解几中过定点问题

1解析几何中过定点问题探究数学组冯立华2015年10月一、直线过定点问题在直线方程中有一类含有一个参数，且该参数影响到直线的斜率，则要考虑直线过定点。一般有以下方式求出定点：1.点斜式法：注意：将直线方程化成)(00xxkyy的形式，则定点坐标为),(00yx.例1：已知直线0kkyax（a为常数，0k为参数），不论k取何值，直线总过定点2.分离系数法：注意：若已知方程是含有一个参数m的直线系方程，则我们可以把系数中的m分离出来，化为0),(),(yxmgyxf的形式.由0),(0),(yxgyxf解出x和y的值，即得定点坐标.例2：无论m取何实数，直线0)11()3()12(mymxm恒过定点，此定点坐标为3.特殊值法：注意：取参数的两个特殊值可得两条直线的方程，求出它们的交点后，在验证交点坐标也适合所给直线方程.例3：无论m取何实值，067)25()43(mymxm所表示的直线恒过一定点，此定点坐标为二、有关圆锥曲线中的直线过定点问题处理这类问题有两种方法：一是从特殊入手，求出定点，再证明这个点与变量无关；二是直接推理、计算，并在计算过程中消去变量，从而得到定点。例1：设A、B是抛物线22ypx（p＞0）上的两点，且OA⊥OB，求证：（1）A、B两点的横坐标之积，纵坐标之积分别都是定值；（2）直线AB经过一个定点。证明：（1）设A（11,xy）、B（22,xy），则2112ypx，2222ypx。∵22121222yypxpx=22121244pxxpyy，∴2124yyp为定值，2212124xxyyp也为定值。（2）∵2221212112()()2()yyyyyypxx，∵12xx，∴2121122yypxxyy∴直线AB的方程为：211112122ypyyxyyyyy2121224ppxyyyy122(2)pxpyy，∴直线AB过定点（2p，0）。例2：设抛物线22ypx（p＞0）的焦点为F，经过点F的直线交抛物线于A、B两点，点C在抛物线的准线上，且BC∥x轴，证明：直线AC经过原点。方法1：设直线方程为()2pykx，A11(,)xy，B22(,)xy，C2(,)2py，∴2()22pykxypx，2220pyypk，∴212yyp，11OAykx，2122OCypkpy，又∵2112ypx，∴11OCOAykkx，即k也是直线OA的斜率，所以AC经过原点O。当k不存在时，AB⊥x轴，同理可证OCOAkk。方法2：如图2过A作AD⊥l，D为垂足，则：AD∥EF∥BC连结AC与EF相交于点N，则||||||||||||ENCNBFADACAB，||||||||NFAFBCAB，由抛物线的定义知：|AF|=|AD|，|BF|=|BC|，∴||||||||||||||||ADBFAFBCENNFABAB.点评：该题的解答既可采用常规的坐标法，借助代数推理进行，又可采用圆锥曲线的几何性质，借助平面几何的方法进行推理。解题思路宽，而且几何方法CxyOFBA图2xyFBACDO图3NE3较之解析法比较快捷便当，从审题与思维深度上看，几何法的采用，源于思维的深刻性。练习：已知椭圆22142xy上的两个动点,PQ及定点61,2M，F为椭圆的左焦点，且PF，MF，QF成等差数列.1求证：线段PQ的垂直平分线经过一个定点A；2设点A关于原点O的对称点是B，求PB的最小值及相应的P点坐标.补充：一种神奇的解法与高考试卷解析几何中的求过定点问题高考试卷解析几何中的求过定点或定值问题是高考重点考查内容，如2013年高考有陕西T20﹑江西T20等。解析几何的难点之一是运算量往往非常大，而且这个难点很不容易突破，是广大考生非常纠结的问题，本文给出一个神奇的方法，能非常简单解决这一类问题。神奇之处有两点：（1）运算量少（从而出错机会少）。（2）联立方程不是消元，而化为齐次式（亲，估计您从未见识过）。一、引理：过原点两直线与二次曲线一条直线与一个二次曲线交于两点A﹑B,如图；设直线AB方程为mkxy①曲线方程为feydxcxybyax22=0②（说明：此二次曲线甚至可以是“倾斜”的椭圆、双曲线、抛物线，若倾斜必含有xy项，即0c）将①化为mkxy1,②化为0111222feydxcxybyax③将mkxy1代入③（目的使将③中所有项化为二次齐次式）得：0)(222mkxyfmkxyeymkxydxcxybyax④显然④是一个二次齐次式，且一定可化为022CxBxyAy即：0)()(2CxyBxyA⑤⑤中xy的几何意义为A、B两点（即AB直线与曲线的交点）与原点连线的斜率，即OA、OB的斜率，设为21,kk。由韦达定理知从而，能通过最初的二次曲线和直线AB相交，得出OA、OB的性质。倒过来，我们也可以通过OA和OB的性质与二次曲线得出直线AB的性质。yxOAB,21ABkkACkk21。4下面谈一谈的这个引理的应用，先从简单的例1开始，因为简单的问题往往蕴含了最基本的方法。二、应用举例例1.抛物线pxy22,过原点的两条垂直的直线OA，OB交抛物线于A、B。求证：直线AB过x轴上一定点。分析：知道OA与OB的一个性质：垂直，从而可以从它得出AB的性质，进而得出定点。解：设AB：nmyx(显然AB不能横着）①抛物线：pxy22②①化为nmyx1代入②（目的化为二次齐次式）得nmyxpxy22即022nmyxpxy③③可化为022CxBxyAy0)()(2CxyBxyA其中1AnpC2npACkkOBOA2又1OBOAkk（因OA与OB垂直）pn2，AB恒过点（2p．0)说明：没有必要求出B值，因为目标与B值无关，从而减少了运算量！下面的这个例子是过一点引两直线，但此点不在原点的。怎么办呢。移轴！使该点为原点，请看以下“分解”。例2。点p(0x，0y)是抛物线pxy22上任意一定点，PA，PB是抛物线的两条互相垂直的弦，求证：AB过定点。分析：注意到PAPB,但可惜P不在原点，我们可以通过平移坐标轴，强行将其平移到原点，化为过原点的两直线与二次曲线相交问题。解：平移坐标系，使P为原点，则点P点O抛物线旧坐标系),(00yx)0,0(pxy22新坐标系)0,0(),(00yx)(2)(020xxpyy在新坐标系下，设AB:mnyx①抛物线)(2)(020xxpyy可化为02202pxyyy②（注意常数项肯定为0，因为抛物线过原点P，故没有必要计算常数项）把①化为mnyx1代入②得02202mnyxpxmnyxyyy5可化为022CxBxyAy0)()(2CxyBxyA其中mnyA021，mpC2。PBPA1220nympACkkPBPAmnyp022。AB：nypnyx022，即pyynx2)2(0直线AB在新坐标系过点)2,2(0yp在原坐标系过点),2(00ypx。说明：此题是例1的推广。此题若用常规法，运算量很大。略解如下：设直线AB：mnyx代入抛物线方程pxy22得：)(22mnypy整理得：0222pmpnyy，设A、B两点坐标分别为),(11yx，),(22yx则pnyy221，pmyy221又PBPA0))(())((02010201yyyyxxxx0)(22)(4)(2021021200212212221yyyyyyxxpyyyypyy③整理得:002nypxm（亲，这一步写出容易，算出来还真不容易！）AB：pxyynx2)(00）yp（xAB00,2恒过点直线小结以上例题：过“原点”两直线与二次曲线相交问题，不管此点是真原点，还是假原点，都可化为过原点的两直线，（假原点就强行平移坐标系）。注意此时点的坐标与曲线的方程都会发生改变！其实质是平移公式。如例2旧P),(00yx，新P)0,0(，所以移轴公式为00yyyxxx其中),(yx为新坐标，与之对应的),(yx为同一点的旧坐标，所以O新坐标为),(00yx。抛物线pxy22)(2)(020xxpyy即)(2)(020xxpyy直线AB在新系下过点)2,2(0yp，则在旧系下过点),2(00ypx。下面我们用这个神奇的方法，小试牛刀地解高考压轴题。三、解析高考6例3。（2013年高考江西卷理20）如图,椭圆2222+=1(0)xyCabab：经过点3(1,),2P离心率1=2e,直线l的方程为=4x.(1)求椭圆C的方程;(2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P),设直线AB与直线l相交于点M,记,,PAPBPM的斜率分别为123,,.kkk问:是否存在常数,使得123+=.kkk?若存在求的值;若不存在,说明理由.解析:(1)略：椭圆C的方程为22143xy.(2)：平移坐标系，使点P为原点,则点P点O直线l椭圆点F旧坐标系)23,1()0,0(X=422143xy)0,1(新坐标系)0,0()23,1(X=313)23(4)1(22yx)23,0(设在新系下，AB：mkxy（显然直线AB不可能竖着），可化为mkxy1①椭圆方程可化为：0)3(4)2(322yyxx②把①代入②，化为齐次式:01246322mkxyyymkxyxx上式可化为：022CxBxyAy即0)()(2CxyBxyA又直线AB过点F)23,0(,23m故注意到移轴过程中，所有直线的斜率的值不变！其中,4124mA，)12(4126126kmkmkmB1221kABkk.易求)12(232333kkmkyM故)12(213kxykMM，故存在常数,2使得123+=.kkk恒成立。7例4。（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l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l过定点.(Ⅰ)略，xy82(Ⅱ)分析：x轴为PBQ平分线0BQBPkk.故可联想用过“原点”的两直线解决此问题。解析：平移坐标系，使点B为原点，则点B点O抛物线旧坐标系)0,1()0,0(pxy22新坐标系)0,0()0,1()1(22xpy在新坐标系下，设PQ；mnyx（显然AB不能横着，故设成这种形式）可化为：mnyx1代入)1(22xpy（目的是化为齐次式）0)(2222mnyxpmnyxpxy可化为:022CxBxyAy其中A=2221mpn,2)2(2mmpnBx轴为PBQ平分线，0ABkkBQBP即B=02m从而PQ恒过点（2，0），在原坐标系下恒过点（1，0）。说明：此种解法还得出，直线l。P），（值的大小无关与恒过点01例5。（2012高考真题重庆理20）如图，设椭圆的中心为原点O，长轴在x轴上，上顶点为A，左右焦点分别为21,FF，线段的中点分别为21,BB，且△21BAB是面积为4的直角三角形.求该椭圆的离心率和标准方程；（Ⅱ）过做直线l交椭圆于P，Q两点，使22QBPB，求直线l的方程解析：（Ⅰ）离心率为552，椭圆的标准方程为142022yx（Ⅱ）平移坐标系使点2B为原点，则8点2B点0点2B椭圆旧坐标系（2，0）（0，0）（