高三第一轮复习专题训练之圆锥曲线中的定点定值问题的四种模型模型一：“手电筒”模型例题、（07山东）已知椭圆C：若直线与椭圆C相交于A，B两点（A，B不是左右顶点），且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点。求证：直线过定点，并求出该定点的坐标。解：设，由得，，以AB为直径的圆过椭圆的右顶点且，，，，整理得：，解得：，且满足当时，，直线过定点与已知矛盾；当时，，直线过定点综上可知，直线过定点，定点坐标为◆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。（参考百度文库文章：“圆锥曲线的弦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（如定值，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：Step1：设AB直线，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），得一次函数；Step3：将代入，得。◆迁移训练练习1：过抛物线M: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:的顶点任意作两条互相垂直的弦OA、OB，求证：直线AB过定点。（经典例题，多种解法）练习3：过上的点作动弦AB、AC且，证明BC恒过定点。（本题参考答案：）练习:4：设A、B是轨迹：上异于原点的两个不同点，直线和的倾斜角分别为和，当变化且时，证明直线恒过定点，并求出该定点的坐标。（参考答案）【答案】设，由题意得，又直线OA,OB的倾斜角满足，故，所以直线的斜率存在，否则，OA,OB直线的倾斜角之和为从而设AB方程为，显然，将与联立消去，得由韦达定理知①由，得1＝==将①式代入上式整理化简可得：，所以，此时，直线的方程可表示为即所以直线恒过定点.练习5：（2013年高考陕西卷（理））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轴的直线与轨迹C交于不同的两点P,Q,若x轴是的角平分线,证明直线过定点.【答案】解:(Ⅰ)A(4,0),设圆心C(Ⅱ)点B(-1,0),.直线PQ方程为:所以,直线PQ过定点(1,0)练习6：已知点是平面上一动点，且满足（1）求点的轨迹对应的方程；（2）已知点在曲线上，过点作曲线的两条弦和，且，判断：直线是否过定点？试证明你的结论.【解】（1）设（5分））第22题练习7：已知点A（－1，0），B（1，－1）和抛物线.，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:为定值;（II）若△POM的面积为，求向量与的夹角；（Ⅲ）证明直线PQ恒过一个定点.解：（I）设点、M、A三点共线，(II)设∠POM=α，则由此可得tanα=1.又(Ⅲ)设点、B、Q三点共线，即即由（*）式，代入上式，得由此可知直线PQ过定点E（1，－4）.模型二：切点弦恒过定点例题：有如下结论：“圆上一点处的切线方程为”，类比也有结论：“椭圆处的切线方程为”，过椭圆C：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.（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。【解】（1）设M∵点M在MA上∴①同理可得②由①②知AB的方程为易知右焦点F（）满足③式，故AB恒过椭圆C的右焦点F（）（2）把AB的方程∴又M到AB的距离∴△ABM的面积◆方法点评：切点弦的性质虽然可以当结论用，但是在正式的考试过程中直接不能直接引用，可以用本题的书写步骤替换之，大家注意过程。◆方法总结：什么是切点弦？解题步骤有哪些？参考：PPT圆锥曲线的切线及切点弦方程，百度文库参考：“尼尔森数学第一季_3下”，优酷视频拓展：相交弦的蝴蝶特征——蝴蝶定理，资料练习1：（2013年广东省数学（理）卷）已知抛物线的顶点为原点,其焦点到直线:的距离为.设为直线上的点,过点作抛物线的两条切线,其中为切点.(Ⅰ)求抛物线的方程;(Ⅱ)当点为直线上的定点时,求直线的方程;(Ⅲ)当点在直线上移动时,求的最小值.【答案】(Ⅰ)依题意,设抛物线的方程为,由结合,解得.所以抛物线的方程为.(Ⅱ)抛物线的方程为,即,求导得设,(其中),则切线的斜率分别为,,所以切线：,即,即同理可得切线的方程为因为切线均过点,所以,所以为方程的两组解.所以直线的方程为.(Ⅲ)由抛物线定义可知,,所以联立方程,消去整理得由一元二次方程根与系数的关系可得,所以又点在直线上,所以,所以所以当时,取得最小值,且最小值为.练习2：（2013年辽宁数学（理））如图,抛物线,点在抛物线上,过作的切线,切点为(为原点时,重合于),切线的斜率为.(I)求的值;(II)当在上运动时,求线段中点的轨迹方.【答案】模型三：相交弦过定点相交弦性质实质是切点弦过定点性质的拓展，结论同样适用。参考尼尔森数学第一季_3下，优酷视频。但是具体解题而言，相交弦过定点涉及坐标较多，计算量相对较大，解题过程一定要注意思路，同时注意总结这类题的通法。例题：如图，已知直线L：的右焦点F，且交椭圆C于A、B两点，点A、B在直线上的射影依次为点D、E。连接AE、BD，试探索当m变化时，直线AE、BD是否相交于一定点N？若交于定点N，请求出N点的坐标，并给予证明；否则说明理由。法一：解：先探索，当m=0时，直线L⊥ox轴，则ABED为矩形，由对称性知，AE与BD相交于FK中点N,且。猜想：当m变化时，AE与BD相交于定点证明：设，当m变化时首先AE过定点N∴KAN=KEN∴A、N、E三点共线同理可得B、N、D三点共线∴AE与BD相交于定点法2：本题也可以直接得出AE和BD方程，令y=0，得与x轴交点M、N,然后两个坐标相减=0.计算量也不大。◆方法总结：方法1采用归纳猜想证明，简化解题过程，是证明定点问题一类的通法。这一类题在答题过程中要注意步骤。例题、已知椭圆C：，若直线与x轴交于点T,点P为直线上异于点T的任一点，直线PA1,PA2分别与椭圆交于M、N点，试问直线MN是否通过椭圆的焦点？并证明你的结论。方法1：点A1、A2的坐标都知道，可以设直线PA1、PA2的方程，直线PA1和椭圆交点是A1(-2,0)和M，通过韦达定理，可以求出点M的坐标，同理可以求出点N的坐标。动点P在直线上，相当于知道了点P的横坐标了，由直线PA1、PA2的方程可以求出P点的纵坐标，得到两条直线的斜率的关系，通过所求的M、N点的坐标，求出直线MN的方程，将交点的坐标代入，如果解出的t>2，就可以了，否则就不存在。解：设，，直线的斜率为,则直线的方程为，由消y整理得是方程的两个根，则，，即点M的坐标为，同理，设直线A2N的斜率为k2，则得点N的坐标为，直线MN的方程为：，令y=0，得，将点M、N的坐标代入，化简后得：又，椭圆的焦点为，即故当时，MN过椭圆的焦点。方法总结：本题由点A1(-2,0)的横坐标－2是方程的一个根，结合韦达定理，得到点M的横纵坐标：，；其实由消y整理得，得到，即，很快。不过如果看到：将中的换下来，前的系数2用－2换下来，就得点N的坐标，如果在解题时，能看到这一点，计算量将减少，这样真容易出错，但这样减少计算量。本题的关键是看到点P的双重身份：点P即在直线上也在直线A2N上，进而得到，由直线MN的方程得直线与x轴的交点，即横截距，将点M、N的坐标代入，化简易得，由解出，到此不要忘了考察是否满足。◆方法2：先猜想过定点，设弦MN的方程，得出方程，进而得出与T交点Q、S，两坐标相减=0.如下：◆方法总结：法2计算量相对较小，细心的同学会发现，这其实是上文“切点弦恒过定点”的一个特例而已。因此，法2采用这类题的通法求解，就不至于思路混乱了。相较法1，未知数更少，思路更明确。练习1：（10江苏）在平面直角坐标系中，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.⑴设动点P满足PF2－PB2=4,求点P的轨迹⑵设x1=2,x2=，求点T的坐标⑶设t=9,求证：直线MN必过x轴上的一定点(其坐标与m无关)解析：问3与上题同。练习2：已知椭圆中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，且经过、、三点．过椭圆的右焦点F任做一与坐标轴不平行的直线与椭圆交于、两点，与所在的直线交于点Q.（1）求椭圆的方程：（2）是否存在这样直线，使得点Q恒在直线上移动？若存在,求出直线方程,若不存在,请说明理由.解析：（1）设椭圆方程为将、、代入椭圆E的方程，得解得.∴椭圆的方程（也可设标准方程，知类似计分）（2）可知：将直线代入椭圆的方程并整理．得设直线与椭圆的交点，由根系数的关系，得直线的方程为：由直线的方程为：，即由直线与直线的方程消去，得∴直线与直线的交点在直线上．故这样的直线存在模型四：动圆过定点问题动圆过定点问题本质上是垂直向量的问题，也可以理解为“弦对定点张直角”的新应用。例题1.已知椭圆是抛物线的一条切线。（I）求椭圆的方程；（Ⅱ）过点的动直线L交椭圆C于A、B两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点T，使得以AB为直径的圆恒过点T？若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由。解：（I）由因直线相切，故所求椭圆方程为（II）当L与x轴平行时，以AB为直径的圆的方程：当L与x轴平行时，以AB为直径的圆的方程：,由即两圆相切于点（0，1）因此，所求的点T如果存在，只能是（0，1）.事实上，点T（0，1）就是所求的点，证明如下。当直线L垂直于x轴时，以AB为直径的圆过点T（0，1）若直线L不垂直于x轴，可设直线L：由记点、∴TA⊥TB，即以AB为直径的圆恒过点T（0，1）,故在坐标平面上存在一个定点T（0，1）满足条件.◆方法总结：圆过定点问题，可以先取特殊值或者极值，找出这个定点，再证明用直径所对圆周角为直角。例题2：如图，已知椭圆的离心率是，分别是椭圆的左、右两个顶点，点是椭圆的右焦点。点是轴上位于右侧的一点，且满足。（1）求椭圆的方程以及点的坐标；（2）过点作轴的垂线，再作直线与椭圆有且仅有一个公共点，直线交直线于点。求证：以线段为直径的圆恒过定点，并求出定点的坐标。解：（1），设，由有，又，，于是，又，，又，，椭圆，且。（2）方法1：，设，由，由于（*），而由韦达定理：，，，设以线段为直径的圆上任意一点，由有由对称性知定点在轴上，令，取时满足上式，故过定点。法2：本题又解：取极值，PQ与AD平行，易得与X轴相交于F（1,0）。接下来用相似证明PF⊥FQ。问题得证。练习：（10广州二模文）已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，椭圆与抛物线在第一象限的交点为，.圆的圆心是抛物线上的动点,圆与轴交于两点，且.（1）求椭圆的方程；（2）证明:无论点运动到何处,圆恒经过椭圆上一定点.（1）解法1：∵抛物线的焦点坐标为，∴点的坐标为.∴椭圆的左焦点的坐标为，抛物线的准线方程为.设点的坐标为，由抛物线的定义可知,∵,∴，解得.由，且,得.∴点的坐标为.在椭圆:中，.∴.∴椭圆的方程为.解法2：∵抛物线的焦点坐标为，∴点的坐标为.∴抛物线的准线方程为.设点的坐标为，由抛物线的定义可知,∵,∴，解得.由，且得.∴点的坐标为.在椭圆:中，.由解得.∴椭圆的方程为.（2）证法1:设点的坐标为,圆的半径为，∵圆与轴交于两点，且,∴.∴.∴圆的方程为.∵点是抛物线上的动点,∴().∴.把代入消去整理得:.方程对任意实数恒成立，∴解得∵点在椭圆:上,∴无论点运动到何处,圆恒经过椭圆上一定点.证法2:设点的坐标为,圆的半径为，∵点是抛物线上的动点,∴().∵圆与轴交于两点，且,∴.∴.∴圆的方程为.令,则,得.此时圆的方程为.由解得∴圆:与椭圆的两个交点为、.分别把点、代入方程进行检验，可知点恒符合方程，点不恒符合方程.∴无论点运动到何处,圆恒经过椭圆上一定点.
