解析幾何中的定值、定點問題

定值問題

1．定義

定值問題是指雖然圓錐曲線中的某些要素（通?？赏ㄟ^變量進行體現）有所變化，但在變化過程中，某個量的值保持不變即為定值.

2.圓錐曲線中的定值問題的常見類型及解題策略

（1）求代數式為定值：依題意設條件，得出與代 數式參數有關的等式，代人代數式，化簡即可得出 定值;

（2）求點到直線的距離為定值：利用點到直線的距離公式得出距離的解析式，再利用題設條件化簡、變形求得；

（3）求某線段長度為定值：利用長度公式求得解析式，再依據條件對解析式進行化簡、變形即可求得.

3.常見定值問題的處理方法

（1）確定一個（或兩個）變量為核心變量，其余量均利用條件用核心變量進行表示；

（2）將所求表達式用核心變量進行表示（有的甚至就是核心變量），然后進行化簡，看能否得到一個常數.

4.定值問題的處理技巧

（1）對于較為復雜的問題，可先采用特殊位置（例如斜率不存在的直線等）求出定值，進而給后面一般情況的處理提供一個方向；

（2）在運算過程中，盡量減少所求表達式中變量的個數，以便于向定值靠攏；

（3）巧妙利用變量間的關系，例如點的坐標符合曲線方程等，盡量做到整體代人，簡化運算.

定點問題

1.求解圓錐曲線中的定點問題的兩種思路

（1）特殊推理法：先從特殊情況入手，求出定 點，再證明定點與變量無關.

（2）直接推理法：

① 選擇一個參數建立直線系方程，一般將題目中給出的曲線方程（包含直線方程）中的常量當成變量，將變量 x ， y 當成常量，將原方程轉化為kf 的形式（ k 是原方程中的常量）；

② 根據直線過定點時與參數沒有關系（即直線系方程對任意參數都成立），得到方程組

③ 以 ② 中方程組的解為坐標的點就是直線所過的定點，若定點具備一定的限制條件，則可以特殊解決

2.求解圓錐曲線中的定點問題的方法

（1）確定題目中的核心變量（此處設為 k ）；

（2）利用條件找到 k 與過定點的曲線 的聯系，得到有關 k 與 x ， y 的等式；

（3）所謂定點，是指存在一個特殊的點 ，使得無論 k 的值如何變化，等式恒成立．此時要將關于 k 與 x ， y 的等式進行變形，直至易于找到而x₀ ， y₀ ．常見的變形方向如下：

① 若等式的形式為整式，則考慮將含 k 的項歸在一組，變形為“ k?（Γ） ”的形式，從而 x₀ ， y₀ 只需要先讓括號內的部分為零即可；

② 若等式為含 k 的分式，而 x₀ ， y₀ 的取值一方面可以考慮使其分子為0，從而分式與分母的取值無關；或者考慮讓分子分母消去 k 的式子變成常數（這兩方面本質上可以通過分離常數進行相互轉化，但通常選擇容易觀察到的形式）.

3.技巧與注意事項

（1）面對復雜問題時，可從特殊情況入手，以確定可能的定點（或定直線）．然后再驗證該點（或該直線）對一般情況是否符合．這屬于“先猜再證”.

（2）有些題目所求與定值無關，但是在條件中會隱藏定點，且該定點通常是解題的關鍵條件.所以當遇到含參數的方程時，要清楚該方程為一類曲線（或直線），從而觀察這一類曲線是否過定點．尤其在含參數的直線方程中，要能夠找到定點，抓住關鍵條件．例如：直線 l：y=kx+k-1 ，就應該能夠意識到 y =k（x+1）-1 ，進而直線繞定點（-1，1）旋轉.

例1．已知橢圓 的離心率是 點 A（-2， 0） 在 c 上

（1）求 c 的方程；

（2）過點（-2，3）的直線交 c 于 P ， Q 兩點，直 線 AP ， AQ 與 y 軸的交點分別為 M ， N ，證明：線段 MN 的中點為定點.

，【解析】（1）由題意可得 解得 6=2 ， 所以橢圓方程為

（2）由題意可知：直線 PQ 的 y↑M

斜率存在，設 PQ ： y=k（x+2）+3

， ，聯立方程 （20 消 BP0

去 y 得： （4k²+9）x²+8k（2k+3）x+ A x

16（k²+3k）=0 A則 Δ= 64k²（2k+3）²- 64

（4k²+9）（k²+3k）=-1728kgt;0 ，解得 klt;0 可得x，+x=- ， 因為 A（-2， 0） ，則直線 AP ： 令 x=0 ，解得 即 同理可

得

=3 ，所以線段 MN 的中點是定點（0，3）.

【點評】1．動直線 ξ_l 過定點問題的常見思路：

（1）設動直線方程（斜率存在）為 y=kx+t ，由題設條件將 Ψ_t 用 k 表示為 t=mk ，得 y=k（x+m） ，故動直線過定點 （-m， 0） ：（2）設動直線方程（斜率存在）為 y=kx+t ，由題設條件將 χ_t 用 k 表示為 t=mk+n ，得 y=k（x+m）+n 故動直線過定點 （-m，n） ;2．動曲線 C 過定點問題．解法：引入參變量建立曲線 c 的方程，再根據其對參變量恒成立，令其系數等于零，得出定點.例2．已知橢圓 c . 過點 A（-2AA，-1） ，且 a=2b （I）求橢圓 c 的方程：（Ⅱ）過點 B（-4， 0） 的直線 ξ_l 交橢圓 c 于點 M N ，直線 MA ， NA 分別交直線 x=-4 于點 P ， Q 求 的值.

【解析】（I）設橢圓方程為： ，由題意可得： 解得： 故橢圓方程為： （Ⅱ）[法一]設 ， ，直線MN的方程為： y=k（x+4） ，與橢圓方程 聯立可得： x²+4k²（x+4）²= 8，即 （4k²+1）x²+32k²x+（64k²-8）=0， （204號 直線 MA 的方程，為： ，

令 x=-4 可得：

同理可得：y= 很明顯ypyQ

lt;0 ，且 注意到，

而 （x₁+4）（x₂+2）+（x₂+4）（x₁+2）=2[x₁x₂+3x₂+4]×2 3

故 y_P+y_Q=0 ， y_P=-y_Q 從而

[法二]【最優解】幾何含義法

① 當直線 ξ_l 與 x 軸重合，不妨設 ，由平面幾何知識得 所以

② 當直線 ξ_l 不與 x 軸重合時，設直線 l：x=ty-4 由題意，直線 ξ_l 不過 A（-2，-1） 和點（-2，1），所以t≠±2 設 M ， N ，聯立?x=ty-4 ， 得 （t²+4）y²-8ty+8=0 ，由題意知 Δgt;0 ，所以t2gt;4.且y+y2

由題意知直線 MA ， NA 的斜率存在. l_?MA：y+1=

當 x=-4 時，

同理，yQ （20 所以 因為 ty₁y₂=y₁+y₂ ，所以 （204號

【點評】方法一直接設直線MN的方程為： y=k （x+4） ，聯立方程消去 y ，利用韋達定理化簡求解；方法二先對斜率為零的情況進行特例研究，在斜率不為零的情況下設直線方程為 l：x=ty-4 ，聯立方程消去 x ，直接利用韋達定理求得 P ， Q 的縱坐標，運算更為簡潔，應為最優解法.

1．定值問題一般有兩種類型，一是所求為定值;二是證明某式為定值；

2.求解定值問題的三個步驟（1）由特例得出一個值，此值一般就是定值；

（2）證明定值，有時可直接證明定值，有時將問題轉化為代數式，可證明該代數式與參數（某些變量）無關；也可令系數等于零，得出定值；

（3）得出結論.

例3．已知雙曲線 c 的中心為坐標原點，左焦點為（ ，0），離心率為 ，點 A₁ ， A₂ 為 c 的左，右頂點. P 為直線 x=1 上的動點， PA₁ 與 c 的另一個交點為 M ， PA₂ 與 c 的另一個交點為 N. （號

（1）求 c 的方程;

（2）證明：直線 MN 過定點.

【解析】（1）由題意可設雙曲線方程為 ，左焦點為 ，則 ，離心率為5，則e=c=2√5 ，則 a=2 ， b²=c²-a²= 20-4=16 ，則 c 的方程為 （204號

（2）因為點 A₁ ， A₂ 為 c 的左，右頂點， P 為直線

x=1 上的動點，

所以 A₁ （-2，0）， A₂ （2，0），設 P（1，t） ，

則直線 PA₁ 的方程為

聯立直線 PA₁ 與雙曲線的方程可得 消去 y 可得 （36-t²）x²-4t²x-4t²-144=0

方程兩根為 x₁ ，-2，由韋達定理可得 -2x₁= 所以 即 設直線 PA₂ 方程為 y=-t（x-2） ，?y=-t（x-2）? ，聯立直線 PA₂ 與雙曲線的方程可得 消去 y 可得 （4-t²）x²+4t²x-4t²-16=0 ，方程兩根為x₂， 2 ，

由韋達定理可得 則x2 t2-4，y= y₂= 即 中

由對稱性可知，若直線 MN 過定點，則定點在 x 軸上，當直線 MN 的斜率不存在時， 0可得 t²=12 ，此時 x₁=x₂=4 ，則直線 MN 經過點E（4， 0） ，48t （204號當t2≠12時，kME k_NE=

所以 M ， N ， E 三點共線，即直線MN經過點E（4， 0） ：

綜上，直線 MN 經過定點（4，0）.

【點評】（1）根據題意，列出方程，求得 Δ_a ， b ，即

可得到 c 的方程；

（2）根據題意，分別得到 M ， N 的坐標，然后分直線 MN 的斜率存在以及不存在分別討論，即可得到結果.

例4.拋物線 c 的焦點 F 到準線 ξ_l 的距離為2.

（1）求拋物線的標準方程；

（2）過焦點 F 的直線（斜率存在且不為0）交拋物線 c 于 A ， B 兩點，線段 AB 的中垂線交拋物線的對稱軸于點 P ，求

【解析】（1）因為拋物線 c 的焦點 F 到準線 ξ_l 的距離為2，所以 p=2 ，根據建系方案的不同，拋物線的標準方程有四種可能，分別是 y²=4x ， y²=-4x ， x²= 4y ， x²=-4y

（2）在平面直角坐標系中，拋物線的位置并不影響 的取值，因此不妨取拋物線的方程為 y²=4x ，此時焦點 F（1， 0） ，根據題意，直線 AB 的斜率存在且不為

0，因此設直線 AB 的方程為 x=my+1 ，與拋物線 y²= 4x 聯立，得關于 y 的一元二次方程 y²-4my-4=0 ，則Δ=16m²+16gt;0 設 、 ，則 y₁+y₂ =4m ， y₁y₂=-4 ， ， x₁+x₂= m（y₁+y₂）+2=4m²+2 ，則 4（1+m²） ，線段 AB 的中點坐標為 （2m²+1，2m） ，

中垂線方程為 y-2m=-m（x-2m²-1） ，令 y=0 解得 x=3+2m² ，

即中垂線與 x 軸交于 ，所以∣FP∣=2+2m² ，則 （204號

【點評】（1）根據拋物線的定義即可得解；

（2）不妨取拋物線的方程為 y²=4x ，設直線 AB 的方程為 x=my+1 ， 、 ，聯立直線與拋物線方程，消元、列出韋達定理，利用弦長公式表示出 ∣AB∣ ，再求出 AB 中垂線方程，即可求出 P 點坐標，即可求出 |FP| ，從而得解.

【專題練習】

1.如圖，橢圓 E 的左焦點

為 F₁ ，右焦點為 F₂ ，離心率 ，過F的直線交橢圓于 A 、 B 兩點，且 ΔABF₂ 的周長為8.

（1）求橢圓 E 的方程；

（2）設動直線 l：y=kx+m 與橢圓 E 有且只有一個公共點 P ，且與直線 x=4 相交于點 Q ，則在 x 軸上一定存在定點 M ，使得以 PQ 為直徑的圓恒過點 M ，試求出點 M 的坐標.

2.已知橢圓 E 的兩個焦點與短軸的一個端點是直角三角形的三個頂點，且橢圓E 過 T（2， 1） ，直線 l：y=x+m 與橢圓 E 交于 A ！ B

（1）求橢圓 E 的標準方程；

（2）設直線 TA ！ TB 的斜率分別為 k₁ ！ k₂ ，證明： k₁+k₂=0

3.已知雙曲線 c 的實軸長為 ， c 的一條漸近線斜率為 直線 ξ_l 交 c 于 P ， Q 兩點，點 在雙曲線 c 上

（1）若直線 ξ_l 過 c 的右焦點，且斜率為-1，求 △PMQ的面積;

（2）設 P ！ Q 為雙曲線 c 上異于點 的 兩動點，記直線 MP ， _MQ 的斜率分別為 k₁ ， k₂ ，若 k₁+k₂=2k₁k₂ ，求證：直線 PQ 過定點.

4．已知拋物線 C₁：y²=px（pgt;0） 的焦點為 F₁ 拋物線 C₂：y²=2px 的焦點為 F₂ ，且

（1）求 p 的值;

（2）若直線 ξ_l 與 C₁ 交于 M ， N 兩點，與 C₂ 交于P ， Q 兩點， M ， P 在第一象限， N ， Q 在第四象限，且 |MP|=2|NQ| ，證明： 為定值.

專題練習參考答案：

1.（1）由橢圓的定義可知 ΔABF₂ 的周長為∣AF₁∣+∣AF₂∣+∣BF₁∣+∣BF₂∣=4a=8 ，即 a=2 ，因為 所以， c=1 ，又因為 a²=b²+c² ，所以， b= ，故橢圓 E 的方程為： =1 ，

（2）聯立

{y=kx+m ，

x2y2 可得-=1，

[4+3

（4k²+3）x²+8kmx+

4m²-12=0 因為動直線

l：y=kx+m 與橢圓 E 有且只有一個公共點 P

所以 Δ=（8km）²-4（4k²+3）（4m²-12）= 48（4k²+3-m²）=0 ，

所以 4k²-m²+3=0 ，此時 ，yp= （20 故點

由 可得 即點 Q（4， 4k+m） ，

假設在 x 軸上存在定點 M ，使得以 PQ 為直徑的圓恒過點 M

設 M（x₀， 0） ，則 ，且 （20

所以，

整理得 對任意實數 m，k 恒成立，則 x₀=1 ，

故在 x 軸上存在定點 M（1， 0） ，使得以 PQ 為直徑的圓恒過點 M

2．（1）因為橢圓 E ： 的兩個焦點與短軸的一個端點是直角三角形的三個頂點，則這個直角三角形為等腰直角三角形，腰長為 Δ_a ，斜邊長為 2c ，則 a²+a²=（2c）² ，可得 a²=2c²

所以， ，所以，橢圓 E 的方程可表示為

將點 T 的坐標代入橢圓 E 的方程可得 解得 ，故橢圓 E 的標準方程為

（2）設點 ！

，聯立 ，

可得 3x²+4mx+2m²-6=0 Δ=16m²-12（2m²-6）=

72-8m²gt;0 ，解得 -3l 過點 T ，

由韋達定理可得

所以， ，因此， k₁+k₂=0

3.（1）如圖，因為

雙曲線 c

的實軸長為

，所以 ，即 Δ_a

．又因為 c 的一條漸近線斜率為 所以 所以 b=1 ，故雙曲線 c

=1 則其右焦點坐標為 ，因為直線 ξ_l 過 c 的

右焦點，且斜率為-1，

所以直線 l 的方程為： ，設 ， ．聯立 得

所以由韋達定理得： ， x₁x₂=8 ，所以

，點 M（2， 1） 到直線 l 的距離為： 所以

（2）如圖，設直線 PQ 的方程為： x=my+n ，設 P ， ：聯立 得（m²-2）y²+2mny+n²-2

Δ=4m²n²-4（m²-2）（n²-2）=8（m²+n²-2）gt;0 ，即m²+n²gt;2 （204號

所以：y，+y= 而 M（2， 1） ， ， 則

因為 k₁+k₂=2k₁k₂ ，所以 整理的：

所以 （y₁-1）（x₂-2）+（y₂-1）（x₁-2）=2（y₁-1） （2（y₂-1） ，所以 y₁x₂+y₂x₁-x₂-x₁+2=2y₁y₂

所以 y₁ （204號 （my₁+n）+2=2y₁y₂

整理得： （2m-2）y₁y₂+（n-m）（y₁+y₂）-2n+2=0，

代人韋達定理得： （20

所以 （2m-2）（n²-2）-2mn（n-m）+（-2n+2） （m²-2）=0 ，整理得 m²-n²-2m-2n=0

即 （m-n）（m+n-2）=0 ，則 m=n 或 m=2-n

當 m=n 時，直線線 PQ 的方程為： x=ny+n= n（y+1） ，所以過定點 （0，δ-1） ;

當 m=2-n 時，直線線 PQ 的方程為： x=（2-n）y +n=n（1-y）+2y ，所以過定點（2，1）.

即為 M（2， 1） ，因為 P ， Q 為雙曲線 c 上異于點M（2， 1） 的兩動點，所以不符合題意.

故直線 PQ 過的定點為（0，-1）.

4.（1）由題意知""，""，所以"解得 p=2

（2）由（1）知 C₁"： y²=2x ， C₂"： y²=4x ，設直線 l ： x=my+t ，""，""，""，""，

根據題意結合圖形可知 m≠0 ，且 y₃gt;y₁gt;0gt; ygt;y4聯立""，y²-2my-2t=0 ，則 y₁+y₂"=2m，

同理聯立""，

得 y²-4my-4t=0 ，則 y₃+y₄=4m. 由 |MP|=2|NQ| 可得，""（20

又"""， y₂-y₄） ，所以 y₃-y₁=2（y₂-y₄） ，

即 4m-y₄-y₁=2（2m-y₁-y₄） ，化簡得 y₁+y₄=0 即y=-y4·

學學科，為新一屆高三學生第一輪復習提出一些指導意見或建議，我們認為：抓住教材中的典型問題（典型例題或習題），挖掘這些問題與經典高考試題之間的聯系是一種多快好省的辦法．但是從茫茫高考題海

又因為 y₁²=2x₁，y₄²=4x₄"，所以""0

再由""得x=4my1·聯立""解得 y₁=8m ，所以 y₂=-6m ， y₄

=-8m ， y₃=12m 故""所以""為定值.A

【作者簡介：北京市正高級教師，北京市高中數學特級教師，首屆全國十佳班主任，教育部課程改革“全國先進工作者”，教育部“國培計劃”全國中小學校長培訓、教師培訓、班主任培訓特邀主講專家，受邀為教育部“國培計劃”等做有關課堂教學、復習備考、班級管理、教師專業成長、優秀生培養等專題報告多場。在《數學通報》等30多家全國知名學術期刊發表較有影響的論文多篇，已出版個人專著《高考數學命題規律與教學策略》《高中數學思想方法及應用》《給學生一個心靈的支點：高慧明班級高效管理藝術》《讓高中生學會學習》等多部，有關高老師在教育教學方面的經驗和做法以“高慧明老師專版”入選高等教育出版社出版的全國教師（師范生）專業教育系列讀本】

責任編輯 徐國堅