1、专题研究三 定值、定点与存在性问题例 1(1)已知椭圆 x23y25，直线 l：yk(x1)与椭圆相交于 A，B 两点若线段 AB 中点的横坐标是12，求直线 AB 的方程；在 x 轴上是否存在点 M(m,0)，使MA MB 的值与 k 无关？若存在，求出 m 的值；若不存在，请说明理由【解析】依题意，直线 AB 的斜率存在，将 yk(x1)代入 x23y25，消去 y 整理得(3k21)x26k2x3k250.设则36k443k213k250，x1x2 6k23k21.由线段 AB 中点的横坐标是12，得x1x22 3k23k2112，解得 k 33，适合.所以直线 AB 的方程为 x 3y
2、10，或 x 3y10.假设在 x 轴上存在点 M(m,0)，使MA MB 为常数由知 x1x2 6k23k21，x1x23k253k21.所以MA MB(x1m)(x2m)y1y2(x1m)(x2m)k2(x11)(x21)(k21)x1x2(k2m)(x1x2)k2m2.将代入，整理得：MA MB 6m1k253k21m22m133k212m1433k21m2m22m13 6m1433k21.注意到MA MB 是与 k 无关的常数，从而有 6m140，m73，此时MA MB 49.综上，在 x 轴上存在定点 M73，0，使MA MB 为常数(2)已知直线 yx1 与椭圆x2a2y2b21(
3、ab0)相交于 A、B 两点，且 OAOB.(其中 O 为坐标原点)求证：不论 a、b 如何变化，椭圆恒过第一象限内的一个定点 P，并求点 P 的坐标【解析】由x2a2y2b21，yx1，消去 y，得(a2b2)x22a2xa2(1b2)0.由(2a2)24a2(a2b2)(1b2)0，整理得 a2b21.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x2 2a2a2b2，x1x2a21b2a2b2.y1y2(x11)(x21)x1x2(x1x2)1.OAOB(其中 O 为坐标原点)，x1x2y1y20，即 2x1x2(x1x2)10.2a21b2a2b2 2a2a2b210.整理得 a2b
4、22a2b20.由 a2b22a2b20，得222a2 222b2 1，则不论 a、b 如何变化，椭圆恒过第一象限内的定点22，22.探究 1 定值、定点问题是指曲线变化或参数值变化时，某一个量不变或某一个点不变，解决的方法都是用参数把有关量表示出来，进行化简变形得出要求的定值这类问题考查的是代数运算能力思考题 1(1)(2012福建)如图，椭圆 E：x2a2y2b21(ab0)的左焦点为 F1，右焦点为 F2，离心率 e12.过 F1 的直线交椭圆于 A、B 两点，且ABF2 的周长为 8.求椭圆 E 的方程；设动直线 l：ykxm 与椭圆 E 有且只有一个公共点 P，且与直线 x4 相交于
5、点 Q.试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M？若存在，求出点 M 的坐标；若不存在，说明理由【解析】因为|AB|AF2|BF2|8，即|AF1|F1B|AF2|BF2|8，又|AF1|AF2|BF1|BF2|2a，所以 4a8，a2.又因为 e12，即ca12，所以 c1.所以 b a2c2 3.故椭圆 E 的方程是x24y231.由ykxm，x24y231，消去 y，得(4k23)x28kmx4m2120.因为动直线 l 与椭圆 E 有且只有一个公共点 P(x0，y0)，所以 m0 且 0，即 64k2m24(4k23)(4m212)0，化简得 4k2m23
6、0.(*)此时 x0 4km4k234km，y0kx0m3m，所以 P(4km，3m)由x4，ykxm，得 Q(4,4km)假设平面内存在定点 M 满足条件，由图形对称性知，点 M必在 x 轴上设 M(x1,0)，则MP MQ 0 对满足(*)式的 m，k 恒成立因为MP(4kmx1，3m)，MQ(4x1,4km)由MP MQ 0，得16km 4kx1m 4x1x2112km 30.整理，得(4x14)kmx214x130.(*)由于(*)式对满足(*)式的 m，k 恒成立，所以4x140，x214x130，解得 x11.故存在定点 M(1,0)，使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M.(2)(2
7、013山西四校联考)已知 F1、F2 是椭圆x22y241 的两焦点，P 是椭圆在第一象限弧上一点，且满足PF1 PF2 1.过点 P作倾斜角互补的两条直线 PA、PB 分别交椭圆于 A、B 两点求 P 点坐标；求证直线 AB 的斜率为定值；求PAB 面积的最大值【解析】由题意，F1(0，2)，F2(0，2)，设 P(x0，y0)(x00，y00)，则PF1(x0，2y0)，PF2(x0，2y0)PF1 PF2 x20(2y20)1.P(x0，y0)在椭圆x22y241 上，x202y2041，x204y202，从而4y202(2y20)1，得 y0 2，易知 x01.点 P 的坐标为(1，2
8、)由题意知，两直线 PA、PB 的斜率必存在设直线 BP 的斜率为 k(k0)，则直线 BP 的方程为 y 2k(x1)由y 2kx1，x22y241，消去 y，得(2k2)x22k(2k)x(2k)240.设 A(xA，yA)，B(xB，yB)，则 1xB2kk 22k2，xB2kk 22k21k22 2k22k2.同理可得 xAk22 2k22k2.xAxB4 2k2k2，yAyBk(xA1)k(xB1)8k2k2.kAByAyBxAxB 2为定值由可设直线 AB 的方程为 y 2xm.联立方程，得y 2xm，x22y241，消去 y 得4x22 2mxm240.由(2 2m)216(m2
9、4)0，得2 2mb0)，把点(2,0)、(2，22)代入得 4a21，2a2 12b21，解得a24，b21.所以 C1 的标准方程为x24y21.(2)容易验证当直线 l 的斜率不存在时，不满足题意当直线 l 的斜率存在时，设其方程为 yk(x1)，与 C1 的交点为 M(x1，y1)、N(x2，y2)由x24y21，ykx1，消去 y 并整理得(14k2)x28k2x4(k21)0.于是 x1x2 8k214k2，x1x24k2114k2.y1y2k2(x11)(x21)k2x1x2(x1x2)1，即 y1y2k24k2114k2 8k214k21 3k214k2.由OM ON，即OM
10、ON 0，得 x1x2y1y20.(*)将代入(*)式，得4k2114k2 3k214k2 k2414k20，解得 k2.所以存在直线 l 满足条件，且 l 的方程为 2xy20 或2xy20.思考题 2 在ABC 中，已知 A(0，a)，B(0，a)，AC、BC 两边所在的直线分别与 x 轴交于异于原点的点 M 和点 N，且满足OM ON 4a2(a 为不等于零的常数)(1)求点 C 的轨迹方程；(2)取 a2，是否存在斜率为 2 的直线 l 与点 C 的轨迹相交于不同的 P、Q 两点，且使|AP|AQ|？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由【解析】(1)设点 C(x，y)(x0)，
11、M(xM,0)，N(xN,0)当 ya 时，ACx 轴，当 ya 时，BCx 轴，与题意不符，所以 ya.由 A、C、M 三点共线，有 a00 xMay0 x，解得 xM axay.同理，由 B、C、N 三点共线，解得 xN axay.xMxN0，|OM|ON|xMxN axay axay4a2.化简得点 C 的轨迹方程为 x24y24a2(x0)(2)设直线 l 的方程为 y2xb，PQ 的中点为 R，由x24y216，y2xb，得 17x216bx4b2160.(16b)2417(4b216)0，化简得 b268，xRx1x228b17，yR2xRb 117b.|AP|AQ|ARPQ，即 kAR21，1 117b0 817b12，b173，适合，存在斜率为 2 的直线 l 与点 C 的轨迹相交于不同的 P、Q两点，且使|AP|AQ|.所求方程为 y2x173.课时作业（七十一）