黃俊峰

定值問題

定值問題一般的求解策略是：與焦點、準線有關(guān)的問題可以直接利用圓錐曲線的定義求解；有些幾何特征比較明顯的問題可借助平面幾何的知識進行求解；一般問題可直接通過運算求解.

例1 橢圓[C：x2a2+y2b2=1][（a>b>0）]的左、右焦點分別是[F1]，[F2]，離心率為[32]，過[F1]且垂直于[x]軸的直線被橢圓[C]截得的線段長為1.

（1）求橢圓[C]的方程；

（2）點[P]是橢圓[C]上除長軸端點外的任一點，連接[PF1，PF2]，設(shè)[∠F1PF2]的角平分線[PM]交橢圓[C]的長軸于點[M（m，0）]，求[m]的取值范圍；

（3）在（2）的條件下，過點[P]作斜率為[k]的直線l，使得l與橢圓[C]有且只有一個公共點， 設(shè)直線[PF1，PF2]的斜率分別為[k1，k2]，若[k≠0]，試證明：[1kk1+1kk2]為定值，并求出這個定值.

解析 （1）[x24+y2=1].

（2）由題意可知，[PF1?PM|PF1|?|PM|]=[PF2?PM|PF2|?|PM|]，

即[PF1?PMPF1]=[PF2?PMPF2].

設(shè)[P（x0，y0）]，其中[x20≠4]，

將向量坐標代入上式并化簡得，

[m（4x20-16）=3x30-12x0].

因為[x20≠4]，所以[m=34x0].

而[x0∈（-2，2）]，所以[m∈（-32，32）].

（3）由題意可知，l為橢圓在[P]點處的切線. 由導數(shù)法可求得，切線方程為[x0x4+y0y=1].

所以[k=-x04y0].

而[k1=y0x+3，k2=y0x-3]，

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

點評 本題考查了橢圓的定義、離心率、橢圓與雙曲線的標準方程、直線與圓錐曲線的位置關(guān)系，是一道綜合性的試題. 其中第（3）問是一個開放性問題，考查了同學們觀察、推理以及創(chuàng)造性地分析問題、解決問題的能力.

定點問題

定點問題的實質(zhì)是：當動直線變化時，這些直線相交于一點，也即這些直線繞著這個定點在轉(zhuǎn)動. 由于定點未知，由動直線的變化確定，因此這類問題的處理往往費時費力，且對能力要求高. 一般的求解策略是：引入?yún)?shù)求解，即先設(shè)所求直線，然后分離變量可得該點.

例2 如圖，橢圓[E：x2a2+y2b2=1（a>b>0）]的左焦點為[F1]，右焦點為[F2]，離心率[e=12]. 過[F1]的直線交橢圓于[A，B]兩點，且△[ABF2]的周長為8.

（1）求橢圓[E]的方程；

（2）設(shè)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]. 試探究：在坐標平面內(nèi)是否存在定點[M]，使得以[PQ]為直徑的圓恒過點[M]？若存在，求出點[M]的坐標；若不存在，說明理由.

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].

因為動直線l與橢圓[E]有且只有一個公共點[P（x0，y0）]，

所以[m≠0， Δ=0]，

即[64k2m2-4（4k2+3）（4m2-12）=0].

化簡得，[4k2-m2+3=0].

此時，[x0=-4km4k2+3=-4km，y0=kx0+m=3m].

所以[P（-4km，3m）].

由[y=kx+m，x=4]得，[Q（4，4k+m）].

假設(shè)平面內(nèi)存在點[M]滿足條件.

①取[k=0，m=3]，此時，[P（1，32），Q（4，3）]，以[PQ]為直徑的圓的方程為[（x-2）2+（y-3）2=4]，交[x]軸于點[M1（1，0），M2（3，0）.]

②取[k=-12，m=2]，此時[P（1，32），Q（4，0）]，以[PQ]為直徑的圓的方程為[（x-52）2+（y-34）2=4516]，交[x]軸于點[M3（1，0），M4（4，0）.]

若符合條件的點[M]存在，

則點[M]的坐標必為（1，0）.

下面證明[M（1，0）]為滿足條件的點.

因為[M（1，0）]，

所以[MP=（-4km-1，3m），MQ=（3，4k+m）].

從而[MP?MQ=-12km-3+12km+3=0].

故恒有[MP⊥MQ].

即存在定點[M（1，0）]，使得以[PQ]為直徑的圓恒過點[M].

點評 本題解答中，先猜點的存在，通過特殊的點[P，Q]，將以[PQ]為直徑的圓的方程求出；然后將兩個圓的方程疊加，求出相應(yīng)定點；最后對定點給出一般情況下的證明.

定直線問題

證明動點在定直線上，體現(xiàn)了點的變化軌跡，其實質(zhì)是：求點的軌跡方程. 一般的求解策略是：引入?yún)?shù)或是利用熟悉的知識轉(zhuǎn)化為求點的軌跡問題.

例3 設(shè)橢圓[C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）]過點[M（2，1）]，且左焦點為[F1（-2，0）].

（1）求橢圓[C]的方程；

（2）當過點[P（4，1）]的動直線[l]與橢圓[C]相交與兩不同點[A，B]時，在線段[AB]上取點[Q]，滿足[AP·QB=][AQ·PB]，證明：點[Q]總在某定直線上.

解析 （1）[x24+y22=1].

（2）本題要證明“點[Q]總在某定直線上”，事實上就是為了降低難度，提醒我們點[Q]的軌跡就是一條直線或者是直線的一部分. 如何求出這條直線呢？從正面直接求這條直線，非常困難，計算量非常大. 為此，我們可以采用“特殊化”思路，先找到這條直線. 當橢圓的割線[PAB]退化為切線時，[Q]點退化為切點（事實上[Q]點是不能達到切點的）. 于是我們完全有理由猜想這條直線就是兩切點[C，D]所在的直線. 下面給出第（2）問的不同于標準答案的解答.

方法一：①過點[P]作橢圓的兩條切線，切點分別為[C，D]，由導數(shù)知識可求得切點弦[CD]所在直線方程為[x+y2=1]，于是猜想點[Q]始終在直線[2x+y-2=0]上.

②設(shè)點[Q，A，B]的坐標分別為[（x，y），（x1，y1），（x2，y2）].

由題意得，[AP，PB，AQ，QB]均不為零，記[λ=APPB=AQQB].

則[λ>0]，且[λ≠1].

又[A，P，B，Q]四點共線，

從而[AP=-λPB，AQ=λQB].

故[4=x1-λx21-λ]，[1=y1-λy21-λ]；

[x=x1+λx21+λ]，[y=y1+λy21+λ].

從而，[x21-λ2x221-λ2=4x]， ①

[y21-λ2y221-λ2=y]. ②

又點[A，B]在橢圓[C]上，

即[x21+2y21=4，]③ [x22+2y22=4，]④

①+②×2并結(jié)合③④得，[4x+2y=4].

即點[Q（x，y）]總在定直線[2x+y-2=0]上.

方法二：設(shè)點[Q（x，y），A（x1，y1），B（x2，y2）]，將直線[PAB]：[y=k（x-4）+1]代入橢圓方程[x24+y22=1]，并化簡得，

[（2+4k2）x2-（32k2-8k）x+64k2-32k-4=0].

因為[PA，PB，AQ，QB]均不為零，

且 [PAAQ=PBQB]，再結(jié)合[P，Q]的位置，

所以[APBP=AQBQ].

所以[4-x14-x2=x-x1x2-x].

化簡得，[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].

消去參數(shù)[k]得，[2x+y-2=0].

點撥 （1）這里先由“特殊化”思路找到點[Q]所在的直線，在這條直線的引導下，一種很難想到的方法，變得非常自然，非常簡便.

（2）考試中絕大多數(shù)同學采用了正面計算，以期求得[Q]點的直線方程，但大多數(shù)無功而返. 這里采用了結(jié)論：由[APBP=AQBQ]可得，[4-x14-x2=x-x1x2-x]和[1-y11-y2=y-y1y2-y]，使得計算簡潔明了.

定角問題

例4 已知橢圓[C1：x2a2+y2b2=1][（a>b>0）]的左、右焦點分別為[F1，F(xiàn)2]，右頂點為[A，P]為橢圓[C1]上任意一點，[PF1?PF2]的最大值的取值范圍是[c2，3c2，]其中[c=a2-b2.]

（1）求橢圓[C1]的離心率[e]的取值范圍；

（2）雙曲線[C2]以橢圓[C1]的焦點為頂點，頂點為焦點，點[B]是雙曲線[C2]上在第一象限內(nèi)的任意一點，當（1）中[e]取得最小值時，是否存在常數(shù)[λ]（[λ]>0）使得[∠BAF1=λ∠BF1A]恒成立.

解析 （1）[e∈12，22].

（2）很多同學由條件及[e=12]可得，[C2：x2c2-y23c2=1]后思維受阻. 此時，若能從[PA⊥x]軸，即（2c，3c）處（特殊化）求得[∠BAF1=2∠BF1A]，從而猜測[λ=2]作為突破口，以下只需借助斜率公式、二倍角公式就能很自然地給出證明（一般化）. （解法略）