解析几何中的几个“定”

黄俊峰

定值问题

定值问题一般的求解策略是：与焦点、准线有关的问题可以直接利用圆锥曲线的定义求解；有些几何特征比较明显的问题可借助平面几何的知识进行求解；一般问题可直接通过运算求解.

例1 椭圆[C：x2a2+y2b2=1][（a>b>0）]的左、右焦点分别是[F1]，[F2]，离心率为[32]，过[F1]且垂直于[x]轴的直线被椭圆[C]截得的线段长为1.

（1）求椭圆[C]的方程；

（2）点[P]是椭圆[C]上除长轴端点外的任一点，连接[PF1，PF2]，设[∠F1PF2]的角平分线[PM]交椭圆[C]的长轴于点[M（m，0）]，求[m]的取值范围；

（3）在（2）的条件下，过点[P]作斜率为[k]的直线l，使得l与椭圆[C]有且只有一个公共点， 设直线[PF1，PF2]的斜率分别为[k1，k2]，若[k≠0]，试证明：[1kk1+1kk2]为定值，并求出这个定值.

解析 （1）[x24+y2=1].

（2）由题意可知，[PF1?PM|PF1|?|PM|]=[PF2?PM|PF2|?|PM|]，

即[PF1?PMPF1]=[PF2?PMPF2].

设[P（x0，y0）]，其中[x20≠4]，

将向量坐标代入上式并化简得，

[m（4x20-16）=3x30-12x0].

因为[x20≠4]，所以[m=34x0].

而[x0∈（-2，2）]，所以[m∈（-32，32）].

（3）由题意可知，l为椭圆在[P]点处的切线. 由导数法可求得，切线方程为[x0x4+y0y=1].

所以[k=-x04y0].

而[k1=y0x+3，k2=y0x-3]，

所以[1kk1+1kk2=-4（x0+3x0+x0-3x0）=-8]为定值.

点评 本题考查了椭圆的定义、离心率、椭圆与双曲线的标准方程、直线与圆锥曲线的位置关系，是一道综合性的试题. 其中第（3）问是一个开放性问题，考查了同学们观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题的能力.

定点问题

定点问题的实质是：当动直线变化时，这些直线相交于一点，也即这些直线绕着这个定点在转动. 由于定点未知，由动直线的变化确定，因此这类问题的处理往往费时费力，且对能力要求高. 一般的求解策略是：引入参数求解，即先设所求直线，然后分离变量可得该点.

例2 如图，椭圆[E：x2a2+y2b2=1（a>b>0）]的左焦点为[F1]，右焦点为[F2]，离心率[e=12]. 过[F1]的直线交椭圆于[A，B]两点，且△[ABF2]的周长为8.

（1）求椭圆[E]的方程；

（2）设动直线[l：y=kx+m]与椭圆[E]有且只有一个公共点[P]，且与直线[x=4]相交于点[Q]. 试探究：在坐标平面内是否存在定点[M]，使得以[PQ]为直径的圆恒过点[M]？若存在，求出点[M]的坐标；若不存在，说明理由.

解析 （1）[x24+y23=1].

（2）由[y=kx+m，x24+y23=1]消去[y]得，

[（4k2+3）x2+8kmx+4m2-12=0].

因为动直线l与椭圆[E]有且只有一个公共点[P（x0，y0）]，

所以[m≠0， Δ=0]，

即[64k2m2-4（4k2+3）（4m2-12）=0].

化简得，[4k2-m2+3=0].

此时，[x0=-4km4k2+3=-4km，y0=kx0+m=3m].

所以[P（-4km，3m）].

由[y=kx+m，x=4]得，[Q（4，4k+m）].

假设平面内存在点[M]满足条件.

①取[k=0，m=3]，此时，[P（1，32），Q（4，3）]，以[PQ]为直径的圆的方程为[（x-2）2+（y-3）2=4]，交[x]轴于点[M1（1，0），M2（3，0）.]

②取[k=-12，m=2]，此时[P（1，32），Q（4，0）]，以[PQ]为直径的圆的方程为[（x-52）2+（y-34）2=4516]，交[x]轴于点[M3（1，0），M4（4，0）.]

若符合条件的点[M]存在，

则点[M]的坐标必为（1，0）.

下面证明[M（1，0）]为满足条件的点.

因为[M（1，0）]，

所以[MP=（-4km-1，3m），MQ=（3，4k+m）].

从而[MP?MQ=-12km-3+12km+3=0].

故恒有[MP⊥MQ].

即存在定点[M（1，0）]，使得以[PQ]为直径的圆恒过点[M].

点评 本题解答中，先猜点的存在，通过特殊的点[P，Q]，将以[PQ]为直径的圆的方程求出；然后将两个圆的方程叠加，求出相应定点；最后对定点给出一般情况下的证明.

定直线问题

证明动点在定直线上，体现了点的变化轨迹，其实质是：求点的轨迹方程. 一般的求解策略是：引入参数或是利用熟悉的知识转化为求点的轨迹问题.

例3 设椭圆[C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）]过点[M（2，1）]，且左焦点为[F1（-2，0）].

（1）求椭圆[C]的方程；

（2）当过点[P（4，1）]的动直线[l]与椭圆[C]相交与两不同点[A，B]时，在线段[AB]上取点[Q]，满足[AP·QB=][AQ·PB]，证明：点[Q]总在某定直线上.

解析 （1）[x24+y22=1].

（2）本题要证明“点[Q]总在某定直线上”，事实上就是为了降低难度，提醒我们点[Q]的轨迹就是一条直线或者是直线的一部分. 如何求出这条直线呢？从正面直接求这条直线，非常困难，计算量非常大. 为此，我们可以采用“特殊化”思路，先找到这条直线. 当椭圆的割线[PAB]退化为切线时，[Q]点退化为切点（事实上[Q]点是不能达到切点的）. 于是我们完全有理由猜想这条直线就是两切点[C，D]所在的直线. 下面给出第（2）问的不同于标准答案的解答.

方法一：①过点[P]作椭圆的两条切线，切点分别为[C，D]，由导数知识可求得切点弦[CD]所在直线方程为[x+y2=1]，于是猜想点[Q]始终在直线[2x+y-2=0]上.

②设点[Q，A，B]的坐标分别为[（x，y），（x1，y1），（x2，y2）].

由题意得，[AP，PB，AQ，QB]均不为零，记[λ=APPB=AQQB].

则[λ>0]，且[λ≠1].

又[A，P，B，Q]四点共线，

从而[AP=-λPB，AQ=λQB].

故[4=x1-λx21-λ]，[1=y1-λy21-λ]；

[x=x1+λx21+λ]，[y=y1+λy21+λ].

从而，[x21-λ2x221-λ2=4x]， ①

[y21-λ2y221-λ2=y]. ②

又点[A，B]在椭圆[C]上，

即[x21+2y21=4，]③ [x22+2y22=4，]④

①+②×2并结合③④得，[4x+2y=4].

即点[Q（x，y）]总在定直线[2x+y-2=0]上.

方法二：设点[Q（x，y），A（x1，y1），B（x2，y2）]，将直线[PAB]：[y=k（x-4）+1]代入椭圆方程[x24+y22=1]，并化简得，

[（2+4k2）x2-（32k2-8k）x+64k2-32k-4=0].

因为[PA，PB，AQ，QB]均不为零，

且 [PAAQ=PBQB]，再结合[P，Q]的位置，

所以[APBP=AQBQ].

所以[4-x14-x2=x-x1x2-x].

化简得，[8x+2x1x2-（x1+x2）（x+4）=0].

用[k]表示[x1+x2]和[x1x2]并代入上式可得，

[x=4k+12+k].

同理可得，[y=-6k+22+k].

消去参数[k]得，[2x+y-2=0].

点拨 （1）这里先由“特殊化”思路找到点[Q]所在的直线，在这条直线的引导下，一种很难想到的方法，变得非常自然，非常简便.

（2）考试中绝大多数同学采用了正面计算，以期求得[Q]点的直线方程，但大多数无功而返. 这里采用了结论：由[APBP=AQBQ]可得，[4-x14-x2=x-x1x2-x]和[1-y11-y2=y-y1y2-y]，使得计算简洁明了.

定角问题

例4 已知椭圆[C1：x2a2+y2b2=1][（a>b>0）]的左、右焦点分别为[F1，F2]，右顶点为[A，P]为椭圆[C1]上任意一点，[PF1?PF2]的最大值的取值范围是[c2，3c2，]其中[c=a2-b2.]

（1）求椭圆[C1]的离心率[e]的取值范围；

（2）双曲线[C2]以椭圆[C1]的焦点为顶点，顶点为焦点，点[B]是双曲线[C2]上在第一象限内的任意一点，当（1）中[e]取得最小值时，是否存在常数[λ]（[λ]>0）使得[∠BAF1=λ∠BF1A]恒成立.

解析 （1）[e∈12，22].

（2）很多同学由条件及[e=12]可得，[C2：x2c2-y23c2=1]后思维受阻. 此时，若能从[PA⊥x]轴，即（2c，3c）处（特殊化）求得[∠BAF1=2∠BF1A]，从而猜测[λ=2]作为突破口，以下只需借助斜率公式、二倍角公式就能很自然地给出证明（一般化）. （解法略）