解析几何中定点、定值和探索性问题

虞安群

解析几何中的定点、定值及探索性问题主要以解答题形式考查，一般以椭圆或抛物线为背景，试题难度较大.需要在学习过程中不仅仅要掌握好基本知识点，更要在解题方法、解题思想上多加总结.代数方程是解题的桥梁，注意分类讨论的思想、函数与方程思想、化归与转化思想的应用.下面以部分例题进行分析.

题型一定点问题

例1已知椭圆C：y2a2+x2b2=1（a>b>0）经过点（32，1），一个焦点是F（0，-1）.

（1）求椭圆C的方程；

（2）设椭圆C与y轴的两个交点为A1，A2，点P在直线y=a2上，直线PA1，PA2分别与椭圆C交于M，N两点.试问：当点P在直线y=a2上运动时，直线MN是否恒过定点Q？证明你的结论.

解析（1）由题意知c=1，可设椭圆方程为y21+b2+x2b2=1，

因为（32，1）在椭圆上，所以11+b2+94b2=1，解得b2=3，所以椭圆的方程为y24+x23=1.

（2）假设存在定点Q.

当点P在y轴上时，M，N分别与A1，A2重合，若直线MN经过定点Q，则Q必在y轴上，设Q（0，m）.

当点P不在y轴上时，

设P（t，4），M（x1，y1），N（x2，y2），因为A1（0，2），A2（0，-2），

所以直线PA1的方程为y=2tx+2，直线PA2的方程为y=6tx-2.

将y=2tx+2代入y24+x23=1，得（3+t2）x2+6tx=0，

解得x1=-6t3+t2，y1=2tx1+2=2t2-63+t2，

所以QM=（-6t3+t2， （2-m）t2-6-3m3+t2）.

将y=6tx-2代入y24+x23=1，得（27+t2）x2-18tx=0，解得x2=8t27+t2，y2=6tx2-2=54-2t227+t2，所以QN=（18t27+t2，54-27m-（2+m）t227+t2）.因为QM∥QN，所以-6t3+t2·54-27m-（2+m）t227+t2-18t27+t2·（2-m）t2-6-3m3+t2=0，所以（1-m）（9+t2）=0，所以m=1，

所以当点P在直线y=a2上运动时，直线MN恒经过定点Q（0，1）.

思路点拨圆锥曲线中定点问题的两种解法：

（1）引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.

（2）特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.

题型二定值问题

例2已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的短半轴长为1，动点M（2，t）（t>0）在直线x=a2c（c为半焦距）上.（1）求椭圆的标准方程；（2）求以OM为直径且被直线3x-4y-5=0截得的弦长为2的圆的方程；（3）设F是椭圆的右焦点，过点F作OM的垂线与以OM为直径的圆交于点N，求证：线段ON的长为定值，并求出这个定值.

解析（1）由点M（2，t）在直线x=a2c上，得a2c=2，故

1+c2c=2，所以c=1，从而a2=2，b2=a2-c2=1.所以椭圆方程为x22+y2=1.

（2）以OM为直径的圆的方程为x（x-2）+y（y-t）=0.即（x-1）2+（y-t2）2=t24+1.其圆心为（1，t2），半径r=t24+1.因为以OM为直径的圆被直线3x-4y-5=0截得的弦长为2，

所以圆心到直线3x-4y-5=0的距离d=r2-1=t2.所以|3-2t-5|5=t2，解得t=4.所求圆的方程为（x-1）2+（y-2）2=5.

（3）设N（x0，y0），则FN=（x0-1，y0），OM=（2，t），MN=（x0-2，y0-t），ON=（x0，y0）.

因为FN⊥OM，所以2（x0-1）+ty0=0，所以2x0+ty0=2.又因为MN⊥ON，

所以x0（x0-2）+y0（y0-t）=0，所以x20+y20=2x0+ty0=2，所以|ON|=x20+y20=2为定值.

思路点拨圆锥曲线中定值问题的特点及解法.（1）特点：待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值.（2）两大解法：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关.

②引进变量法：选择适当的动点坐标或动线中系数为变量，把要证明的定值的量表示为变量的函数，再把得到的函数化简，消去变量得到定值.

题型三探索性问题

例3已知椭圆T：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的离心率e=63，A，B是椭圆T上两点，N（3，1）是线段AB的中点，线段AB的垂直平分线与椭圆T相交于C，D两点.（1）求直线AB的方程；（2）是否存在这样的椭圆，使得以CD为直径的圆过原点O？若存在，求出该椭圆方程；若不存在，请说明理由.

解析（1）由离心率e=63，可得椭圆T：x2+3y2=a2（a>0）.设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB的方程为y=k（x-3）+1，代入x2+3y2=a2，整理得（3k2+1）x2-6k（3k-1）x+3（3k-1）2-a2=0.①Δ=4[a2（3k2+1）-3（3k-1）2]>0，②x1+x2=6k（3k-1）3k2+1.由N（3，1）是线段AB的中点，得x1+x22=3，解得k=-1，代入①得，a2>12，直线AB的方程为y-1=-（x-3），即x+y-4=0.

（2）因为CD垂直平分AB，所以直线CD的方程为y-1=x-3，即x-y-2=0，

代入椭圆方程，整理得4x2-12x+12-a2=0.又设C（x3，y3），D（x4，y4），

所以x3+x4=3，x3x4=12-a24，y3y4=（x3-2）（x4-2）=4-a24.假设存在这样的椭圆，使得以CD为直径的圆过原点O，则x3x4+y3y4=0得a2=8，又a2>12，故不存在这样的椭圆.

思路点拨解决探究性、存在性问题的常用方法.（1）解决是否存在常数的问题时，应首先假设存在，看是否能求出符合条件的参数值，如果推出矛盾就不存在，否则就存在.（2）解决是否存在点的问题时，可依据条件，直接探究其结果；也可以举特例，然后再证明.（3）解决是否存在直线的问题时，可依据条件寻找适合条件的直线方程，联立方程消元得出一元二次方程，利用判别式得出是否有解.（4）解决是否存在最值问题时，可依据条件，得出函数解析式，依据解析式判定其最值是否存在，然后得出结论.