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关注解析几何中的定值问题


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关注解析几何中的定值问题
定值问题是解析几何常见题型,是备受关注的焦点之一,它体现了动与静的完美统一, 其内容丰富, 综合性较强, 因而趣味性也较强。 下举例谈谈这类问题的常见类型及求解策略。 弦长比值 比值型 一、弦长比值型 例 1:双曲线 b 2 x 2 ? a 2 y 2 = a 2 b 2 的离心率为 e(e>0) PQ 为过焦点 F 而不垂直于 F 所 , 在的对称轴的弦,且 PQ 的中垂线交 x 轴于 R,求证:

| PQ | 为定值。 | FR |

证明:设 F(-c,0)为双曲线方程的一个焦点,弦 PQ 过 F 且中点为 M,设 P,Q 两 点坐标分别为 ( x1 , y1 ), ( x 2 , y 2 ) PQ 所在直线方程为 y=k(x+c)。 联
2 2 2


2


2


2

b 2 x 2 ? a 2 y 2 = a 2b 2
2 2 2 2 2



y=k(x+c)
2 2





y



:

? 2a k c ? x1 + x 2 = 2 ? , b ? a 2k 2 (b ? a k ) x ? 2a k cx ? 2a k c ? a b = 0 ? ? ? 2a 2 k 2 c 2 ? a 2 b 2 ? x1 x 2 = ? b2 ? a 2k 2 ?

从 而 弦 PQ 的 中 点 M 的 坐 标 为 (

a 2k 2c b 2 kc , 2 ) , 直 线 MR 的 方 程 为 : b2 ? a2k 2 b ? a2k 2 b 2 kc 1 a 2 k 2c k 2c3 y? 2 = ? (x ? 2 ),令y = 0, 得x R = 2 。 k b ? a2k 2 b ? a2k 2 b ? a2k 2 k 2c3 k 2 c(1 + k 2 ) 2ak 2 (1 + k 2 ) + c |= 2 , | PQ |= 1 + k 2 | x1 ? x 2 |= 2 故 | FR |=| 2 b ? a 2k 2 | b ? a2k 2 | | b ? a2k 2 |
因此

| PQ | 2k 2 a (1 + k 2 ) 2a 2 | PQ | 2 = 2 = = 。即证: 为定值 2 | FR | c e | FR | e k c(1 + k )
| PQ | 2 = 。 | FR | e

点评:一般地,圆锥曲线的离心率为 e(e>0) ,PQ 为过焦点 F 而不垂直于 F 所在的 点评 对称轴的弦,且 PQ 的中垂线交 x 轴于 R,则必有

例 2、PQ 为过双曲线 b 2 x 2 ? a 2 y 2 = a 2 b 2 的一个焦点 F 的弦,FK 为焦准距,e 为双曲 线的离心率。求证:

| FK | | FK | + 为定值。 | PF | | QF |

证明:如图过 P、Q 分别作 l 的垂线,垂足分别为 M、N,连接 PN 交 FK 于 E。由双曲线第 二定义知:
1 1 | EF | | PF | | QN | ? | PF | | QF | ? | PF | | PF |, | ON |= | QF |, EF // NQ ? = ?| EF |= = e e | QN | | PQ | | PQ | e | PQ | | KE | | NK | | QF | | MP | ? | QF | | PF | ? | QF | 1 EK // MP ? = = ?| KE |= = , 故 | KE |=| EF |= | KF | . | MP | | MN | | PQ | | PQ | e | PQ | 2 | KE | | EF | | PF | | QF | 1 1 1 2 同理,QM 也过KF的中点E.于是, + = + = 1, + = = 。 | NQ | | PM | | PQ | | PQ | | NQ | | PM | | EF | | KF | | PM |=

即证:

| FK | | FK | 2 + 为定值 。 | PF | | QF | e
1 1 2a + = ; | PF | | QF | b 2

点评: 本题对椭圆、 抛物线也有同样结论。 具体地, 1) ( 对于椭圆 b 2 x 2 + a 2 y 2 = a 2b 2 , 有 点评: ( 2 ) 对 于 双 曲 线 b 2 x 2 ? a 2 y 2 = a 2b 2 , 有 1 +
| PF |

1 2a ; = ; ( 3 ) 对 于 抛 物 线 | QF | b 2

y 2 = 2 px( p > 0), 有
二、动点轨迹型 动点轨迹型

1 1 2 + = . | PF | | QF | p

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2 2 2 2 2 2

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例 3、已知双曲线 b x ? a y = a b ,PQ 为过焦点 F 的弦,PQ 的中垂线交 F 所 在的曲线的对称轴于 R,直线 RF 交 F 所对应的准线于 K,求证: P、K、Q、R 四点共 圆。 证 明 : 由 例 2 得 : | PF | + | QF | = 2 ? 1 ,即
| PF | ? | QF | e | FK | | PQ | 2 1 = ? , 再由例 1 知: | PF | ? | QF | e | FK |

2 | FR | ? 2 e = 2 ? 1 ∴| PF | ? | QF |=| FR | ? | FK | . 。因而,P、K、Q、R | PQ |= ? | FR | 。于是 e | PF | ? | QF | e | FK |

四点共圆。

点评:本题对椭圆、抛物线也有同样结论。更为有趣的是,若 Pn Qn (n=1,2,…)为 过圆锥曲线的一个焦点 F 的弦, Pn Qn 的中垂线交 F 所在的曲线的对称轴于 Rn ,则过

Pn , Qn , Rn , (n=1,2,…)的圆必交于同一点。请同学们参考例 3 证明。
三、探索存在型 例 4、已知抛物线 y = 2 px( P > 0) ,在抛物线 y = 2 px( P > 0) 外任取一点 P(a,b),
2 2

求证: 在抛物线上必存在一点 Q, 使得过 P 点作的抛物线的任意一条弦 MN, 都有 K QM ? K QN 为常数。 解: 抛物线上取一点 Q ( 则有 k QM =

y1 ? y 0 y y1 ? 0 2p 2p
2 2

y0 y y , y 0 ) ,过 Q 作弦 QM,QN。令 M ( 1 , y1 ) ,N ( 2 , y 2 ) , 2p 2p 2p 2p 2p = ,同理 k QN = 。令 K QM ? K QN = r 为常数,则 y1 + y 0 y 2 + y0

2

2

2

4p2 2 = r ? ry 0 + r ( y1 + y 2 ) y 0 + ry1 y 2 ? 4 p 2 = 0.......(1) ( y1 + y 0 )( y 2 + y 0 )
设 直 线 MN 的 方 程 为 : x=ky+m, 代 入 y 2 = 2 px ( P > 0) 消 去
2

x

有 :

y 2 ? 2 pky ? 2 pm = 0...........(2) Q y1 , y 2 是方程(2)的两根, y1 + y 2 = 2 pk , y1 y 2 = ?2 pm ∴
代入(1)式,得: ry 0
2

ry 0 ? 4 p 2 + 2 pkry 0 ? 2 pmr ? 4 p = 0, 即 = k (? y 0 ) + m ,因此直 2 pr
2 2

线 x=ky+m 通过定点: ? ry 0 2 ? 4 p 2 ? 4 p2 2 ry 0 ? 4 p 2 ? = a ?r = 2 ( p在y 2 = 2 px外,b ( ,? y 0 ), 令? ?? b ? 2 pa 2 pr 2 pr ? ? y 0 = ?b ?y0= b ? ? 因此,在抛物线上必存在一点 Q (

? 2 pa ≠ 0)

b2 ,?b) ,使得过 P 点作的抛物线的 2p 4 p2 为常数。 b 2 ? 2 pa

任意一条弦 MN,都有 K QM ? K QN =

点评: 点评:本题变换角度从反面进行思考,在抛物线上过点 Q 任作两弦, 然后假定 K QM ? K QN = r 为常数的情况, 找到直线过定点使问题获解。 这种反其道而行之的方法,是探索型命题中最为常用方法之一。 四、多点共线型 例 5、设抛物线 y2=2p x(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:A、C、O 三点共线。 证明: 因为抛物线 y2=2px(p>0)的焦点为 F(

p ,0 ), 所以经过点 F 的直线 AB 的方程可设为: 2

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x=my+

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p 代人抛物线方程得: y2-2pmy-p2=0.若记 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1,y2 是该方 2 p 程的两个根,所以 y1y2= -p2 因为 BC∥x 轴,且点 C 在准线 x=- 上,所以点 C 的坐标为 2 p (- ,y2),故直线 CO 的斜率为 k = y 2 = 2 p = y1 即 k 也是直线 OA 的斜率,所以直线 AC 2 p y1 x1
? 2

经过原点 O.即证:A、C、O 三点共线。 点评: 直线的方程和性质, 运算能力和逻辑推理能力. 也 点评 本题考查抛物线的概念和性质, 可直接利用抛物线的几何性质结合平面几何相似比例求解。 五、类比创新型 例 6、已知 PQ 为圆的一条弦,其中点 M 不过圆心 O,则有: k PQ ?k OM = ?1 。 由此类比: P,Q 为椭圆 b 2 x 2 + a 2 y 2 = a 2 b 2 上任意两点,PQ 的中点 M 不过椭圆中心 O, 求证: k PQ ?k OM 必为定值。 证 明 : 设 P ( x1 , y1 ), Q ( x 2 , y 2 ) , 又 P , Q 为 椭 圆 b 2 x 2 + a 2 y 2 = a 2 b 2 上 , 则 有 :

? b 2 x1 2 + a 2 y1 2 = a 2 b 2 ...............(1) (1) ? (2) ? b 2 ( x1 + x 2 )( x1 ? x 2 ) + a 2 ( y1 + y 2 )( y1 ? y 2 ) = 0 ? 2 2 2 2 2 2 ?b x1 + a y1 = a b ...............( 2) y ? y 2 y1 + y 2 y ? y2 2 yM y ? y2 yM ? 0 b2 b2 b2 ? 1 ? = ? 2 ,? 1 ? = 1 ? = ? 2 ? k PQ ? k OM = ? 2 为定值。 x1 ? x 2 x1 + x 2 x1 ? x 2 2 x M x1 ? x 2 x M ? 0 a a a
点评: 点评:通过类比,联想斜率公式,利用点差法是本题的求解的 关键。这种“设而不求,整体求解”的思想方法在解析几何中 经常运用。 六、性质探求型 性质探求型 探求 例 7、求证:以双曲线一焦点的弦为直径的圆必与对应的准线 相交,且圆被准线截取的圆弧所对的圆心角必为定值。 证明:如图,设 F 为双曲线 b 2 x 2 ? a 2 y 2 = a 2 b 2 的右焦点, AA1⊥l 于 A1,BB1⊥l 于 B1,O1 为圆心, O1N⊥l 于 N,
| AF | | BF | | AB | + = <| AB |, e e e | AB | r 即 | O1 N |< = r ,∴圆必与准线相交,| O1 N |= , 2 e r | O1 N | e 1 设∠MO1 N = α, 则 cos α = = = (定值) | O1M | r e 2 | O1 N |=| AA1 | + | BB1 |=
y

A1 M N B1 PF B

A O1 x

点评: 点评:利用平面几何性质结合圆锥曲线的统一定义是求解焦半径(焦点弦)定值问题的常见 方法。 总之,探索圆锥曲线的定值问题,可以发现圆锥曲线的内在规律,从而加强对圆锥曲线 定义统一性的正确理解,有助于数学解题能力的提高。

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