幾類圓錐曲線題目聯系探究

【摘要】定值、定點問題是探究運動變化過程中的不變量問題，也是解析幾何中的一類典型問題， 本文從一道題目出發，探索解析幾何中一類定值、定點問題的內在聯系.

【關鍵詞】圓錐曲線;定值;定點

題目已知動點P（x，y）與兩定點M（-a，0），N（a，0）（agt;0）連線的斜率之積等于常數λ（λ≠0）.

（1）求動點P的軌跡C的方程;

（2）討論軌跡C的形狀.

解（1）由題意kPM=yx+a（x≠-a），

kPN=yx-a（x≠a），

所以kPM·kPN=y2x2-a2=λ（x≠±a），

于是y2=λ（x2-a2），

故x2a2+y2-λa2=1（x≠±a）.

（2）當λ=-1時，軌跡C的形狀是以坐標原點為圓心，半徑為a的圓去掉M（-a，0），N（a，0）兩點.

當-1lt;λlt;0時，軌跡C的形狀是焦點在x軸上，以2a為長軸長的橢圓去掉M（-a，0），N（a，0）兩點.

當λlt;-1時，軌跡C的形狀是焦點在y軸上，以2a為短軸長的橢圓去掉M（-a，0），N（a，0）兩點.

當λgt;0時，軌跡C的形狀是焦點在x軸上，以2a為實軸長的雙曲線去掉M（-a，0），N（a，0）兩點.

猜想當這兩個點不是曲線（圓、橢圓或雙曲線）與x軸的兩個交點時，曲線（圓、橢圓、雙曲線）上任意一點和這兩個點連線的斜率之積能否也為定值？

事實上，P，Q是曲線上關于原點對稱的兩點時，曲線上任意一點M（不與P，Q兩點重合）與P，Q的連線斜率之積為定值.下面通過變式1證明該結論.

變式1在平面直角坐標系xOy中，過原點的直線PQ與曲線C：x2a2-y2λa2=1（λ，a為常數，且λ≠0，agt;0）相交于P，Q兩點，點M（不與P，Q兩點重合）是曲線C上一動點，求證：直線PM與QM斜率之積為定值.

證明設P（x1，y1），

則Q（-x1，-y1），M（x0，y0），

所以kPM=y0-y1x0-x1，kQM=y0+y1x0+x1，

即 kPM·kQM=y0-y1x0-x1·y0+y1x0+x1=y20-y21x20-x21.

設點M（x0，y0），P（x1，y1）是曲線x2a2-y2λa2=1上的點，則

x20a2-y20λa2=1，x21a2-y21λa2=1，

即x20-x21a2=y20-y21λa2，

所以y20-y21x20-x21=λ，kPM·kQM=λ，

故直線PM與QM斜率之積為定值.

變式2在平面直角坐標系xOy中，直線PQ與曲線x2a2-y2λa2=1（λ≠0，agt;0）相交于P，Q兩點，點M為PQ的中點，求證：直線PQ與OM斜率之積為定值.

證明設P（x1，y1），Q（x2，y2），

則Mx1+x22，y1+y22，

所以kPQ=y1-y2x1-x2，kOM=y1+y2x1+x2，

kPQ·kOM=y1-y2x1-x2·y1+y2x1+x2=y21-y22x21-x22，

因為點P（x1，y1），Q（x2，y2）是曲線x2a2-y2λa2=1上的點.

所以x21a2-y21λa2=1，x21a2-y22λa2=1，

于是x21-x22a2=y21-y22λa2，

y21-y22x21-x22=λ，kPQ·kOM=λ，

故直線PQ與OM斜率之積為定值.

變式3直線PQ與曲線x2a2-y2λa2=1（λ≠0，agt;0）相交于P，Q兩點，點M為曲線（不與P，Q兩點重合）上任意一點，且點M與P，Q的連線斜率之積為定值λ，求證：直線PQ過定點.

證明當直線PQ斜率不存在時，

設P（x1，λ（x21-a2）），

則Q（x1，-λ（x21-a2））.

設M（x0，y0），則

kMP=y0-λ（x21-a2）x0-x1，

kMQ=y0+λ（x21-a2）x0-x1，

kMP·kMQ=y20-（λx21-λa2）（x0-x1）2

=y20+λa2-λx21（x0-x1）2=λx20-λx21（x0-x1）2，

因為x0≠x1，

所以kMP·kMQ=λ（x0+x1）x0-x1=λ，

所以x0+x1x0-x1=1，x1=0，

故直線PQ過原點.

當直線PQ斜率存在時，

設直線PQ的方程為y=kx+m，

P（x1，y1），Q（x2，y2），M（x0，y0），

由λx2-y2=λa2，y=kx+m，得

（λ-k2）x2-2kmx-m2-λa2=0.

當Δgt;0時，由韋達定理知

x1+x2=2kmλ-k2，x1x2=-（m2+λa2）λ-k2，

kMP·kMQ=y1-y0x1-x0·y2-y0x2-x0

=（kx1+m-y0）（kx2+m-y0）（x1-x0）（x2-x0）

=k2x1x2+k（m-y0）（x1+x2）+（m-y0）2x1x2-x0（x1+x2）+x20

=-（k2m2+λk2a2）+2k2m（m-y0）+（λ-k2）（m-y0）2-（m2+λa2）-2kmx0+x20（λ-k2）

=λ（m-y0）2-k2（y20+λa2）（λx20-λa2）-（kx0+m）2

=λ[（m-y0）2-k2x20]y20-（kx0+m）2

=λ（m-y0+kx0）（m-y0-kx0）（y0-kx0-m）（y0+kx0+m），

因為y0≠kx0+m，

所以kMP·kMQ=-λ（m-y0-kx0）y0+kx0+m=λ，

于是y0+kx0-my0+kx0+m=1，m=0，

故直線PQ過原點.

綜上知，直線PQ過定點，且該定點為坐標原點.

變式4已知點M（x0，y0）是曲線x2a2-y2λa2=1（λ，a為常數，且λ≠0，agt;0）上一定點，直線PQ（不過點M）與曲線x2a2-y2λa2=1相交于P，Q兩點，若直線PM與QM斜率之積為定值c（c為常數，且c≠0），求證：直線PQ過定點.

證明當直線PQ斜率不存在時，

設P（x1，λ（x21-a2）），

則Q（x1，-λ（x21-a2）），

設M（x0，y0），

所以kMP=y0-λ（x21-a2）x0-x1，

kMQ=y0+λ（x21-a2）x0-x1，

kMP·kMQ=y20-（λx21-λa2）（x0-x1）2

=y20+λa2-λx21（x0-x1）2=λx20-λx21（x0-x1）2，

因為x0≠x1，

所以kMP·kMQ=λ（x0+x1）x0-x1=c，

x0+x1x0-x1=cλ，x1=c-λc+λx0.

當直線PQ斜率存在時，

設直線PQ的方程為y=kx+m，

P（x1，y1），Q（x2，y2），M（x0，y0），

由λx2-y2=λa2，y=kx+m，得

（λ-k2）x2-2kmx-m2-λa2=0，

Δgt;0時，由韋達定理知

x1+x2=2kmλ-k2，x1x2=-（m2+λa2）λ-k2，

kMP·kMQ=y1-y0x1-x0·y2-y0x2-x0

=（kx1+m-y0）（kx2+m-y0）（x1-x0）（x2-x0）

=k2x1x2+k（m-y0）（x1+x2）+（m-y0）2x1x2-x0（x1+x2）+x20

=-（k2m2+λk2a2）+2k2m（m-y0）+（λ-k2）（m-y0）2-（m2+λa2）-2kmx0+x20（λ-k2）

=λ（m-y0）2-k2（y20+λa2）（λx20-λa2）-（kx0+m）2

=λ[（m-y0）2-k2x20]y20-（kx0+m）2

=λ（m-y0+kx0）（m-y0-kx0）（y0-kx0-m）（y0+kx0+m），

因為y0≠kx0+m，

所以kMP·kMQ=-λ（m-y0-kx0）y0+kx0+m=c，

于是y0+kx0-my0+kx0+m=cλ，

m=λ-cc+λy0+k（λ-c）c+λx0，

所以PQ方程為y=kx+λ-cc+λy0+k（λ-c）c+λx0，

即y=kx-c-λc+λx0+λ-cc+λy0，

所以直線PQ恒過定點c-λc+λx0，λ-cc+λy0.

綜上知，直線PQ過定點，且定點坐標為

c-λc+λx0，λ-cc+λy0.

變式5已知點M（x0，y0）是拋物線y2=2px上一定點，直線PQ（不過點M）與曲線y2=2px相交于P，Q兩點，若直線PM與QM斜率之積為定值c（c為常數，且c≠0），求證：直線PQ過定點.

證明設直線PQ方程為x=ty+m.

設P（x1，y1），Q（x2，y2），

由x=ty+m，y2=2px，得

y2-2pty-2pm=0.

當Δgt;0時，y1+y2=2pt，y1y2=-2pm，

所以x1x2=m2，x1+x2=2pt2+2m，

kMP·kMQ=y1-y0x1-x0·y2-y0x2-x0

=y1y2-y0（y1+y2）+y20x1x2-x0（x1+x2）+x20

=2p（x0-y0t-m）（x0-m）2-2pt2x0=2p（x0-y0t-m）（x0-m）2-t2y20

=2p（x0-y0t-m）（x0-m+ty0）（x0-m-ty0）.

因為x0-y0t-m≠0，

所以kMP·kMQ=2p（x0-y0t-m）（x0-m+ty0）（x0-m-ty0）

=2px0-m+ty0=c，

所以m=-2pc+x0+ty0，

所以直線PQ的方程為x=ty-2pc+x0+ty0，

即x=t（y+y0）-2pc+x0，

所以直線PQ恒過定點-2pc+x0，-y0.