
(II)设∠POM=α，则| OM | | OP | cos = 5.
SROM
=
5 ,| OM 2
| | OP | sin
= 5. 由此可得 tanα=1.
又 (0, ), = 45,故向量OM与OP的夹角为45.
(Ⅲ)设点 Q( y32 4
, y3 ), M
、B、Q 三点共线， kBQ
【解】（1）设
M(4 3 3
, t )(t
R),
A( x1,
y1 ), B(x2 ,
y2
),则MA的方程为
x1 x 4
+
y1 y
=
1
∵点 M 在 MA 上∴
3 3
x1
+
ty1
=1
①
同理可得
3 3
x2
+ ty2
= 1②
由①②知 AB 的方程为 3 x + ty = 1,即x = 3(1 − ty) 3