曲線過定點問題解題策略

近幾年，高考試卷中圓錐曲線壓軸題經(jīng)常出現(xiàn)曲線過定點問題，由于在解題之前不知道所過的定點，因而對解題增添了一定的難度，怎樣破解曲線過定點問題？下面通過具體的例子，介紹此類問題的求解策略.1 直線過定點問題

1.1 特殊探路，一般證明

例1 已知橢圓C的離心率e=32，長軸的左、右端點分別為A1（-2，0），A2（2，0）.

（1）求橢圓C的方程；

（2）設(shè)直線x=my+1與橢圓C交于P，Q兩點，直線A1P與A2Q交于點S，試問：當(dāng)m變化時，點S是否恒在一條直線上？若是，請寫出這條直線方程，并證明你的結(jié)論；若不是，請說明理由.

解析 （1）橢圓C的方程為x24+y2=1.

（2）由題意可設(shè)直線l的方程為：x=my+1.

①取m=0得P（1，32），Q（1，-32），直線A1P的方程為y=36x+33；直線A2Q的方程為y=32x-3，交點坐標(biāo)為S1（4，3）.P（1，-32），Q（1，32），由對稱性可知交點坐標(biāo)S2（4，3）.若點S在同一條直線上，則直線只能是x=4.

②以下證明對任意m，直線A1P與直線A2Q的交點S均在x=4上，事實上

由x24+y2=1，

x=my+1， 得（my+1）2+4y2=4，即（m2+4）y2+2my-3=0，

記P（x1，y1），Q（x2，y2），則y1+y2=-2mm2+4，y1y2=-3m2+4.

設(shè)A1P與l交于點S0（4，y0），由y04+2=y1x1+2，得y0=6y1x1+2.

設(shè)A2Q與l交于點S′0（4，y′0），由y′04-2=y2x1-2，得y′0=2y2x2-2.

因為y0-y′0=6y1x1+2-2y2x2-2=6y1（my2-1）-2y2（my1+3）（x1+2）（x2-2）=4my1y2-6（y1+y2）（x1+2）（x2-2）=-12mm2+4--12mm2+4（x1+2）（x2-2）=0，所以y0=y′0，即S0與S′0重合，

這說明，當(dāng)m變化時，點S恒在定直線x=4上.

評注 我們要善于在動點的變中尋求不變性，此題使用特殊點證得S在某直線上，再證明一般情況也成立.

1.2 三點共線證明直線過定點

例2 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>；b>；0）過點A（a2，a2）和點B（3，1）.

（1）求橢圓C的方程；

（2）已知點P（x0，y0）在橢圓C上，F(xiàn)為橢圓的左焦點，直線l的方程為x0x+3y0y-6=0，①求證：直線l與橢圓C有唯一的公共點；

②若點F關(guān)于直線l的對稱點為Q，求證：當(dāng)點P在橢圓C上運(yùn)動時，直線PQ恒過定點，并求此定點的坐標(biāo).

解析 （1）橢圓方程為x26+y22=1.

（2）①直線l與橢圓相切.

②因為F（-2，0），所以過點F且與直線l垂直的直線方程為3y0x-x0y+6y0=0.

由3y0x-x0y+6y0=0，

x0x+3y0y-6=0，得x=6x0-18y20x20+9y20，

y=18y0+6x0y0x20+9y20，

因為P（x0，y0）在x26+y22=1上，所以3y20=6-x20，故有x=3x0-63-x0，

y=3y03-x0.

所以點F（-2，0）關(guān)于直線l的對稱點為Q（4x0-63-x0，6y03-x0）.設(shè)橢圓右焦點為F′（2，0），

QF′=（4x0-63-x0-2）2+（6y03-x0）2=（4x0-123-x0）2+（6y03-x0）2.

將3y20=6-x20代入化簡得

QF′=（6x0-123-x0）2+72-12x20（3-x0）2=24（3-x0）2（3-x0）2=26.

又因為點F關(guān)于直線l的對稱點為Q，所以PF=PQ，根據(jù)橢圓定義可知

PF+PF′=26，所以PQ+PF′=26

所以Q、P、F′三點共線，那么，直線PQ恒過定點（2，0）.

評注 由圖像，根據(jù)圓錐曲線光學(xué)性質(zhì)，猜出直線PQ過右焦點，接下來通過PQ+PF′=QF′來證明P、Q、F′三點共線，這里也可以根據(jù)kPQ=kQF′來證明P、Q、F′三點共線.

1.3 a1x+b1y+c1+λ（a2x+b2y+c2）=0，其中λ任意

例3 已知動點M到F（1，0）的距離等于它到直線x=-1的距離.

（1）求點M的軌跡C的方程；

（2）過點F任意做互相垂直的兩條直線l1，l2，分別交曲線C于點A，B和M，N，

設(shè)線段AB和MN的中點分別為P，Q，求證：直線PQ恒過一個定點.

解析 （1）M的軌跡C的方程為y2=4x.

（2）設(shè)A，B兩點的坐標(biāo)分別為（x1，y1），（x2，y2），則點P的坐標(biāo)為（x1+x22，y1+y22），由題意可設(shè)直線l1的方程為y=k（x-1）（k≠0）

由y2=4x，

y=k（x-1），得k2x2-（2k2+4）x+k2=0，

Δ=（2k2+4）2-4k4=16k2+16>；0，因為直線l1交曲線C于A，B兩點，所以x1+x2=2+4k2，

y1+y2=k（x1+x2-2）=4k，

所以點P的坐標(biāo)為（1+2k2，2k）.

由題意知，直線l2的斜率為-1k，同理可得點Q的坐標(biāo)為（1+2k2，-2k），

當(dāng)k≠±1時，有1+2k2≠1+2k2，此時直線PQ的斜率為

kPQ=2k+2k1+2k2-1-2k2=k1-k2.

所以，直線PQ的方程為y+2k=k1-k2（x-1-2k2），

整理得yk2+（x-3）k-y=0，即k（x-3）+（k2-1）y=0，

由k的任意性，可知x-3=0，

y=0.

于是直線PQ恒過定點E（3，0）.

當(dāng)k=±1時，直線PQ的方程為x=3，也過點E（3，0），

綜上所述，直線PQ恒過定點E（3，0）.

評注 此題把直線PQ的方程求出來，接下來消參使曲線方程中只含一個參變量，根據(jù)參數(shù)的任意性找到定點，也可以把直線方程設(shè)為y=kx+m，列一個方程求出k與m的關(guān)系式，就可以求出定點.

1.4 幾何法

例4 已知點P與定點F（1，0）的距離和它到定直線l：x=4的距離之比是1∶2.

（1）求點P的軌跡C的方程；

（2）過點F的直線交曲線C于A，B兩點，A，B在l上的射影分別為M，N，

求證：AN與BM的公共點在x軸上.

解析 （1）P的軌跡C的方程為x24+y23=1.圖1（2）如圖1，當(dāng)AB不垂直于x軸時，設(shè)AF=n，則AM=2n，設(shè)BF=m，則BN=2m，在△ABN和△ABM中，F(xiàn)H∥AM，F(xiàn)H1∥BN，

所以△ABN∽△AFH1，△BAM∽△BFH，所以AFAB=FHBN，即有nn+m=FH2m，F(xiàn)H=2mnm+n.同理可推，AFAB=FH1BN，即有nn+m=FH12m，F(xiàn)H1=2mnm+n.

所以FH=FH1，所以H與H1重合，所以AN與BM的交點在x軸上.2 圓過定點問題

2.1 特殊探路，一般證明

例5 已知橢圓C的中心在坐標(biāo)原點，離心率e=22，且其中一個焦點與拋物線y=14x2的焦點重合.

（1）求橢圓C的方程；

（2）過點S（-13，0）的動直線l交橢圓C于A，B兩點，試問：在坐標(biāo)平面上是否存在一個定點T，使得無論l如何轉(zhuǎn)動，以AB為直徑的圓恒過點T，若存在，求出點T的坐標(biāo)；若不存在，說明理由.

解析 （1）橢圓C方程為x2+y22=1.

（2）若直線l與x軸重合，則以AB為直徑的圓的方程是x2+y2=1；

若直線l與y軸重合，則以AB為直徑的圓的方程是（x+13）2+y2=169.

由x2+y2=1，

（x+13）2+y2=169，解得x=1，

y=0，即兩圓相切于點（1，0）.因此，所求的點T如果存在，只能是（1，0）.

事實上，點T（1，0）就是所求的點，證明如下：

當(dāng)直線l與x軸重合，以AB為直徑的圓過T（1，0）.

當(dāng)直線l不垂直于x軸，可設(shè)直線l：y=k（x+13），由x2+y22=1，

y=k（x+13）. 得（k2+2）x2+23k2x+19k2-2=0.設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2）則x1+x2=-23k2k2+2，x1x2=19k2-2k2+2.

又因為TA=（x1-1，y1），TB=（x2-1，y2），

TA·TB=（x1-1）（x2-1）+y1y2=（x1-1）（x2-1）+k2（x1+13）（x2+13）=（k2+1）x1x2+（13k2-1）（x1+x2）+19k2+1=（k2+1）19k2-2k2+2+（13k2-1）-23k2k2+2+19k2+1=0，所以TA⊥TB，即以AB為直徑的圓過T（1，0），所以在坐標(biāo)平面上存在一個定點T（1，0）滿足條件.

評注 先通過特殊圓確定定點，再轉(zhuǎn)化為有方向有目標(biāo)的一般性證明.

2.2 一般推理，特殊求解圖2例6 已知點P1（x0，y0）為雙曲線x28b2-y2b2=1（b為正常數(shù)）上任一點，F(xiàn)2為雙曲線的右焦點，過P1作右準(zhǔn)線的垂線，垂足為A，連接F2A并延長交y軸于P2.

（1）求線段P1P2的中點P的軌跡E的方程；

（2）設(shè)軌跡E與x軸交于B、D兩點，在E上任取一點Q（x1，y1）（y1≠0），直線QB，QD分別交y軸于M，N兩點，求證：以MN為直徑的圓過兩定點.

解析 （1）P的軌跡E的方程為x22b2-y225b2=1.

（2）在x22b2-y225b2=1中令y=0得x2=2b2，則不妨設(shè)B（-2b，0），D（2b，0），

于是直線QB的方程為：y=y1x1+2b（x+2b），

直線QD的方程為：y=y1x1-2b（x-2b），則M（0，2by1x1+2b），N（0，-2by1x1-2b），

則以MN為直徑的圓的方程為：x2+（y-2by1x1+2b）（y+2by1x1-2b）=0，令y=0得：x2=2b2y21x21-2b2，而Q（x1，y1）在x22b2-y225b2=1上，則x21-2b2=225y21，

于是x=±5b，即以MN為直徑的圓過兩定點（-5b，0），（5b，0）.

評注 計算出圓的方程后，圓的方程含有兩個參數(shù)x1和y1，根據(jù)兩個參數(shù)x1和y1之間的關(guān)系式，如果令y=0，得到x為定值x0，說明圓過定點（x0，0），如果令x=0，得到y(tǒng)為定值y0，說明圓過定點（0，y0）.

2.3 x2+y2+Dx+Ey+C1+λ（Ax+By+C2）=0，其中λ任意

例7 已知橢圓O的中心在原點，長軸在x軸上，右頂點A（2，0），離心率為32，不過點A的動直線y=12x+m交橢圓O于P，Q兩點.

（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；

（2）證明：P，Q兩點的橫坐標(biāo)的平方和為定值；

（3）過點A，P，Q的動圓記為圓C，動圓C過不同于A的定點，請求出該定點坐標(biāo).

解析 （1）橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24+y2=1 .（2）x21+x22=4.

（3）設(shè)圓的一般方程為：x2+y2+Dx+Ey+F=0，則圓心為（-D2，-E2）.PQ中點M（-m，m2），PQ的垂直平分線的方程為：y=-2x-32m.

圓心（-D2，-E2）滿足y=-2x-32m，所以-E2=D-32m.①

圓過定點（2，0），所以4+2D+F=0.②

圓過P（x1，y1），Q（x2，y2），則有

x21+y21+Dx1+Ey1+F=0，x22+y22+Dx2+Ey2+F=0兩式相加得

x21+x22+y21+y22+Dx1+Dx2+Ey1+Ey2+2F=0，

x21+x22+（1-x214）+（1-x224）+D（x1+x2）+E（y1+y2）+2F=0，

因為y1+y2=m，所以5-2mD+mE+2F=0. ③

因為動直線y=12x+m與橢圓O交于P，Q（均不與A點重合）所以m≠-1.

又由①②③解得：D=3（m-1）4，E=32m+32，F(xiàn)=-32m-52.

代入圓的方程得：x2+y2+3（m-1）4x+（32m+32）y-32m-52=0，

整理得（x2+y2-34x+32y-52）+m（34x+32y-32）=0，

由x2+y2-34x+32y-52=0，

34x+32y-32=0.解得x=0，

y=1，或x=2，

y=0，（舍），所以圓過定點（0，1）.

評注 這種方法是常規(guī)解法，設(shè)出或算出圓的方程，根據(jù)參數(shù)的任意性得到定點坐標(biāo).

2.4 幾何法

例8 平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)二次函數(shù)f（x）=x2+2x+b（x∈R）的圖象與兩坐標(biāo)軸有三個交點，經(jīng)過這三個交點的圓記為C.

求：（1）求實數(shù)b的取值范圍；

（2）求圓C的方程；

（3）問圓C是否經(jīng)過某定點（其坐標(biāo)與b無關(guān)）？請證明你的結(jié)論.

解析 （1）b<1且b≠0.

（2）圓C的方程為x2+y2+2x-（b+1）y+b=0.

（3）圓C必過定點（0，1）和（-2，0）.證明如下：

不妨設(shè)函數(shù)與x軸交于A，B兩點，交y軸于D，E兩點，根據(jù)割線定理，無論原點O在圓內(nèi)還是圓外恒有等式：OA·OB=OD·OE，所以xA·xB=yD·yE，又因為xAxB=byD=b，yD=1，所以圓C過定點（0，1），又圓C關(guān)于直線x=-1對稱，所以圓C又過定點（-2，0），所以圓C過定點（0，1）和（-2，0）.

評注 根據(jù)平面幾何中圓的割線定理列出等式，算出一個定點，再根據(jù)圓的對稱性得到另一個定點.

3 一點思考

波利亞說過：“從手頭上的問題去尋找這樣一些特征，它們在解決即將遇到的問題時可能是有用的，也就是努力去揭示隱藏在這一具體情況之后的一般模式.”對于曲線過定點這類開放性問題，我們不僅要有一定探索能力和創(chuàng)新能力，還要在做題的同時歸納總結(jié)出某些問題的特征，找到其中蘊(yùn)含的解題規(guī)律，形成自己的解題技巧，形成知識網(wǎng)絡(luò)和方法體系，更重要的是把這些問題系統(tǒng)地串在一起，形成問題串和知識鏈，便于我們梳理此類問題的解法，而且提高了對此類問題的應(yīng)變能力，只有這樣，我們才能以不變應(yīng)萬變，才能讓學(xué)生跳出題海，才能提高我們的創(chuàng)新能力和實踐能力.

作者簡介 梁文強(qiáng)，男，1980年生，河南省新野縣人，中學(xué)一級教師，濮陽市優(yōu)秀班主任，濮陽市師德標(biāo)兵，濮陽市優(yōu)質(zhì)課一等獎，主要從事高中數(shù)學(xué)教育和教學(xué)研究.

（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；

（2）證明：P，Q兩點的橫坐標(biāo)的平方和為定值；

（3）過點A，P，Q的動圓記為圓C，動圓C過不同于A的定點，請求出該定點坐標(biāo).

解析 （1）橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24+y2=1 .（2）x21+x22=4.

（3）設(shè)圓的一般方程為：x2+y2+Dx+Ey+F=0，則圓心為（-D2，-E2）.PQ中點M（-m，m2），PQ的垂直平分線的方程為：y=-2x-32m.

圓心（-D2，-E2）滿足y=-2x-32m，所以-E2=D-32m.①

圓過定點（2，0），所以4+2D+F=0.②

圓過P（x1，y1），Q（x2，y2），則有

x21+y21+Dx1+Ey1+F=0，x22+y22+Dx2+Ey2+F=0兩式相加得

x21+x22+y21+y22+Dx1+Dx2+Ey1+Ey2+2F=0，

x21+x22+（1-x214）+（1-x224）+D（x1+x2）+E（y1+y2）+2F=0，

因為y1+y2=m，所以5-2mD+mE+2F=0. ③

因為動直線y=12x+m與橢圓O交于P，Q（均不與A點重合）所以m≠-1.

又由①②③解得：D=3（m-1）4，E=32m+32，F(xiàn)=-32m-52.

代入圓的方程得：x2+y2+3（m-1）4x+（32m+32）y-32m-52=0，

整理得（x2+y2-34x+32y-52）+m（34x+32y-32）=0，

由x2+y2-34x+32y-52=0，

34x+32y-32=0.解得x=0，

y=1，或x=2，

y=0，（舍），所以圓過定點（0，1）.

評注 這種方法是常規(guī)解法，設(shè)出或算出圓的方程，根據(jù)參數(shù)的任意性得到定點坐標(biāo).

2.4 幾何法

例8 平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)二次函數(shù)f（x）=x2+2x+b（x∈R）的圖象與兩坐標(biāo)軸有三個交點，經(jīng)過這三個交點的圓記為C.

求：（1）求實數(shù)b的取值范圍；

（2）求圓C的方程；

（3）問圓C是否經(jīng)過某定點（其坐標(biāo)與b無關(guān)）？請證明你的結(jié)論.

解析 （1）b<1且b≠0.

（2）圓C的方程為x2+y2+2x-（b+1）y+b=0.

（3）圓C必過定點（0，1）和（-2，0）.證明如下：

不妨設(shè)函數(shù)與x軸交于A，B兩點，交y軸于D，E兩點，根據(jù)割線定理，無論原點O在圓內(nèi)還是圓外恒有等式：OA·OB=OD·OE，所以xA·xB=yD·yE，又因為xAxB=byD=b，yD=1，所以圓C過定點（0，1），又圓C關(guān)于直線x=-1對稱，所以圓C又過定點（-2，0），所以圓C過定點（0，1）和（-2，0）.

評注 根據(jù)平面幾何中圓的割線定理列出等式，算出一個定點，再根據(jù)圓的對稱性得到另一個定點.

3 一點思考

波利亞說過：“從手頭上的問題去尋找這樣一些特征，它們在解決即將遇到的問題時可能是有用的，也就是努力去揭示隱藏在這一具體情況之后的一般模式.”對于曲線過定點這類開放性問題，我們不僅要有一定探索能力和創(chuàng)新能力，還要在做題的同時歸納總結(jié)出某些問題的特征，找到其中蘊(yùn)含的解題規(guī)律，形成自己的解題技巧，形成知識網(wǎng)絡(luò)和方法體系，更重要的是把這些問題系統(tǒng)地串在一起，形成問題串和知識鏈，便于我們梳理此類問題的解法，而且提高了對此類問題的應(yīng)變能力，只有這樣，我們才能以不變應(yīng)萬變，才能讓學(xué)生跳出題海，才能提高我們的創(chuàng)新能力和實踐能力.

作者簡介 梁文強(qiáng)，男，1980年生，河南省新野縣人，中學(xué)一級教師，濮陽市優(yōu)秀班主任，濮陽市師德標(biāo)兵，濮陽市優(yōu)質(zhì)課一等獎，主要從事高中數(shù)學(xué)教育和教學(xué)研究.

（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；

（2）證明：P，Q兩點的橫坐標(biāo)的平方和為定值；

（3）過點A，P，Q的動圓記為圓C，動圓C過不同于A的定點，請求出該定點坐標(biāo).

解析 （1）橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24+y2=1 .（2）x21+x22=4.

（3）設(shè)圓的一般方程為：x2+y2+Dx+Ey+F=0，則圓心為（-D2，-E2）.PQ中點M（-m，m2），PQ的垂直平分線的方程為：y=-2x-32m.

圓心（-D2，-E2）滿足y=-2x-32m，所以-E2=D-32m.①

圓過定點（2，0），所以4+2D+F=0.②

圓過P（x1，y1），Q（x2，y2），則有

x21+y21+Dx1+Ey1+F=0，x22+y22+Dx2+Ey2+F=0兩式相加得

x21+x22+y21+y22+Dx1+Dx2+Ey1+Ey2+2F=0，

x21+x22+（1-x214）+（1-x224）+D（x1+x2）+E（y1+y2）+2F=0，

因為y1+y2=m，所以5-2mD+mE+2F=0. ③

因為動直線y=12x+m與橢圓O交于P，Q（均不與A點重合）所以m≠-1.

又由①②③解得：D=3（m-1）4，E=32m+32，F(xiàn)=-32m-52.

代入圓的方程得：x2+y2+3（m-1）4x+（32m+32）y-32m-52=0，

整理得（x2+y2-34x+32y-52）+m（34x+32y-32）=0，

由x2+y2-34x+32y-52=0，

34x+32y-32=0.解得x=0，

y=1，或x=2，

y=0，（舍），所以圓過定點（0，1）.

評注 這種方法是常規(guī)解法，設(shè)出或算出圓的方程，根據(jù)參數(shù)的任意性得到定點坐標(biāo).

2.4 幾何法

例8 平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)二次函數(shù)f（x）=x2+2x+b（x∈R）的圖象與兩坐標(biāo)軸有三個交點，經(jīng)過這三個交點的圓記為C.

求：（1）求實數(shù)b的取值范圍；

（2）求圓C的方程；

（3）問圓C是否經(jīng)過某定點（其坐標(biāo)與b無關(guān)）？請證明你的結(jié)論.

解析 （1）b<1且b≠0.

（2）圓C的方程為x2+y2+2x-（b+1）y+b=0.

（3）圓C必過定點（0，1）和（-2，0）.證明如下：

不妨設(shè)函數(shù)與x軸交于A，B兩點，交y軸于D，E兩點，根據(jù)割線定理，無論原點O在圓內(nèi)還是圓外恒有等式：OA·OB=OD·OE，所以xA·xB=yD·yE，又因為xAxB=byD=b，yD=1，所以圓C過定點（0，1），又圓C關(guān)于直線x=-1對稱，所以圓C又過定點（-2，0），所以圓C過定點（0，1）和（-2，0）.

評注 根據(jù)平面幾何中圓的割線定理列出等式，算出一個定點，再根據(jù)圓的對稱性得到另一個定點.

3 一點思考

波利亞說過：“從手頭上的問題去尋找這樣一些特征，它們在解決即將遇到的問題時可能是有用的，也就是努力去揭示隱藏在這一具體情況之后的一般模式.”對于曲線過定點這類開放性問題，我們不僅要有一定探索能力和創(chuàng)新能力，還要在做題的同時歸納總結(jié)出某些問題的特征，找到其中蘊(yùn)含的解題規(guī)律，形成自己的解題技巧，形成知識網(wǎng)絡(luò)和方法體系，更重要的是把這些問題系統(tǒng)地串在一起，形成問題串和知識鏈，便于我們梳理此類問題的解法，而且提高了對此類問題的應(yīng)變能力，只有這樣，我們才能以不變應(yīng)萬變，才能讓學(xué)生跳出題海，才能提高我們的創(chuàng)新能力和實踐能力.

作者簡介 梁文強(qiáng)，男，1980年生，河南省新野縣人，中學(xué)一級教師，濮陽市優(yōu)秀班主任，濮陽市師德標(biāo)兵，濮陽市優(yōu)質(zhì)課一等獎，主要從事高中數(shù)學(xué)教育和教學(xué)研究.