解析几何中的定点、定值问题

【教学目标】学会合理选择参数（坐标、斜率等）表示动态图形中的几何对象，探究、证明其不

变性质(定点、定值等)，体会“设而不求”、“整体代换”在简化运算中的作用．

【教学难、重点】解题思路的优化． 【教学方法】讨论式 【教学过程】 一、基础练习

1、过直线x4上动点P作圆O：x2y24的切线PA、PB，则两切点所在直线

AB恒过一定点．此定点的坐标为_________．

【答案】(1,0)

yB4x

PA【解析】设动点坐标为P(4,t），则以OP直径的圆C方程为： x(x4)y(yt)0 ，故AB是两圆的公共弦，其方程为4xty4．

注：部分优秀学生可由x0xy0yr2 公式直接得出．

令4x40 得定点(1,0).

y02、已知PQ是过椭圆C:2x2y21中心的任一弦，A是椭圆C上异于P、Q的

任意一点．若AP、AQ 分别有斜率k1、k2 ，则k1k2=______________． 【答案】-2

【解析】设P(x,y),A(x0,y0)，则Q(x,y)

y0yy0yy02y2k1k2x0xx0xx02x2，

222x0y01又由A、P均在椭圆上，故有：22，

2xy1y02y2两式相减得2(x0x)(y0y)0 ，k1k2222

x0x2222x2y23、椭圆1，过右焦点F作不垂直于x轴的直线交椭圆于A、B两点，

3627AB的垂直平分线交x轴于N，则NF:AB等于_______.=

1 4e124【答案】【解析】

设直线AB斜率为k，则直线方程为ykx3,

与椭圆方程联立消去y整理可得34k2x224k2x36k21080,

24k236k2108则x1x2, ,x1x22234k34k所以y1y218k,

34k212k29k则AB中点为. ,2234k34k9k112k2x所以AB中垂线方程为y, 2234kk34k3k23k2N,0令y0,则x,即, 2234k34k3k29(1k2)所以NF3.

34k234k2ABNF12,所以1kxx4xx. 12122AB434k2361k2x2y2４、已知椭圆221(ab0)，A,F是其左顶点和左焦点，P是圆x2y2b2

ab上的动点，若

PA=常数，则此椭圆的离心率是 PF【答案】e=

51 2【解析】

PA因为PF即常数，所以当点P分别在（±b，0）时比值相等，

aba+b，整理得：b2ac， =bcb+c又因为b2a2c2， 所以a2c2ac0

51． 2同除以a2可得e2+e-1=0，解得离心率e=

二、典例讨论 例１、

x2y2如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C： 1的左顶点为A，

42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．

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．

yMAOQNPx

分析一：

设PQ的方程为ykx，设点Px0,y0（x00），则点Qx0,y0．

联立方程组2ykx,x2y422消去y得x22k12k2412k2．

所以x012k2，则y0．

k2kx2．从而 M0,所以直线AP的方程为y2112k2112k2k同理可得点N0,． 2112k 所以以MN为直径的圆的方程为x2(y2k112k2)(y2k112k2)0

整理得：x2y2(2k2112k2k112k2)y20

x2y220由，可得定点F(2,0)

y0分析二：

22设P（x0，y0），则Q（﹣x0，﹣y0），代入椭圆方程可得x02y04．由

直线PA方程为：yy02y0(x2)，可得M0,，同理由直线QA方程可x02x202y02y02y02N0,xyy得，可得以MN为直径的圆为0，

x2x2x20002y02y04y20 整理得：xyy2x2x2x4000224x0y0由于x042y0，代入整理即可得xy2y20

x042222此圆过定点F(2,0)． 分析三： 易证：kAPkAQb212，

a2故可设直线AP斜率为k，则直线AQ斜率为1. 2k110,代k得N

k2k直线AP方程为yk(x2)，从而得M(0,2k)，以故知以MN为直径的圆的方程为x2(y2k)(y)0

1k1k整理得：x2y22(2k)y0

x2y220由，可得定点F(2,0). y0分析四、

设M(0,m),N(0,n)，则以MN为直径的圆的方程为x2(ym)(yn)0 即x2y2(mn)ymn0 再由kAPkAQb21kAMkAN=2得mn-2，下略

a2例

x2y20. 2、已知离心率为e的椭圆C:221(ab0)恰过两点(1，e)和2，ab(1) 求椭圆C的方程；

(2) 已知AB、其中M、N关于原点O对称，AB过MN为椭圆C上的两动弦，

点E(1,0)，且AB、MN斜率互为相反数. 试问：直线AM、BN的斜率之和是否为定值证明你的结论.

yMAxOEBN解析：

a23e(1) 由题意：1e22

221b21abx2所以椭圆C的方程为y21.

4(2) 设AB方程为yk(x1)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，

则MN方程为ykx

又设M(x3,kx3)，N(x3,kx3)

y1kx3y2kx3k(x11)kx3k(x21)kx3

x1x3x2x3x1x3x2x3kAMkBN则整理得：kAMkBNk(x1x31)(x2x3)(x2x31)(x1x3)(x1x3)(x2x3)

kAMkBN2k2xx2x(x1x2)123(x1x3)(x2x3) ①

yk(x1)2222(4k1)x8kx4k40， 由2消元整理得：2x4y48k24k24所以x1x22,x1x22 ②

4k14k1ykx又由2消元整理得： 2x4y4(4k21)x24，所以x3244k21 ③

将②、③代入①式得：kAMkBN0. 例

x2y22(变式)、已知离心率为e的椭圆C:221(ab0)恰过两点(1，e)和

ab0. 2，(3) 求椭圆C的方程；

(4) 已知AB、其中M、N关于原点O对称，AB过MN为椭圆C上的两动弦，

定点E(m,0),(2m2)，且AB、MN斜率互为相反数. 试问：直线

AM、BN的斜率之和是否为定值证明你的结论.

yMAxOEBN解析：

a23e(3) 由题意：1e22

221b21abx2所以椭圆C的方程为y21.

4(4) 设AB方程为yk(xm)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，

则MN方程为ykx

又设M(x3,kx3)，N(x3,kx3)

kAMkBNy1kx3y2kx3x1x3x2x3k(x1m)kx3k(x2m)kx3x1x3x2x3

则整理得：kAMkBNk(x1x3m)(x2x3)(x2x3m)(x1x3)(x1x3)(x2x3)

kAMkBN2k2xx2x3m(x1x2)12(x1x3)(x2x3) ①

yk(xm)22222(4k1)x8kmx4km40， 由2消元整理得：2x4y48k2m4k2m24所以x1x22,x1x2 ②

4k14k21又由ykxx4y422消元整理得：

44k12(4k21)x24，所以x32 ③

将②、③代入①式得：kAMkBN0.

三、课外作业

x2y21、已知椭圆+1，A、B42是其左、右顶点，动点M满足MB⊥AB，连结

AM交椭圆于点P，在x轴上有异于点A、B的定点Q，以MP为直径的圆经

过直线BP、MQ的交点，则点Q的坐标为____________． 【答案】（0,0） 【解析】

试题分析：设

M(2,t),则

tAM:y(x2)4，与椭圆方程联立消

y得

(t28)x24t2x4t2320，所以xP162tt282，yP8t，因此kBP2t88t2t28162t2t2t28，

即kBPkOM

1，点Q的坐标为O（0,0）

x2y22、已知P是椭圆1上不同于左顶点A、右顶点

124B的任意一点，记

直线PA，PB的斜率分别为k1,k2,则k1k2的值为 ． 【答案】【解析】

设P(x,y)，A(23,0),B(23,0) yy ，k2，

x23x231 3则k1yyy2k1k22，……①

x23x23x12x2y212x22因为P在椭圆上，所以1，即y……②

1243y21把②代入①，得k1k22 x123x2y23、已知椭圆221(ab0)的离心率

abe=，A,B是椭圆的左右顶点，P

12为椭圆上不同于AB的动点，直线PA,PB的倾斜角分别为,，则

cos()= .

cos()【答案】7 【解析】

试题分析：因为A,B是椭圆的左右顶点，P为椭圆上不同于AB的动点，

kPAkPBb22a1c1a2b21b23b23，，ekkPAPB2222a2a4a4a43cos()coscossinsin1tantan47 cos()coscossinsin1tantan1341x24、如图所示，已知椭圆C：y21，在椭圆4C上任取不同两点A，B，

点A关于x轴的对称点为A'，当A，B变化时，如果直线AB经过x轴上的定点T(1，0)，则直线A'B经过x轴上的定点为________．

【答案】(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.

记A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A′(x1，－y1)，且y1＋y2＝－－

3，

m24yy1xx1＝.y2y1x2x12m，y1y2＝2m4当m≠0时，经过点A′(x1，－y1)，B(x2，y2)的直线方程为

xx令y＝0，得x＝21y2y1mymy1y1＋x1＝2y2y1my1y2－my12＋my1y2＋my12y1＋my1＋1＝

y2＋y1＋1＝

2my1y2＋1＝y2＋y1 2m－3m24＋1＝4，所以y＝0时，x＝4. 2mm2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轴上的定点(4，0)．

x2y21的右焦点F2的直线交椭圆于于M,N两点，令5、 过椭圆43F2Mm,F2Nn，则mn____． mn【答案】3 4【解析】

试题分析：不失一般性，不妨取MN垂直x轴的情况，此时MN：x=1,联立

x2y2333mn31，得M（1，）,N（1，-），∴m=n=，∴ 34222mn4x1

6、已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，左顶点为A，左焦点为

F12，0，点B2,2在椭圆C上，直线ykxk0与椭圆C交于E，F两

点，直线AE，AF分别与y轴交于点M，N．

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）以MN为直径的圆是否经过定点若经过，求出定点的坐标；若不经过，请说明理由．

x2y2解析：（Ⅰ）解法一：设椭圆C的方程为221(ab0)，

ab因为椭圆的左焦点为F12，0，所以a2b24．

设椭圆的右焦点为F22，0，已知点B2,2在椭圆C上， 由椭圆的定义知BF1BF22a， 所以2a32242． 所以a22，从而b2．

x2y2所以椭圆C的方程为1．

84x2y2解法二：设椭圆C的方程为221(ab0)，

ab因为椭圆的左焦点为F12，0，所以a2b24． ① 因为点B2,2在椭圆C上，所以由①②解得，a22，b2．

x2y2所以椭圆C的方程为1．

84421． ② a2b2（Ⅱ）解法一：因为椭圆C的左顶点为A，则点A的坐标为2x2y2因为直线ykx(k0)与椭圆1交于两点E，F，

842,0．

设点Ex0,y0（不妨设x00），则点Fx0,y0．

ykx,8222联立方程组消去得yxxy12k2148．

所以x02212k2，则y022k12k2．

所以直线AE的方程为yk112k2x22．

因为直线AE，AF分别与y轴交于点M，N，

22k令x0得y，即点M0,112k2112k222k． 同理可得点N0,． 2112k22k所以MN22k112k222k112k22212k2k．

设MN的中点为P，则点P的坐标为P0,2． k则以MN为直径的圆的方程为x2y2k2212k2， k2即x2y222y4． k令y0，得x24，即x2或x2．

故以MN为直径的圆经过两定点P12,0，P22,0． 解法二：因为椭圆C的左端点为A，则点A的坐标为2x2y2因为直线ykx(k0)与椭圆1交于两点E，F，

842,0．

设点E(x0,y0)，则点F(x0,y0)．

所以直线AE的方程为yy0x22．

x022因为直线AE与y轴交于点M，

22y0x02222y0． x022令x0得y，即点M0,同理可得点N0,22y0． x022所以MN22y022y016y20．

x08x022x022x02y021． 因为点E(x0,y0)在椭圆C上，所以848． y0所以MN设MN的中点为P，则点P的坐标为P0,2x0． y022x0162y则以MN为直径的圆的方程为x． 2yy00即x2y2+22x0y4． y0令y0，得x24，即x2或x2．

故以MN为直径的圆经过两定点P12,0，P22,0．

解法三：因为椭圆C的左顶点为A，则点A的坐标为22,0．

x2y2因为直线ykx(k0)与椭圆1交于两点E，F，

84设点E22cos,2sin（0），则点F22cos,2sin． 所以直线AE的方程为y2sinx22．

22cos22因为直线AE与y轴交于点M，

2sin2sin0,，即点M．

cos1cos12sin．

cos1令x0得y同理可得点N0,所以MN2sin2sin4．

cos1cos1sin设MN的中点为P，则点P的坐标为P0,2cossin． 42cos则以MN为直径的圆的方程为x， y2sinsin22即x2y24cosy4． sin令y0，得x24，即x2或x2．

故以MN为直径的圆经过两定点P12,0，P22,0．

3x2y27、已知椭圆C: 22=1（a>0，b>0）的离心率为，点

2abA(1，

3)在2椭圆C上．

(I)求椭圆C的方程；

(Ⅱ)设动直线l与椭圆C有且仅有一个公共点，判断是否存在以原点O为圆心的圆，满

足此圆与l相交于两点P1，P2（两点均不在坐标轴上），且使得直线OP1，

OP2的斜率之

积为定值若存在，求此圆的方程；若不存在，说明理由．

c32（Ⅰ）解：由题意，得aC上，

，a2b2c2， 又因为点A(1,3)在椭圆

2 所以

131， 解得a2，b1，c3， 22a4b 所以椭圆Cx2的方程为4y21.

2 （Ⅱ）结论：存在符合条件的圆，且此圆的方程为x证明如下：

y25.

假设存在符合条件的圆，并设此圆的方程为x2y2r2(r0).

当直线l的斜率存在时，设l的方程为ykxm.

ykxm,222 由方程组x22 得(4k1)x8kmx4m40，

y1,4 因为直线l与椭圆C有且仅有一个公共点， 所以1(8km)24(4k21)(4m24)0，即m24k21.

2222ykxm,(k1)x2kmxmr0， 由方程组222 得

xyr, 则2(2km)24(k21)(m2r2)0.

km 设P1(x1,y1)，P2(x2,y2)，则x1x22，y2xb， 2k1 设直线OP1，OP2 的斜率分别为k1，k2，

y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2km(x1x2)m2k1k2xxxxx1x21212 所以

m2r22kmk2km2m2m2r2k2k1k1m2r2m2r2k21

2，

(4r2)k21k1k22224k(1r2). m4k1 将代入上式，得

4r21 要使得k1k2为定值，则41r2，即r25，验证符合题意.

所以当圆的方程为x2y25时，圆与l的交点P1,P2满足k1k2为定值

1. 4 当直线l的斜率不存在时，由题意知l的方程为x2， 此时，圆x2y25与l的交点P1,P2也满足k1k24. 8、已知椭圆C1：

y2x22的离心率为1(ab0)2a2b21，且过定点M(1，22)．

(1)求椭圆C的方程；

(2)已知直线l：ykx1(kR)与椭圆C交于A、B两点，试问在y轴上是

3否存在定点P，使得以弦AB为直径的圆恒过P点若存在，求出P点的坐标，若不存在，说明理由．

c2e2a2a222(1)解：由已知bca1b212212ab52

∴椭圆C的方程为

2y24x21 55

1ykx3(2)解：由得：9(2k24)x212kx430 222y4x155①

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1、x2是方程①的两根

∴x1x212k43，x1x229(2k4)9(2k24)

PB(x2，y2p) 设P(0，p)，则PA(x1，y1p)，112pPAPBx1x2y1y2p(y1y2)p2x1x2(kx1)(kx2)pk(x1x2)p2

333

(18p245)k236p224p39 9(2k24)

若PAPB，则PAPB0

即(18p245)k236p224p390对任意k∈R恒成立

18p2450∴236p24p390

此方程组无解，∴不存在定点满足条件