近幾年,高考試卷中圓錐曲線壓軸題經(jīng)常出現(xiàn)曲線過定點問題,由于在解題之前不知道所過的定點,因而對解題增添了一定的難度,怎樣破解曲線過定點問題?下面通過具體的例子,介紹此類問題的求解策略.1 直線過定點問題
1.1 特殊探路,一般證明
例1 已知橢圓C的離心率e=32,長軸的左、右端點分別為A1(-2,0),A2(2,0).
(1)求橢圓C的方程;
(2)設(shè)直線x=my+1與橢圓C交于P,Q兩點,直線A1P與A2Q交于點S,試問:當(dāng)m變化時,點S是否恒在一條直線上?若是,請寫出這條直線方程,并證明你的結(jié)論;若不是,請說明理由.
解析 (1)橢圓C的方程為x24+y2=1.
(2)由題意可設(shè)直線l的方程為:x=my+1.
①取m=0得P(1,32),Q(1,-32),直線A1P的方程為y=36x+33;直線A2Q的方程為y=32x-3,交點坐標(biāo)為S1(4,3).P(1,-32),Q(1,32),由對稱性可知交點坐標(biāo)S2(4,3).若點S在同一條直線上,則直線只能是x=4.
②以下證明對任意m,直線A1P與直線A2Q的交點S均在x=4上,事實上
由x24+y2=1,
x=my+1, 得(my+1)2+4y2=4,即(m2+4)y2+2my-3=0,
記P(x1,y1),Q(x2,y2),則y1+y2=-2mm2+4,y1y2=-3m2+4.
設(shè)A1P與l交于點S0(4,y0),由y04+2=y1x1+2,得y0=6y1x1+2.
設(shè)A2Q與l交于點S′0(4,y′0),由y′04-2=y2x1-2,得y′0=2y2x2-2.
因為y0-y′0=6y1x1+2-2y2x2-2=6y1(my2-1)-2y2(my1+3)(x1+2)(x2-2)=4my1y2-6(y1+y2)(x1+2)(x2-2)=-12mm2+4--12mm2+4(x1+2)(x2-2)=0,所以y0=y′0,即S0與S′0重合,
這說明,當(dāng)m變化時,點S恒在定直線x=4上.
評注 我們要善于在動點的變中尋求不變性,此題使用特殊點證得S在某直線上,再證明一般情況也成立.
1.2 三點共線證明直線過定點
例2 在平面直角坐標(biāo)系xOy中,橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>;b>;0)過點A(a2,a2)和點B(3,1).
(1)求橢圓C的方程;
(2)已知點P(x0,y0)在橢圓C上,F(xiàn)為橢圓的左焦點,直線l的方程為x0x+3y0y-6=0,①求證:直線l與橢圓C有唯一的公共點;
②若點F關(guān)于直線l的對稱點為Q,求證:當(dāng)點P在橢圓C上運(yùn)動時,直線PQ恒過定點,并求此定點的坐標(biāo).
解析 (1)橢圓方程為x26+y22=1.
(2)①直線l與橢圓相切.
②因為F(-2,0),所以過點F且與直線l垂直的直線方程為3y0x-x0y+6y0=0.
由3y0x-x0y+6y0=0,
x0x+3y0y-6=0,得x=6x0-18y20x20+9y20,
y=18y0+6x0y0x20+9y20,
因為P(x0,y0)在x26+y22=1上,所以3y20=6-x20,故有x=3x0-63-x0,
y=3y03-x0.
所以點F(-2,0)關(guān)于直線l的對稱點為Q(4x0-63-x0,6y03-x0).設(shè)橢圓右焦點為F′(2,0),
QF′=(4x0-63-x0-2)2+(6y03-x0)2=(4x0-123-x0)2+(6y03-x0)2.
將3y20=6-x20代入化簡得
QF′=(6x0-123-x0)2+72-12x20(3-x0)2=24(3-x0)2(3-x0)2=26.
又因為點F關(guān)于直線l的對稱點為Q,所以PF=PQ,根據(jù)橢圓定義可知
PF+PF′=26,所以PQ+PF′=26
所以Q、P、F′三點共線,那么,直線PQ恒過定點(2,0).
評注 由圖像,根據(jù)圓錐曲線光學(xué)性質(zhì),猜出直線PQ過右焦點,接下來通過PQ+PF′=QF′來證明P、Q、F′三點共線,這里也可以根據(jù)kPQ=kQF′來證明P、Q、F′三點共線.
1.3 a1x+b1y+c1+λ(a2x+b2y+c2)=0,其中λ任意
例3 已知動點M到F(1,0)的距離等于它到直線x=-1的距離.
(1)求點M的軌跡C的方程;
(2)過點F任意做互相垂直的兩條直線l1,l2,分別交曲線C于點A,B和M,N,
設(shè)線段AB和MN的中點分別為P,Q,求證:直線PQ恒過一個定點.
解析 (1)M的軌跡C的方程為y2=4x.
(2)設(shè)A,B兩點的坐標(biāo)分別為(x1,y1),(x2,y2),則點P的坐標(biāo)為(x1+x22,y1+y22),由題意可設(shè)直線l1的方程為y=k(x-1)(k≠0)
由y2=4x,
y=k(x-1),得k2x2-(2k2+4)x+k2=0,
Δ=(2k2+4)2-4k4=16k2+16>;0,因為直線l1交曲線C于A,B兩點,所以x1+x2=2+4k2,
y1+y2=k(x1+x2-2)=4k,
所以點P的坐標(biāo)為(1+2k2,2k).
由題意知,直線l2的斜率為-1k,同理可得點Q的坐標(biāo)為(1+2k2,-2k),
當(dāng)k≠±1時,有1+2k2≠1+2k2,此時直線PQ的斜率為
kPQ=2k+2k1+2k2-1-2k2=k1-k2.
所以,直線PQ的方程為y+2k=k1-k2(x-1-2k2),
整理得yk2+(x-3)k-y=0,即k(x-3)+(k2-1)y=0,
由k的任意性,可知x-3=0,
y=0.
于是直線PQ恒過定點E(3,0).
當(dāng)k=±1時,直線PQ的方程為x=3,也過點E(3,0),
綜上所述,直線PQ恒過定點E(3,0).
評注 此題把直線PQ的方程求出來,接下來消參使曲線方程中只含一個參變量,根據(jù)參數(shù)的任意性找到定點,也可以把直線方程設(shè)為y=kx+m,列一個方程求出k與m的關(guān)系式,就可以求出定點.
1.4 幾何法
例4 已知點P與定點F(1,0)的距離和它到定直線l:x=4的距離之比是1∶2.
(1)求點P的軌跡C的方程;
(2)過點F的直線交曲線C于A,B兩點,A,B在l上的射影分別為M,N,
求證:AN與BM的公共點在x軸上.
解析 (1)P的軌跡C的方程為x24+y23=1.圖1(2)如圖1,當(dāng)AB不垂直于x軸時,設(shè)AF=n,則AM=2n,設(shè)BF=m,則BN=2m,在△ABN和△ABM中,F(xiàn)H∥AM,F(xiàn)H1∥BN,
所以△ABN∽△AFH1,△BAM∽△BFH,所以AFAB=FHBN,即有nn+m=FH2m,F(xiàn)H=2mnm+n.同理可推,AFAB=FH1BN,即有nn+m=FH12m,F(xiàn)H1=2mnm+n.
所以FH=FH1,所以H與H1重合,所以AN與BM的交點在x軸上.2 圓過定點問題
2.1 特殊探路,一般證明
例5 已知橢圓C的中心在坐標(biāo)原點,離心率e=22,且其中一個焦點與拋物線y=14x2的焦點重合.
(1)求橢圓C的方程;
(2)過點S(-13,0)的動直線l交橢圓C于A,B兩點,試問:在坐標(biāo)平面上是否存在一個定點T,使得無論l如何轉(zhuǎn)動,以AB為直徑的圓恒過點T,若存在,求出點T的坐標(biāo);若不存在,說明理由.
解析 (1)橢圓C方程為x2+y22=1.
(2)若直線l與x軸重合,則以AB為直徑的圓的方程是x2+y2=1;
若直線l與y軸重合,則以AB為直徑的圓的方程是(x+13)2+y2=169.
由x2+y2=1,
(x+13)2+y2=169,解得x=1,
y=0,即兩圓相切于點(1,0).因此,所求的點T如果存在,只能是(1,0).
事實上,點T(1,0)就是所求的點,證明如下:
當(dāng)直線l與x軸重合,以AB為直徑的圓過T(1,0).
當(dāng)直線l不垂直于x軸,可設(shè)直線l:y=k(x+13),由x2+y22=1,
y=k(x+13). 得(k2+2)x2+23k2x+19k2-2=0.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)則x1+x2=-23k2k2+2,x1x2=19k2-2k2+2.
又因為TA=(x1-1,y1),TB=(x2-1,y2),
TA·TB=(x1-1)(x2-1)+y1y2=(x1-1)(x2-1)+k2(x1+13)(x2+13)=(k2+1)x1x2+(13k2-1)(x1+x2)+19k2+1=(k2+1)19k2-2k2+2+(13k2-1)-23k2k2+2+19k2+1=0,所以TA⊥TB,即以AB為直徑的圓過T(1,0),所以在坐標(biāo)平面上存在一個定點T(1,0)滿足條件.
評注 先通過特殊圓確定定點,再轉(zhuǎn)化為有方向有目標(biāo)的一般性證明.
2.2 一般推理,特殊求解圖2例6 已知點P1(x0,y0)為雙曲線x28b2-y2b2=1(b為正常數(shù))上任一點,F(xiàn)2為雙曲線的右焦點,過P1作右準(zhǔn)線的垂線,垂足為A,連接F2A并延長交y軸于P2.
(1)求線段P1P2的中點P的軌跡E的方程;
(2)設(shè)軌跡E與x軸交于B、D兩點,在E上任取一點Q(x1,y1)(y1≠0),直線QB,QD分別交y軸于M,N兩點,求證:以MN為直徑的圓過兩定點.
解析 (1)P的軌跡E的方程為x22b2-y225b2=1.
(2)在x22b2-y225b2=1中令y=0得x2=2b2,則不妨設(shè)B(-2b,0),D(2b,0),
于是直線QB的方程為:y=y1x1+2b(x+2b),
直線QD的方程為:y=y1x1-2b(x-2b),則M(0,2by1x1+2b),N(0,-2by1x1-2b),
則以MN為直徑的圓的方程為:x2+(y-2by1x1+2b)(y+2by1x1-2b)=0,令y=0得:x2=2b2y21x21-2b2,而Q(x1,y1)在x22b2-y225b2=1上,則x21-2b2=225y21,
于是x=±5b,即以MN為直徑的圓過兩定點(-5b,0),(5b,0).
評注 計算出圓的方程后,圓的方程含有兩個參數(shù)x1和y1,根據(jù)兩個參數(shù)x1和y1之間的關(guān)系式,如果令y=0,得到x為定值x0,說明圓過定點(x0,0),如果令x=0,得到y(tǒng)為定值y0,說明圓過定點(0,y0).
2.3 x2+y2+Dx+Ey+C1+λ(Ax+By+C2)=0,其中λ任意
例7 已知橢圓O的中心在原點,長軸在x軸上,右頂點A(2,0),離心率為32,不過點A的動直線y=12x+m交橢圓O于P,Q兩點.
(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程;
(2)證明:P,Q兩點的橫坐標(biāo)的平方和為定值;
(3)過點A,P,Q的動圓記為圓C,動圓C過不同于A的定點,請求出該定點坐標(biāo).
解析 (1)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24+y2=1 .(2)x21+x22=4.
(3)設(shè)圓的一般方程為:x2+y2+Dx+Ey+F=0,則圓心為(-D2,-E2).PQ中點M(-m,m2),PQ的垂直平分線的方程為:y=-2x-32m.
圓心(-D2,-E2)滿足y=-2x-32m,所以-E2=D-32m.①
圓過定點(2,0),所以4+2D+F=0.②
圓過P(x1,y1),Q(x2,y2),則有
x21+y21+Dx1+Ey1+F=0,x22+y22+Dx2+Ey2+F=0兩式相加得
x21+x22+y21+y22+Dx1+Dx2+Ey1+Ey2+2F=0,
x21+x22+(1-x214)+(1-x224)+D(x1+x2)+E(y1+y2)+2F=0,
因為y1+y2=m,所以5-2mD+mE+2F=0. ③
因為動直線y=12x+m與橢圓O交于P,Q(均不與A點重合)所以m≠-1.
又由①②③解得:D=3(m-1)4,E=32m+32,F(xiàn)=-32m-52.
代入圓的方程得:x2+y2+3(m-1)4x+(32m+32)y-32m-52=0,
整理得(x2+y2-34x+32y-52)+m(34x+32y-32)=0,
由x2+y2-34x+32y-52=0,
34x+32y-32=0.解得x=0,
y=1,或x=2,
y=0,(舍),所以圓過定點(0,1).
評注 這種方法是常規(guī)解法,設(shè)出或算出圓的方程,根據(jù)參數(shù)的任意性得到定點坐標(biāo).
2.4 幾何法
例8 平面直角坐標(biāo)系xOy中,設(shè)二次函數(shù)f(x)=x2+2x+b(x∈R)的圖象與兩坐標(biāo)軸有三個交點,經(jīng)過這三個交點的圓記為C.
求:(1)求實數(shù)b的取值范圍;
(2)求圓C的方程;
(3)問圓C是否經(jīng)過某定點(其坐標(biāo)與b無關(guān))?請證明你的結(jié)論.
解析 (1)b<1且b≠0.
(2)圓C的方程為x2+y2+2x-(b+1)y+b=0.
(3)圓C必過定點(0,1)和(-2,0).證明如下:
不妨設(shè)函數(shù)與x軸交于A,B兩點,交y軸于D,E兩點,根據(jù)割線定理,無論原點O在圓內(nèi)還是圓外恒有等式:OA·OB=OD·OE,所以xA·xB=yD·yE,又因為xAxB=byD=b,yD=1,所以圓C過定點(0,1),又圓C關(guān)于直線x=-1對稱,所以圓C又過定點(-2,0),所以圓C過定點(0,1)和(-2,0).
評注 根據(jù)平面幾何中圓的割線定理列出等式,算出一個定點,再根據(jù)圓的對稱性得到另一個定點.
3 一點思考
波利亞說過:“從手頭上的問題去尋找這樣一些特征,它們在解決即將遇到的問題時可能是有用的,也就是努力去揭示隱藏在這一具體情況之后的一般模式.”對于曲線過定點這類開放性問題,我們不僅要有一定探索能力和創(chuàng)新能力,還要在做題的同時歸納總結(jié)出某些問題的特征,找到其中蘊(yùn)含的解題規(guī)律,形成自己的解題技巧,形成知識網(wǎng)絡(luò)和方法體系,更重要的是把這些問題系統(tǒng)地串在一起,形成問題串和知識鏈,便于我們梳理此類問題的解法,而且提高了對此類問題的應(yīng)變能力,只有這樣,我們才能以不變應(yīng)萬變,才能讓學(xué)生跳出題海,才能提高我們的創(chuàng)新能力和實踐能力.
作者簡介 梁文強(qiáng),男,1980年生,河南省新野縣人,中學(xué)一級教師,濮陽市優(yōu)秀班主任,濮陽市師德標(biāo)兵,濮陽市優(yōu)質(zhì)課一等獎,主要從事高中數(shù)學(xué)教育和教學(xué)研究.
(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程;
(2)證明:P,Q兩點的橫坐標(biāo)的平方和為定值;
(3)過點A,P,Q的動圓記為圓C,動圓C過不同于A的定點,請求出該定點坐標(biāo).
解析 (1)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24+y2=1 .(2)x21+x22=4.
(3)設(shè)圓的一般方程為:x2+y2+Dx+Ey+F=0,則圓心為(-D2,-E2).PQ中點M(-m,m2),PQ的垂直平分線的方程為:y=-2x-32m.
圓心(-D2,-E2)滿足y=-2x-32m,所以-E2=D-32m.①
圓過定點(2,0),所以4+2D+F=0.②
圓過P(x1,y1),Q(x2,y2),則有
x21+y21+Dx1+Ey1+F=0,x22+y22+Dx2+Ey2+F=0兩式相加得
x21+x22+y21+y22+Dx1+Dx2+Ey1+Ey2+2F=0,
x21+x22+(1-x214)+(1-x224)+D(x1+x2)+E(y1+y2)+2F=0,
因為y1+y2=m,所以5-2mD+mE+2F=0. ③
因為動直線y=12x+m與橢圓O交于P,Q(均不與A點重合)所以m≠-1.
又由①②③解得:D=3(m-1)4,E=32m+32,F(xiàn)=-32m-52.
代入圓的方程得:x2+y2+3(m-1)4x+(32m+32)y-32m-52=0,
整理得(x2+y2-34x+32y-52)+m(34x+32y-32)=0,
由x2+y2-34x+32y-52=0,
34x+32y-32=0.解得x=0,
y=1,或x=2,
y=0,(舍),所以圓過定點(0,1).
評注 這種方法是常規(guī)解法,設(shè)出或算出圓的方程,根據(jù)參數(shù)的任意性得到定點坐標(biāo).
2.4 幾何法
例8 平面直角坐標(biāo)系xOy中,設(shè)二次函數(shù)f(x)=x2+2x+b(x∈R)的圖象與兩坐標(biāo)軸有三個交點,經(jīng)過這三個交點的圓記為C.
求:(1)求實數(shù)b的取值范圍;
(2)求圓C的方程;
(3)問圓C是否經(jīng)過某定點(其坐標(biāo)與b無關(guān))?請證明你的結(jié)論.
解析 (1)b<1且b≠0.
(2)圓C的方程為x2+y2+2x-(b+1)y+b=0.
(3)圓C必過定點(0,1)和(-2,0).證明如下:
不妨設(shè)函數(shù)與x軸交于A,B兩點,交y軸于D,E兩點,根據(jù)割線定理,無論原點O在圓內(nèi)還是圓外恒有等式:OA·OB=OD·OE,所以xA·xB=yD·yE,又因為xAxB=byD=b,yD=1,所以圓C過定點(0,1),又圓C關(guān)于直線x=-1對稱,所以圓C又過定點(-2,0),所以圓C過定點(0,1)和(-2,0).
評注 根據(jù)平面幾何中圓的割線定理列出等式,算出一個定點,再根據(jù)圓的對稱性得到另一個定點.
3 一點思考
波利亞說過:“從手頭上的問題去尋找這樣一些特征,它們在解決即將遇到的問題時可能是有用的,也就是努力去揭示隱藏在這一具體情況之后的一般模式.”對于曲線過定點這類開放性問題,我們不僅要有一定探索能力和創(chuàng)新能力,還要在做題的同時歸納總結(jié)出某些問題的特征,找到其中蘊(yùn)含的解題規(guī)律,形成自己的解題技巧,形成知識網(wǎng)絡(luò)和方法體系,更重要的是把這些問題系統(tǒng)地串在一起,形成問題串和知識鏈,便于我們梳理此類問題的解法,而且提高了對此類問題的應(yīng)變能力,只有這樣,我們才能以不變應(yīng)萬變,才能讓學(xué)生跳出題海,才能提高我們的創(chuàng)新能力和實踐能力.
作者簡介 梁文強(qiáng),男,1980年生,河南省新野縣人,中學(xué)一級教師,濮陽市優(yōu)秀班主任,濮陽市師德標(biāo)兵,濮陽市優(yōu)質(zhì)課一等獎,主要從事高中數(shù)學(xué)教育和教學(xué)研究.
(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程;
(2)證明:P,Q兩點的橫坐標(biāo)的平方和為定值;
(3)過點A,P,Q的動圓記為圓C,動圓C過不同于A的定點,請求出該定點坐標(biāo).
解析 (1)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24+y2=1 .(2)x21+x22=4.
(3)設(shè)圓的一般方程為:x2+y2+Dx+Ey+F=0,則圓心為(-D2,-E2).PQ中點M(-m,m2),PQ的垂直平分線的方程為:y=-2x-32m.
圓心(-D2,-E2)滿足y=-2x-32m,所以-E2=D-32m.①
圓過定點(2,0),所以4+2D+F=0.②
圓過P(x1,y1),Q(x2,y2),則有
x21+y21+Dx1+Ey1+F=0,x22+y22+Dx2+Ey2+F=0兩式相加得
x21+x22+y21+y22+Dx1+Dx2+Ey1+Ey2+2F=0,
x21+x22+(1-x214)+(1-x224)+D(x1+x2)+E(y1+y2)+2F=0,
因為y1+y2=m,所以5-2mD+mE+2F=0. ③
因為動直線y=12x+m與橢圓O交于P,Q(均不與A點重合)所以m≠-1.
又由①②③解得:D=3(m-1)4,E=32m+32,F(xiàn)=-32m-52.
代入圓的方程得:x2+y2+3(m-1)4x+(32m+32)y-32m-52=0,
整理得(x2+y2-34x+32y-52)+m(34x+32y-32)=0,
由x2+y2-34x+32y-52=0,
34x+32y-32=0.解得x=0,
y=1,或x=2,
y=0,(舍),所以圓過定點(0,1).
評注 這種方法是常規(guī)解法,設(shè)出或算出圓的方程,根據(jù)參數(shù)的任意性得到定點坐標(biāo).
2.4 幾何法
例8 平面直角坐標(biāo)系xOy中,設(shè)二次函數(shù)f(x)=x2+2x+b(x∈R)的圖象與兩坐標(biāo)軸有三個交點,經(jīng)過這三個交點的圓記為C.
求:(1)求實數(shù)b的取值范圍;
(2)求圓C的方程;
(3)問圓C是否經(jīng)過某定點(其坐標(biāo)與b無關(guān))?請證明你的結(jié)論.
解析 (1)b<1且b≠0.
(2)圓C的方程為x2+y2+2x-(b+1)y+b=0.
(3)圓C必過定點(0,1)和(-2,0).證明如下:
不妨設(shè)函數(shù)與x軸交于A,B兩點,交y軸于D,E兩點,根據(jù)割線定理,無論原點O在圓內(nèi)還是圓外恒有等式:OA·OB=OD·OE,所以xA·xB=yD·yE,又因為xAxB=byD=b,yD=1,所以圓C過定點(0,1),又圓C關(guān)于直線x=-1對稱,所以圓C又過定點(-2,0),所以圓C過定點(0,1)和(-2,0).
評注 根據(jù)平面幾何中圓的割線定理列出等式,算出一個定點,再根據(jù)圓的對稱性得到另一個定點.
3 一點思考
波利亞說過:“從手頭上的問題去尋找這樣一些特征,它們在解決即將遇到的問題時可能是有用的,也就是努力去揭示隱藏在這一具體情況之后的一般模式.”對于曲線過定點這類開放性問題,我們不僅要有一定探索能力和創(chuàng)新能力,還要在做題的同時歸納總結(jié)出某些問題的特征,找到其中蘊(yùn)含的解題規(guī)律,形成自己的解題技巧,形成知識網(wǎng)絡(luò)和方法體系,更重要的是把這些問題系統(tǒng)地串在一起,形成問題串和知識鏈,便于我們梳理此類問題的解法,而且提高了對此類問題的應(yīng)變能力,只有這樣,我們才能以不變應(yīng)萬變,才能讓學(xué)生跳出題海,才能提高我們的創(chuàng)新能力和實踐能力.
作者簡介 梁文強(qiáng),男,1980年生,河南省新野縣人,中學(xué)一級教師,濮陽市優(yōu)秀班主任,濮陽市師德標(biāo)兵,濮陽市優(yōu)質(zhì)課一等獎,主要從事高中數(shù)學(xué)教育和教學(xué)研究.