发布时间 : 星期日 文章解析几何中定点定值问题更新完毕开始阅读
所以直线EF的斜率KEFyF?yE?k(xF?xE)?2k1??? xF?xExF?xE21。 2即直线EF的斜率为定值，其值为将第二问的结论进行如下推广：
x2y2结论1.过椭圆2+2=1(a>0,b>0)上任一点A(x0,y0)任意作两条斜率互为相反数的直线交椭圆于
abb2x0E、F两点，则直线EF的斜率为定值2（常数）。
ay0证明：直线AE的方程为y-y0=k(x-x0)，则直线AF的方程为y-y0=-k(x-x0)，
x2y2 联立y-y0=k(x-x0)和2+2=1，消去y可得
ab (a2k2+b2)x2+2a2k(0y-0k)x+2a(0-y0k)2x-22 b0a=2a2k(y0-kx0)设E(x1,y1),F(x2,y2),则x1+x0=-a2k2+b2a2k2x0-2a2ky0-b2x0a2k2x0+2a2ky0-b2x0?x1,同理，x2=a2k2+b2a2k2+b2-4a2ky0由x1-x2=22,
ak+b2-4b2kx0y1-y2=k(x1-x0)+y0+k(x2-x0)-y0=22,ak+b2y1-y2b2x0则直线EF的斜率为=.x1-x2a2y0x2y2结论2.过双曲线2-2=1(a>0,b>0)上任一点A(x0,y0)任意作两条斜率互为相反数的直线交椭圆
abb2x0于E、F两点，则直线EF的斜率为定值-2（常数）。
ay0结论3.过抛物线y=2px(p>0)上任一点A(x0,y0)任意作两条斜率互为相反数的直线交椭圆于E、F两点，则直线EF的斜率为定值-2p（常数）。 y0例6、已知椭圆的中心在原点，焦点F在y轴的非负半轴上，点F到短轴端点的距离是4，椭圆上的点到焦点F距离的最大值是6.
.
(Ⅰ)求椭圆的标准方程和离心率e； (Ⅱ)若F?为焦点F关于直线y?
?MF?3
?e，的对称点，动点M满足问是否存在一个定点A，使M到?MF??2
点A的距离为定值？若存在，求出点A的坐标及此定值；若不存在，请说明理由.
解析：(Ⅰ)设椭圆长半轴长及半焦距分别为a，c，由已知得
?a?4，解得a?4,c?2. ?a?c?6，?21y2x2所以椭圆的标准方程为??1. 离心率e??.
421612?MF??e得 (Ⅱ)F(0,2),F?(0,1),设M(x,y),由
?MF??x2?(y?2)2x2?(y?1)2?1 272化简得3x2?3y2?14y?15?0，即x2?（y?)2?()2
3372故存在一个定点A(0,)，使M到A点的距离为定值，其定值为.
33例7、已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点在x轴上，P(2，0)为定点． (Ⅰ)若点P为抛物线的焦点，求抛物线C的方程；
(Ⅱ)若动圆M过点P，且圆心M在抛物线C上运动，点A、B是圆M与y轴的两交点，试推断是否存在一条抛物线C，使|AB|为定值？若存在，求这个定值；若不存在，说明理由．
解析：(Ⅰ) 设抛物线方程为y?2px(p?0)，则抛物线的焦点坐标为(2pp,0).由已知，?2，即22p?4，故抛物线C的方程是y2?8x．
(Ⅱ)设圆心M(a,b)(a?0)，点A(0,y1)，B(0,y2). 因为圆M过点P(2，0)，则可设圆M的方程为
2得y?2(x?a)2?(y?b)2?(a?2)2?b2. 令x?0，by?a4?4?0.则y1?y2?2b，y1?y2?4a?4.
所以|AB|?(y1?y2)2?(y1?y2)2?4y1?y2?4b2?16a?16. ，设抛物线C的方程为
y2?mx(m?0)，因为圆心M在抛物线C上，则b2?ma. 所以
|AB|?4ma?16a?16?4a(m?4)?16. 由此可得，当m?4时，|AB|?4为定值．故存在一条抛物
线y?4x，使|AB|为定值4.
例8、已知椭圆E的中心在原点，焦点在x轴上，椭圆上的点到焦点的距离的最小值
2为2?1，离心率为e?﹒
2 （Ⅰ）求椭圆E的方程； （Ⅱ）过点?1,0?作直线交E于P、Q两点，试问：在x轴上是否存在一个定点M，MP?MQ为定值？
.
2若存在，求出这个定点M的坐标；若不存在，请说明理由﹒
?a?c?2?1x2y2?解析：（I）设椭圆E的方程为2?2?1,由已知得：?c 。。。。。2分 2ab??2?a?x2?a?2222?b?a?c?1?椭圆E的方程为?y2?1。。。。 3分 ??2??c?1（Ⅱ）法一：假设存在符合条件的点M(m,0)，又设P(x1,y1),Q(x2,y2)，则：
MP?(x1?m,y1),MQ?(x2?m,y2),MP?MQ?(x1?m)?(x2?m)?y1y2。。。。 5分 ?x1x2?m(x1?x2)?m2?y1y2。
①当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为：y?k(x?1)，则 ?x22??y?1由?2得x2?2k2(x?1)2?2?0 ?y?k(x?1)?
4k22k2?2 7分 (2k?1)x?4kx?(2k?2)?0x1?x2?2,x1?x2?22k?12k?1k222 y1y2?k(x1?1)(x2?1)?k[x1x2?(x1?x2)?1]??22k?12k2?24k2k2(2m2?4m?1)k2?(m2?2)2所以MP?MQ?2 9分 ?m?2?m?2?2k?12k?12k?12k2?15对于任意的k值，MP?MQ为定值，所以2m2?4m?1?2(m2?2)，得m?，
457所以M(,0),MP?MQ??； 11分
4161②当直线l的斜率不存在时，直线l:x?1,x1?x2?2,x1x2?1,y1y2??
257由m?得MP?MQ??
4165综上述①②知，符合条件的点M存在，起坐标为(,0)﹒ 13分
4法二：假设存在点M(m,0)，又设P(x1,y1),Q(x2,y2),则：MP?(x1?m,y1),MQ?(x2?m,y2)
2222MP?MQ?(x1?m)?(x2?m)?y1y2=x1x2?m(x1?x2)?m2?y1y2…. ①当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为x?ty?1，
5分
?x22?2t?1??y?1由?2得(t2?2)y2?2ty?1?0?y1?y2?2 7分 ,y1?y2?2t?2t?2?x?ty?1??t2?2t2?t2?2?2t2?2 x1x2?(ty1?1)?(ty2?1)?t2y1y2?t(y1?y2)?1??2t2?2t?2?2t2?2t2?44 x1?x2?t(y1?y2)?2??22t?2t?2?2t2?24m1(m2?2)t2?2m2?4m?12 9分 ?MP?MQ?2?2?m?2?t?2t?2t?2t2?2(m2?2)t2?2m2?4m?1设MP?MQ??则??
t2?25?m?22222???(m?2)t?2m?4m?1??(t?2)5??m?2???04???M(,0) 11分 ??274?(m2?2??)t2?2m2?4m?1?2??0?2m?4m?1?2??0??????16?.
5②当直线l的斜率为0时，直线l:y?0，由M(,0)得：
455257MP?MQ?(2?)?(?2?)??2??
4416165综上述①②知，符合条件的点M存在，其坐标为(,0) 。。。。13分
4三、
定直线问题
x2y2例9、设椭圆C:2?2?1(a?b?0)过点M(2,1)，且焦点为F1(?2,0)
ab（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）当过点P(4,1)的动直线l与椭圆C相交与两不同点A,B时，在线段AB上取点Q，满足
APQB?AQPB，证明：点Q总在某定直线上
解析： (1)由题意：
?c2?2?x2y2?2122??1 ?2?2?1 ，解得a?4,b?2，所求椭圆方程为
ab42?222?c?a?b?(2)设点Q(x,y),A(x1,y1),B(x2,y2)，由题设，PA,PB,AQ,QB均不为零。 且
PAAQ?PBQB
又 P,A,Q,B四点共线，可设PA???AQ,PB??BQ(??0,?1),于是
4??x1??y,y1? （1） 1??1??4??x1??y,y2? x2? （2） 1??1?? x1?由于A(x1,y1),B(x2,y2)在椭圆C上，将（1），（2）分别代入C的方程x?2y?4, 整理得 (x2?2y2?4)?2?4(2x?y?2)??14?0 （3）
22(x2?2y2?4)?2?4(2x?y?2)??14?0 (4)
(4)－(3) 得 8(2x?y?2)??0
∵??0,∴2x?y?2?0，即点Q(x,y)总在定直线2x?y?2?0上
例10、已知椭圆C的离心率e?3，长轴的左右端点分别为A1??2,0?，A2?2,0?。（Ⅰ）求椭圆C2的方程；（Ⅱ）设直线x?my?1与椭圆C交于P、Q两点，直线A1P与A2Q交于点S。试问：当m变化时，
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