专题05 圆锥曲线中的定点问题(解析版).docxVIP

专题05 圆锥曲线中的定点问题 【例题讲解】 【例1】已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(ab0)，四点P1(1,1)，P2(0,1)，P3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),2)))，P4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),2)))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。 解　(1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3，P4两点。 又由eq \f(1,a2)＋eq \f(1,b2)eq \f(1,a2)＋eq \f(3,4b2)知，C不经过点P1，所以点P2在C上。因此eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(1,b2)＝1，,\f(1,a2)＋\f(3,4b2)＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝1。))故C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1。 (2)证明：设直线P2A与直线P2B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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(\r(4－t2),2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，－\f(\r(4－t2),2)))。 则k1＋k2＝eq \f(\r(4－t2)－2,2t)－eq \f(\r(4－t2)＋2,2t)＝－1，得t＝2，不符合题设。从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)。 将y＝kx＋m代入eq \f(x2,4)＋y2＝1，得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)0。 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1＋x2＝－eq \f(8km,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4m2－4,4k2＋1)。 而k1＋k2＝eq \f(y1－1,x1)＋eq \f(y2－1,x2)＝eq \f(kx1＋m－1,x1)＋eq \f(kx2＋m－1,x2)＝eq \f(2kx1x2＋?m－1??x1＋x2?,x1x2)。 由题设知k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0。即(2k＋1)·eq \f(4m2－4,4k2＋1)＋(m－1)·eq \f(－8km,4k2＋1)＝0，解得k＝－eq \f(m＋1,2)。 当且仅当m－1时，Δ0，于是l：y＝－eq \f(m＋1,2)x＋m，即y＋1＝－eq \f(m＋1,2)(x－2)，所以l过定点(2，－1)。 求解直线或圆锥曲线过定点问题的基本思路是：把直线或圆锥曲线方程中的变量x，y看成常数，把方程的一端化为零，将方程转化为以参数为主变量的方程，这个方程对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或圆锥曲线所过的定点。 【变式训练】过抛物线C：y2＝4x的焦点F且斜率为k的直线l交抛物线C于A，B两点，且|AB|＝8。 (1)求l的方程； (2)若A关于x轴的对称点为D，求证：直线BD过定点，并求出该点的坐标。 解　(1)易知点F的坐标为(1,0)，则直线l的方程为y＝k(x－1)，代入抛物线方程y2＝4x得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，由题意知k≠0，且[－(2k2＋4)]2－4k2·k2＝16(k2＋1)0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以x1＋x2＝eq \f(2k2＋4,k2)，x1x2＝1， 由抛物线的定义知|AB|＝x1＋x2＋2＝8， 所以eq \f(2k2＋4,k2)＝6，所以k2＝1，即k＝±1， 所以直线l的方程为y＝±(x－1)。 (2)证明：由抛物线的对称性知，D点的坐标为(x1，－y1)，直线BD的斜率kBD＝eq \f(y2＋y1,x2－x1)＝eq \f(y2＋y1,\f(y\o\al(2,2),4)－\f(y\o\al(2,1),4))＝eq \f(4,y2－y1)， 所以直线BD的方程为y＋y1＝eq \f(4,y2－y1)(x－x1)， 即(y2－y1)y＋y2y1－yeq \o\al(2,1)＝4x－4x1， 因为yeq \o\al(2,1)＝4x1，yeq \o\al(2,2)＝4x2，x1x2＝1， 所以(y1y2)2＝16x1x2＝16，即y1y2＝－4(因为y1，y2异号)， 所以直线BD的方程为4(x＋1)＋(y1－y2)y＝0，恒过点(－1，0)。 【例题训练】