例析圓錐曲線中定點定值問題

摘要：曲線問題一直是高考的重點內容之一，近些年圓錐曲線中的定點定值問題逐漸成為熱點考點，對于學生來說也是一個難點.文章結合一道具體例題，從不同視角分析圓錐曲線定點定值問題的解題策略，總結歸納這類題型適用的解題技巧，提升學生的解題水平.

關鍵詞：圓錐曲線；定點定值問題；解題技巧

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2025）07-0065-03

收稿日期：2024-12-05

作者簡介：劉麗莎，本科，二級教師，從事高中數學教學研究.

圓錐曲線作為高中數學的重要組成部分，涵蓋了橢圓、雙曲線和拋物線等基本圖形，它們不僅在數學理論中占據核心地位，在實際應用中也極為廣泛.一類圓錐曲線過定點問題，即探討在特定條件下圓錐曲線恒過某些固定點的問題，對于深化學生對圓錐曲線性質的理解及提升解題技能具有顯著作用.

1直接求點法

直接求點法在解決圓錐曲線定點問題時，是一種基于方程的求解策略.這種方法直接從直線與圓錐曲線方程出發，通過精確的代數操作來確定定點的坐標[1].直接求點法的優點是直接性和系統性，通過純粹的代數運算，可以直接找到問題的解.

例1已知點F1（-3，0），F2（3，0）分別為橢圓C的兩個焦點，橢圓的離心率為32．

（1）求橢圓C的標準方程；

（2）M為橢圓C的左頂點，直線l與橢圓C交于A，B兩點，若MA⊥MB，求證：直線l過定點．

解析（1）由題意得：c=3，離心率e=ca=32.又因為a2=b2+c2，故可知a=2，b=1.

所以橢圓方程為x24+y2=1.

（2）如圖1，因為點M為橢圓C的左頂點，所以M（-2，0）.設直線l的方程為x=ty+m，A（x1，y1），B（x2，y2），聯立方程x=ty+m，

x2+4y2=4，得（t2+4）y2+2mty+m2-4=0.則Δ=（2mt）2-4（t2+4）·m2-4gt;0.即t2+4gt;m2.由韋達定理可得：y1+y2=-2mtt2+4，y1y2=m2-4t2+4.因為MA⊥MB，所以MA·MB=0.所以x1+2x2+2+y1y2=0.所以x1x2+2（x1+x2）+4+y1y2=0.又因為x1=ty1+m，

x2=ty2+m，所以（t2+1）y1y2+（mt+2t）（y1+y2）+（m+2）2=0.所以（t2+1）（m2-4）+（mt+2t）（-2mt）+（m2+4m+4）（t2+4）=0.展開后整理得5m2+16m+12=0，解得m=-65或m=-2.當m=-2時，直線l的方程為x=ty-2，經過點M，不滿足題意，舍去;當m=-65時，直線l的方程為x=ty-65，恒過定點（-65，0）.所以直線l過定點.

2設而不求法

設而不求法的核心在于巧妙地引入未知數，但并不求解這些未知數的具體值，而是通過它們來建立已知條件和所求目標之間的聯系，從而簡化解題過程[2].

例2已知橢圓E：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）經過點M（1，32），且焦距F1F2=23，線段AB，CD分別是它的長軸和短軸.

（1）求橢圓E的方程;

（2）若Ns，t是平面上的動點，s=1，t≠±32，直線NA，NB與橢圓E的另一個交點分別為點P，Q，證明：直線PQ過定點.

解析（1）根據圓的基本性質不難求出橢圓E的方程為x24+y2=1.

（2）設N（1，t），P（x1y1），Q（x2y2）.

若t≠0，設直線PQ的方程為x=λy+μ，

從而有x1=λy1+μ，x2=λy2+μ.①

聯立直線PQ與橢圓方程，消x整理，得

（λ2+4）y2+2λμy+μ2-4=0.

根據韋達定理，得2λy1y2=4-μ2μ（y1+y2）.②

易知直線AP方程為y=y1x1+2（x+2），

直線BQ方程為y=y2x2-2（x-2）.

聯立消去y整理得點N的橫坐標

x=-2·y1（x2-2）+y2（x1+2）y1（x2-2）-y2（x1+2）.

在這一步可以運用設而不求的思想，將前面①②兩式直接代入，從而簡化大量計算過程，化簡得x=4μ.由題知點N的橫坐標為1，所以4μ=1.

即直線PQ過定點（4，0）.

若t=0，則直線PQ方程為y=0.即直線PQ過定點（4，0）.

綜上，直線PQ過定點（4，0）.

3特殊值法

特殊值法通過選取特定參數值簡化圓錐曲線定點問題.這種方法利用由特殊到一般的思想，先找出具有顯著特征的情況并驗證其符合題意，再將這種特殊情況推廣至一般情況，將難題轉化為易處理的形式.這種方法的難點在于識別出能夠揭示問題本質的特殊值，并從中抽象出普遍規律.

例3已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0），稱圓心在原點O，半徑為a2+b2的圓是橢圓C的“衛星圓”．若橢圓C的離心率為22，點2，2在橢圓C上．

（1）求橢圓C的方程和其“衛星圓”的方程；

（2）點P是橢圓C的“衛星圓”上的一個動點，過點P作直線l1，l2，使得直線l1，l2與橢圓C都只有一個交點，且l1，l2與其“衛星圓”的另外兩個交點分別為M，N，證明：MN為定值．

解析（1）由題意得ca=22，4a2+2b2=1，a2=b2+c2，解得a=22，b=2，所以橢圓C的方程為x28+y24=1，其“衛星圓”的方程為x2+y2=12.

（2）①當l1，l2中有一條直線的斜率不存在時，不妨設l1的斜率不存在．因為l1與橢圓只有一個交點，所以其方程為x=22或x=-22.當l1的方程為x=22時，l1與“衛星圓”交于點（22，2）和點（22，-2），經過點（22，2）且與橢圓只有一個交點的直線是y=2，經過點（22，-2）且與橢圓只有一個交點的直線是y=-2，即l2的方程為y=2或y=-2.所以l1⊥l2.所以線段MN應為“衛星圓”的直徑，所以MN=43.當l1的方程為x=-22時，同理可得MN=43.

②當l1，l2的斜率都存在時，設點P（x0，y0），其中x2+y2=12.設經過點P（x0，y0）且與橢圓只有一個交點的直線方程為y=t（x-x0）+y0，由y=tx+y0-tx0，

x28+y24=1，消去y，得（1+2t2）x2+4t（y0-tx0）x+2（y0-tx0）2-8=0.通過計算可得Δ=0.設l1，l2的斜率分別為t1，t2，則t1·t2=32-8y2064-8x20=32-8（12-x20）64-8x20=-1.則滿足條件的兩直線l1，l2垂直．所以線段MN應為“衛星圓”的直徑.所以MN=43.

綜合①②知，MN=43，為定值.

4數形結合法

數形結合法通過將幾何直觀與代數運算相結合，以提高解題的準確性和效率.在這種方法中，首先利用幾何知識對問題進行直觀分析，識別出可能的定點和定值，然后通過代數方法進行驗證和求解.

例4設拋物線C1：y2=2px，C2：x2=2py（pgt;0），C1，C2的焦點分別為點F1，F2，拋物線C1與拋物線C2交于點N，已知△F1NF2的周長為10+2．

（1）求拋物線C1，C2的方程；

（2）過C1上第一象限內一點M作拋物線C1的切線l，與拋物線C2交于A，B兩點，其中點B在第一象限，設切線l的斜率為k．x軸正半軸上的點P滿足tan∠AMP=k，請問P是否為定點？如果是，請證明.

解析（1）如圖2，由題知，F1（p2，0），F2（0，p2），|F1F2|=22p，聯立y2=2px，

x2=2py，解得x=y=2p.所以N（2p，2p）.

由拋物線的性質，得|NF1|=|NF2|=2p+p2.

△F1NF2的周長為：|F1F2|+|NF1|+|NF2|=22p+（2p+p2）×2=（5+22）p=10+2，解得p=2.

故拋物線C1：y2=4x，C2：x2=4y.

（2）如圖3，由（1）知，拋物線C1：y2=4x，C2：x2=4y.設點M（t24，t），且tgt;0，則y=2x，求導可得y′=1x.則l的斜率k=2t.則直線l的方程為y=2tx+t2.記直線l與x軸的交點為Q，令y=0，則x=-t24.則Q（-t24，0）.由tan∠AMP=k，l的斜率為k，則∠AMP=∠AQP.所以△QMP為等腰三角形，點P為線段QM的垂直平分線與x軸的交點，記QM的中點為R，則R（0，t2），線段QM的垂直平分線y-t2=-t2x.令y=0，則x=1，故P（1，0）.

5結束語

本文深入探討了圓錐曲線過定點問題的解題技巧.通過將復雜問題轉化為更易處理的形式，我們不僅能夠提高解題效率，還能培養學生的數學直覺和邏輯思維.盡管計算過程中存在挑戰，但掌握這些技巧對于學生來說至關重要.希望本文的分析和討論能夠幫助學生在未來的學習和實踐中，更加自信地面對圓錐曲線問題，展現出更高的解題能力.

參考文獻：

［1］ 蔣自佳.對一類圓錐曲線相交弦中點問題的探究[J].中學數學研究，2024（11）：32-33.

[2] 肖阿春.一個圓錐曲線直線過定點問題的解法探究與推廣[J].理科考試研究，2024，31（21）：24-27.［責任編輯：李慧嬌］