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如果曲线中某些量不依赖于变化元素而存在,则称为定值,探讨定值的问题可以为解答题,也可以为证明题,求定值的基本方法是:先将变动元素用参数表示,然后计算出所需结果与该参数无关;也可将变动元素置于特殊状态下,探求出定值,然后再予以证明,因为毕竟是解几中的定值问题,所以讨论的立足点是解几知识,工具是代数、三角等知识,基本数学思想与方法的体现将更明显,更逼真.定值问题可归结为以下两类:
类型一:参数统消 定值显现
引入参数(有时甚至要引入两个参数),运算到最后,参数统消,定值显现.
例1 已知,椭圆C过点A(1,32),两个焦点为(-1,0),(1,0).
(Ⅰ)求椭圆C的方程;
(Ⅱ)E,F是椭圆C上的两个动点,如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数,证明直线EF的斜率为定值,并求出这个定值.
分析:设直线AE的斜率为k,则直线AF的斜率为-k,将直线AE和AF方程与椭圆方程联立,解出点E,F的坐标,从而直线EF的斜率用含k的代数式表示,经过化简必与k无关,此时定值便显现.
解:(Ⅰ)由题意,c=1,可设椭圆方程为x21+b2+y2b2=1.
因为A在椭圆上,所以11+b2+94b2=1,解得b2=3,b2=-34(舍去).
所以椭圆方程为x24+y23=1.
(Ⅱ)证明:设直线AE方程:得y=k(x-1)+32,代入x24+y23=1得
(3+4k2)x2+4k(3-2k)x+4(32-k)2-12=0,
设E(xE,yE),F(xF,yF).因为点A(1,32)在椭圆上,所以
xE=4(32-k)2-123+4k2,yE=kxE+32-k.
又直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数,在上式中以-k代k,可得
xF=4(32+k)2-123+4k2,yF=-kxF+32+k.
所以直线EF的斜率
kEF=yF-yExF-xE=-k(xF+xE)+2kxF-xE
=-k(4(32+k)2-123+4k2+4(32-k)2-123+4k2)+2k4(32+k)2-123+4k2-4(32-k)2-123+4k2
=12k24k=12.
即直线EF的斜率为定值,其值为12.
评注:解析几何中的定值问题的证明或判断,可运用函数的思想方法来解决,其证明过程可总结为“变量、函数、定值”.具体操作程序如下:
变量——选择适当的量为变量;
函数——把要证明为定值的量表示成上述变量的函数;
定值——把得到的函数解析式化简,消去变量得到定值.
例2 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,F1,F2分别为椭圆C的左右焦点,且F2到椭圆C的右准线l的距离为1,点P为l上的动点,直线PF2交椭圆C于A,B两点.
(Ⅰ)求椭圆C的方程;
(Ⅱ)设AF2=λF2B,AP=μPB,求证λ+μ为定值.
分析:本题的核心体现在动点P上,动点A,B随着点P的变动而变动,因此,引入参数,即设出点P的纵坐标,利用韦达定理及向量共线条件,将λ+μ用参数表示.
解:(Ⅰ)由题意得ca=22,a2=b2+c2,a2c-c=1,解得a=2,b=1,c=1,所以椭圆C的方程为x22+y2=1.
(Ⅱ)因为右准线l的方程为x=a2c=2,所以可设动点P的坐标为(2,m),由(Ⅰ)知焦点F1,F2的坐标分别(-1,0),(1,0),
所以直线PF2的方程为y=m(x-1).
设A,B两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),
由y=m(x-1),x22+y2=1,得(1+2m2)x2-4m2x+2m2-2=0,
于是x1+x2=4m21+2m2,x1x2=2m2-21+2m2.
AF2=λF2B,AP=μPB,得
(1-x1,-y1)=λ(x2-1,y2),(2-x1,m-y1)=μ(x2-2,y2-m),
于是λ=1-x1x2-1,μ=2-x1x2-2,
所以λ+μ=1-x1x2-1+2-x1x2-2=3(x1+x2)-2x1x2-4(x2-1)(x2-2).
因为3(x1+x2)-2x1x2-4=12m21+2m2-4m2-41+2m2-4=0,
所以λ+μ=0,即λ+μ为定值0.
评注:本题涉及向量坐标运算以及共线向量等向量的知识点,将平面向量知识融入纯解析几何的传统题,使问题清晰自然.通过曲线上点的坐标满足曲线的方程,将变量消去后得到定值是解析几何中常用的方法.
类型二:定值是分离出来的
引入参数,但参数始终伴随,这就需要我们将引入的参数(有时多个)分离出来,令其系数为零,定值便会显现.
例3 如图,椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),A1、A2为椭圆C的左、右顶点.
(Ⅰ)设点M(x0,0),若当且仅当椭圆C上的点P在椭圆的顶点时,|PM|取得最大值与最小值,求x0的取值范围;
(Ⅱ)若椭圆C上的点P到焦点距离的最大值为3,最小值为1,且与直线l:y=kx+m相交于A,B两点(A,B不是椭圆的左右顶点),并满足AA2⊥BA2.试研究:直线l是否过定点?若过定点,请求出定点坐标,若不过定点,请说明理由.
分析:(Ⅱ)中直线y=kx+m含有两个参数,解题思路是利用条件AA2⊥BA2构建k与m之间的等量关系,然后消去参数m或参数k(即将一个参数用另一个参数表示),并代回原来直线方程中,将保留参数分离出来,定值便会显现.
解:(Ⅰ)设f(x)=|PM|2=(x-x0)2+y2=c2a2x2-2x0x+x20+b2
对称轴方程是x=a2x0c2,由题意a2x0c2≥a或a2x0c2≤-a或a2x0c2=0.
∴x0≥c2a或x0≤-c2a或x0=0,
∴x0∈(-∞,-c2a]∪{0}∪[c2a,+∞).
(Ⅱ)由已知与(Ⅰ)得:a+c=3,a-c=1,∴a=2,c=1,∴b2=a2-c2=3.
∴椭圆的标准方程为x24+y23=1.
设A(x1,y1),B(x2,y2),联立y=kx+m,x24+y23=1.
得(3+4k2)x2+8mkx+4(m2-3)=0,
Δ=64m2k2-16(3+4k2)(m2-3)>0,即3+4k2-m2>0,则
x1+x2=-8mk3+4k2,
x1•x2=4(m2-3)3+4k2
又y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+mk(x1+x2)+m2=3(m2-4k2)3+4k2,
因为椭圆的右顶点为A2(2,0),又AA2•BA2=0,
∴y1y2+x1x2-2(x1+x2)+4=0,
∴3(m2-4k2)3+4k2+4(m2-3)3+4k2+16mk3+4k2+4=0,
∴7m2+16mk+4k2=0.
解得:m1=-2k,m2=-2k7,且均满足3+4k2-m2>0,
当m1=-2k时,l的方程为y=k(x-2),直线过定点(2,0),与已知矛盾;
当m2=-2k7时,l的方程为y=k(x-27),直线过定点(27,0).
所以,直线l过定点,定点坐标为(27,0).
评注:此类求直线过定点问题解题方向非常明确,一般是含两个参数,根据条件给出的等量关系,通常将一个参数用含另一个参数式表示,即采用消元措施,使得直线方程中只含一个参数,将参数分离开,便可完成解题.
例4 已知定点C(-1,0)及椭圆x2+3y2=5,过点C的动直线与椭圆相交于A,B两点.
在x轴上是否存在点M,使MA•MB为常数?若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由.
分析:因为直线AB过定点,所以直线可设成点斜式,MA•MB用只含斜率k代数式表示,只需将含有k的代数式完全分离出来,即MA•MB与k无关时便可得出最值.
解:依题意,若直线AB的斜率存在,设直线AB的方程为y=k(x+1),
将y=k(x+1)代入x2+3y2=5,消去y整理得(3k2+1)x2+6k2x+3k2-5=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2)则
Δ=36k4-4(3k2+1)(3k2-5)>0,
x1+x2=-6k23k2+1,x1x2=3k2-53k2+1.
假设在x轴上存在点M(m,0),使MA•MB为常数.
①当直线AB与x轴不垂直时,
MA•MB=(x1-m)(x2-m)+y1y2=(x1-m)(x2-m)+k2(x1+1)(x2+1)
=(k2+1)x1x2+(k2-m)(x1+x2)+k2+m2.
又x1+x2=-6k23k2+1,x1x2=3k2-53k2+1.
∴MA•MB=(6m-1)k2-53k2+1+m2=
(2m-13)(3k2+1)-2m-1433k2+1+m2
=m2+2m-13-6m+143(3k2+1).
注意到MA•MB是与k无关的常数,从而有6m+14=0,m=-73,此时MA•MB=49.
②当直线AB与x轴垂直时,此时点A,B的坐标分别为(-1,23)、(-1,-23),
当m=-73时,亦有MA•MB=49.
综上,在x轴上存在定点M(-73,0),使MA•MB为常数.
评注:寻求定值,分离参数是重要的一个环节,即必需要将参数分离彻底,使得所取值与参数无关时,方可得出定值.
例5 已知圆O的方程为x2+y2=1,设圆O与x轴交于P,Q两点,M是圆O上异于P,Q的任意一点,过点A(3,0)且与轴垂直的直线为l,直线PM交直线l于点P′,直线QM交直线l于点Q′.
求证:以P′Q′为直径的圆C总经过定点,并求出定点坐标.
分析:点M是圆上任意一动点,可以引入两个参数,即点M的横坐标与纵坐标,将以P′Q′为直径的圆用这两个参数表示,只需分离出这两个参数便可.
解:对于圆方程x2+y2=1,令y=0,得x=±1,即P(-1,0),Q(1,0).又直线l过点A且与x轴垂直,∴直线l方程为x=3,设M(s,t),则直线PM方程为y=ts+1(x+1)
解方程组x=3,y=ts+1(x+1),得P′(3,4ts+1)同理可得Q′(3,2ts-1),
∴以P′Q′为直径的圆C′的方程为(x-3)(x-3)+(y-4ts+1)(y-2ts-1)=0,
又s2+t2=1,∴整理得(x2+y2-6x+1)+6s-2ty=0,
若圆C′经过定点,只需令y=0,从而有x2-6x+1=0,解得x=3±22,
∴圆C′总经过定点坐标为(3±22,0).
评注:此题含有两个参数,通常情况下是通过某个等量关系将其中一个参数用另一个参数表示,再分离出参数,但此题较特殊,即不容易将一个参数用另一个参数表示出来,所以只能将s与t整体分离出来,才能得出定值.
(作者:李洪洋,江苏省东海高级中学)
类型一:参数统消 定值显现
引入参数(有时甚至要引入两个参数),运算到最后,参数统消,定值显现.
例1 已知,椭圆C过点A(1,32),两个焦点为(-1,0),(1,0).
(Ⅰ)求椭圆C的方程;
(Ⅱ)E,F是椭圆C上的两个动点,如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数,证明直线EF的斜率为定值,并求出这个定值.
分析:设直线AE的斜率为k,则直线AF的斜率为-k,将直线AE和AF方程与椭圆方程联立,解出点E,F的坐标,从而直线EF的斜率用含k的代数式表示,经过化简必与k无关,此时定值便显现.
解:(Ⅰ)由题意,c=1,可设椭圆方程为x21+b2+y2b2=1.
因为A在椭圆上,所以11+b2+94b2=1,解得b2=3,b2=-34(舍去).
所以椭圆方程为x24+y23=1.
(Ⅱ)证明:设直线AE方程:得y=k(x-1)+32,代入x24+y23=1得
(3+4k2)x2+4k(3-2k)x+4(32-k)2-12=0,
设E(xE,yE),F(xF,yF).因为点A(1,32)在椭圆上,所以
xE=4(32-k)2-123+4k2,yE=kxE+32-k.
又直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数,在上式中以-k代k,可得
xF=4(32+k)2-123+4k2,yF=-kxF+32+k.
所以直线EF的斜率
kEF=yF-yExF-xE=-k(xF+xE)+2kxF-xE
=-k(4(32+k)2-123+4k2+4(32-k)2-123+4k2)+2k4(32+k)2-123+4k2-4(32-k)2-123+4k2
=12k24k=12.
即直线EF的斜率为定值,其值为12.
评注:解析几何中的定值问题的证明或判断,可运用函数的思想方法来解决,其证明过程可总结为“变量、函数、定值”.具体操作程序如下:
变量——选择适当的量为变量;
函数——把要证明为定值的量表示成上述变量的函数;
定值——把得到的函数解析式化简,消去变量得到定值.
例2 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,F1,F2分别为椭圆C的左右焦点,且F2到椭圆C的右准线l的距离为1,点P为l上的动点,直线PF2交椭圆C于A,B两点.
(Ⅰ)求椭圆C的方程;
(Ⅱ)设AF2=λF2B,AP=μPB,求证λ+μ为定值.
分析:本题的核心体现在动点P上,动点A,B随着点P的变动而变动,因此,引入参数,即设出点P的纵坐标,利用韦达定理及向量共线条件,将λ+μ用参数表示.
解:(Ⅰ)由题意得ca=22,a2=b2+c2,a2c-c=1,解得a=2,b=1,c=1,所以椭圆C的方程为x22+y2=1.
(Ⅱ)因为右准线l的方程为x=a2c=2,所以可设动点P的坐标为(2,m),由(Ⅰ)知焦点F1,F2的坐标分别(-1,0),(1,0),
所以直线PF2的方程为y=m(x-1).
设A,B两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),
由y=m(x-1),x22+y2=1,得(1+2m2)x2-4m2x+2m2-2=0,
于是x1+x2=4m21+2m2,x1x2=2m2-21+2m2.
AF2=λF2B,AP=μPB,得
(1-x1,-y1)=λ(x2-1,y2),(2-x1,m-y1)=μ(x2-2,y2-m),
于是λ=1-x1x2-1,μ=2-x1x2-2,
所以λ+μ=1-x1x2-1+2-x1x2-2=3(x1+x2)-2x1x2-4(x2-1)(x2-2).
因为3(x1+x2)-2x1x2-4=12m21+2m2-4m2-41+2m2-4=0,
所以λ+μ=0,即λ+μ为定值0.
评注:本题涉及向量坐标运算以及共线向量等向量的知识点,将平面向量知识融入纯解析几何的传统题,使问题清晰自然.通过曲线上点的坐标满足曲线的方程,将变量消去后得到定值是解析几何中常用的方法.
类型二:定值是分离出来的
引入参数,但参数始终伴随,这就需要我们将引入的参数(有时多个)分离出来,令其系数为零,定值便会显现.
例3 如图,椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),A1、A2为椭圆C的左、右顶点.
(Ⅰ)设点M(x0,0),若当且仅当椭圆C上的点P在椭圆的顶点时,|PM|取得最大值与最小值,求x0的取值范围;
(Ⅱ)若椭圆C上的点P到焦点距离的最大值为3,最小值为1,且与直线l:y=kx+m相交于A,B两点(A,B不是椭圆的左右顶点),并满足AA2⊥BA2.试研究:直线l是否过定点?若过定点,请求出定点坐标,若不过定点,请说明理由.
分析:(Ⅱ)中直线y=kx+m含有两个参数,解题思路是利用条件AA2⊥BA2构建k与m之间的等量关系,然后消去参数m或参数k(即将一个参数用另一个参数表示),并代回原来直线方程中,将保留参数分离出来,定值便会显现.
解:(Ⅰ)设f(x)=|PM|2=(x-x0)2+y2=c2a2x2-2x0x+x20+b2
对称轴方程是x=a2x0c2,由题意a2x0c2≥a或a2x0c2≤-a或a2x0c2=0.
∴x0≥c2a或x0≤-c2a或x0=0,
∴x0∈(-∞,-c2a]∪{0}∪[c2a,+∞).
(Ⅱ)由已知与(Ⅰ)得:a+c=3,a-c=1,∴a=2,c=1,∴b2=a2-c2=3.
∴椭圆的标准方程为x24+y23=1.
设A(x1,y1),B(x2,y2),联立y=kx+m,x24+y23=1.
得(3+4k2)x2+8mkx+4(m2-3)=0,
Δ=64m2k2-16(3+4k2)(m2-3)>0,即3+4k2-m2>0,则
x1+x2=-8mk3+4k2,
x1•x2=4(m2-3)3+4k2
又y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+mk(x1+x2)+m2=3(m2-4k2)3+4k2,
因为椭圆的右顶点为A2(2,0),又AA2•BA2=0,
∴y1y2+x1x2-2(x1+x2)+4=0,
∴3(m2-4k2)3+4k2+4(m2-3)3+4k2+16mk3+4k2+4=0,
∴7m2+16mk+4k2=0.
解得:m1=-2k,m2=-2k7,且均满足3+4k2-m2>0,
当m1=-2k时,l的方程为y=k(x-2),直线过定点(2,0),与已知矛盾;
当m2=-2k7时,l的方程为y=k(x-27),直线过定点(27,0).
所以,直线l过定点,定点坐标为(27,0).
评注:此类求直线过定点问题解题方向非常明确,一般是含两个参数,根据条件给出的等量关系,通常将一个参数用含另一个参数式表示,即采用消元措施,使得直线方程中只含一个参数,将参数分离开,便可完成解题.
例4 已知定点C(-1,0)及椭圆x2+3y2=5,过点C的动直线与椭圆相交于A,B两点.
在x轴上是否存在点M,使MA•MB为常数?若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由.
分析:因为直线AB过定点,所以直线可设成点斜式,MA•MB用只含斜率k代数式表示,只需将含有k的代数式完全分离出来,即MA•MB与k无关时便可得出最值.
解:依题意,若直线AB的斜率存在,设直线AB的方程为y=k(x+1),
将y=k(x+1)代入x2+3y2=5,消去y整理得(3k2+1)x2+6k2x+3k2-5=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2)则
Δ=36k4-4(3k2+1)(3k2-5)>0,
x1+x2=-6k23k2+1,x1x2=3k2-53k2+1.
假设在x轴上存在点M(m,0),使MA•MB为常数.
①当直线AB与x轴不垂直时,
MA•MB=(x1-m)(x2-m)+y1y2=(x1-m)(x2-m)+k2(x1+1)(x2+1)
=(k2+1)x1x2+(k2-m)(x1+x2)+k2+m2.
又x1+x2=-6k23k2+1,x1x2=3k2-53k2+1.
∴MA•MB=(6m-1)k2-53k2+1+m2=
(2m-13)(3k2+1)-2m-1433k2+1+m2
=m2+2m-13-6m+143(3k2+1).
注意到MA•MB是与k无关的常数,从而有6m+14=0,m=-73,此时MA•MB=49.
②当直线AB与x轴垂直时,此时点A,B的坐标分别为(-1,23)、(-1,-23),
当m=-73时,亦有MA•MB=49.
综上,在x轴上存在定点M(-73,0),使MA•MB为常数.
评注:寻求定值,分离参数是重要的一个环节,即必需要将参数分离彻底,使得所取值与参数无关时,方可得出定值.
例5 已知圆O的方程为x2+y2=1,设圆O与x轴交于P,Q两点,M是圆O上异于P,Q的任意一点,过点A(3,0)且与轴垂直的直线为l,直线PM交直线l于点P′,直线QM交直线l于点Q′.
求证:以P′Q′为直径的圆C总经过定点,并求出定点坐标.
分析:点M是圆上任意一动点,可以引入两个参数,即点M的横坐标与纵坐标,将以P′Q′为直径的圆用这两个参数表示,只需分离出这两个参数便可.
解:对于圆方程x2+y2=1,令y=0,得x=±1,即P(-1,0),Q(1,0).又直线l过点A且与x轴垂直,∴直线l方程为x=3,设M(s,t),则直线PM方程为y=ts+1(x+1)
解方程组x=3,y=ts+1(x+1),得P′(3,4ts+1)同理可得Q′(3,2ts-1),
∴以P′Q′为直径的圆C′的方程为(x-3)(x-3)+(y-4ts+1)(y-2ts-1)=0,
又s2+t2=1,∴整理得(x2+y2-6x+1)+6s-2ty=0,
若圆C′经过定点,只需令y=0,从而有x2-6x+1=0,解得x=3±22,
∴圆C′总经过定点坐标为(3±22,0).
评注:此题含有两个参数,通常情况下是通过某个等量关系将其中一个参数用另一个参数表示,再分离出参数,但此题较特殊,即不容易将一个参数用另一个参数表示出来,所以只能将s与t整体分离出来,才能得出定值.
(作者:李洪洋,江苏省东海高级中学)