圆锥曲线中一类直线过定点问题的探究
2014年1月案例点评
教材教法
圆锥曲线中一类直线过定点问题的探究
筅贵州省铜仁市荣昌中学
尹伟云
圆锥曲线中的定点问题是一个较复杂的问题，也是高考的重点．面对此类问题，不少人提出了很好的求解策略．最近笔者读到《数学通讯》2012年第4期第24页刊登的文章“发现运动不变量，探寻解题突破口”，该文例3的“说明”中提出一系列直线是否过定点问题，现在就这些问题作出完整的回答．
－2ab2kAM
－0
a2+b2k2AM
3ab2k2ab2－a3AM－a
－
a2+b2a2+b2k2AM
=
（a2+b2）kAM
.2
）a（1－k2
由kPM=kPN知M，则MN过点P．P，N三点共线，（2）当kAM=1时，由猜想易知，直线MN过点P．ab2－a3
0．综合（1）、（2）知，直线MN必过定点22，a+b
一、椭圆中直线过定点问题
x2y2
问题1：已知椭圆C2+2=1（a>b>0）的左顶点为A，
ab且M，N是C上异于A的两点，如图1所示，判断直线AM⊥AN，
求出MN是否过一定点.若过定点，此定点坐标；若不过定点，请说明理由．
AN
yO
圯
根据以上推导，还可类似地得到：若A为椭圆C的右
图1
圯
b－ab0上顶点，直线MN过y轴上一定点2；若A为椭圆C圯a+b
ab－b0的下顶点，直线MN过y轴上一定点2．圯a+b
a3－ab2
0；顶点，直线MN过x轴上一定点22，若A为椭圆C的a+b
3
22
22
32
2
探究1：由对称性猜想：若MN过定点，则定点在x轴
事实上，由A点可推广到椭圆上任意一点，另方面，y1y2AAAA·（x1+a）（x2+a）从而AMAN=0知+y1y2=0，=－1，
（x1+a）（x2+a）
即kAM·于是产生一个新的问题．kAN=－1，
x2y2
问题2：若点A（x0，）是椭圆C2+2=1（a>b>0）上y0
ab的任意已知点，M，N是C上异于A的两点，直线MA，NA的b2
且λ≠2，判断直斜率kMA，·kNA满足kMAkNA=λλ为常数，
a线MN是否过定点.
探究2：（1）当直线MN的斜率存在时，设M（x1，），y1
上，设此定点为P，考虑特殊情况，当AM的斜率kAM=1，AN的斜率kAN=－1时，直线MN⊥x轴，AM的方程为lAM：y=x+a，x2y2ab2－a3
整理得x=22或x=－a，于是猜想定点代入2+2=1中，
aba+b坐标为
ab2－a3
，0．下面证明MN过此定点：a2+b2
（x+a），y=kAM
由x2y2（b2+a2k2）2≠1时，圯AMx++=1
a2b2
[1**********]
2
（1）当kAM
2圯
42222
［（b2+a2k2）32］（x+a）2a3k2=0圯AMx+akAM－ab=0圯AMx+akAM－ab
x=－a（舍去）或x=
ab2－a3k2AMak+b
222AM
232AM
，代入y=kAM（x+a）中得y=
（x2，），联立Ny2MN的方程为y=kx+m，
x2y2
+=1得a2b2
ab－ak2ab2kAM2ab2kAM12，即得，将用代Mk－AM222222ak+bak+bka2k2+bAMAMAMAMab2k2－a3－2ab2kAM
换，得N222222，于是直线PM的斜率kPM=
a+bkAMa+bkAM（a2+b2）kAM
，直线PN的斜率kPN==2
22
a（1－k）ab2－a3kAMab2－a3
－222a+ba2k2+bAM
2abkAM
2
a2k2AM+b
2
圯
（a2k2+b2）x2+2a2kmx+a2m2－a2b2=0，
2
[1**********]2
x1+x2=－
圯
由韦达定理有
2a2km
，a2k2+b2
a2m2－a2b2
x1x2=222，
ak+b
①
从而
[1**********]22
y1+y2=
2b2m
，a2k2+b2
2
）b（m2－k2a2
，y1y2=
a2k2+b2
②
高中版
23
教材教法
案例点评2014年1月
%
（y－y）（y－y）
由kMA·kNA=λ得1020=λ，
（x1－x0）（x2－x0）
将①、整理得（λa2－b2）（2λa2kx0+2b2y0）②式代入，m2+得m+λa2k2x02+λb2x02+a2b2k2－λa2b2－a2k2y02－b2y02=0，
－2λa2kx0－2b2y0±姨，m=
（λa2－b2）2
%
2b2y0－2λa2kx0±姨得m=，aky+by=0，
（λa2+b2）2
22
2
220
⑥
［（a2b4k2+λa4b2k2）－（λ2a4b2+λa2b4）－（λa2b2k2x02+Δ=4
）+（λb4x02+λ2a2b2x02）+（λa4k2y02+a2b2k2y02）－（λa2b2y02+b4k2x02
）（b4k2x02－2λa2b2kx0y0+λ2a4y02）］）（k2－λ）λ2a4y02+=4（λa2+b2
22
）（λa2y0－b2kx0）（a2λy0－b2kx0），代入⑥（a2y02－b2x02+a2b2+4=4
③
［（λ2a4b2－λa2b4）－（λa4b2k2－a2b4k2）+（λa2b2k2x02－Δ=4
）－（λ2a2b2x02－λb4x02）+（λa4k2y02－a2b2k2y02）－（λ2a4y02－b4k2x02
）（λ2a4y02+2λa2b2kx0y0+b4k2x02）］）（k2－λ）λa2b2y02+=4（λa2－b2（λay0+bkx0）=4（λay0+bkx0），代入③（bx+ay－ab）+4
22
220
22
2
2
2
2
2
2
中得m=－kx0+y（舍去）或m=0
b2－λa2b2－λa2
联立y=x0k+22y0，
λa2+b2λa+b
λa2－b2b2－λa2
kx+m得y－22y0=kx－22x0．
λa+bλa+bλa2－b2
x0．λa2+b2
姨姨
中得m=
λa2+b2b2+λa2
联立y=kx+m，得xk+y0，0
b2－λa2b2－λa2
（2）当MN的斜率不存在时，易得直线MN的方程为x=
λa2+b2b2+λa2
x．x+y－2y=k22020b－λab－λaλa2+b2
x0．λa2－b2
姨姨
（2）当MN的斜率不存在时，易得直线MN的方程为x=
λa2－b2b2－λa2
x22y0．综合（1）、（2）知直线MN恒过定点220
λa+bλa+b
姨
三、抛物线中直线过定点问题
λa2+b2b2+λa2
x0y0．综合（1）、（2）知直线MN恒过定点
λa2－b2b2－λa2
姨
问题4：若点A（x0，）为抛物线C：（p>0）上的任y0y2=2px
意已知点，M，N是C上异于A的两点，且AM，AN的斜率·判断直线MN是否过定点.kAM，kAN满足kAMkAN=λ，
探究4：设M（x1，），（x2，），直线MN的方程为x=y1Ny2
二、双曲线中直线过定点问题
问题3：若点A（x0，）是双曲线C2－y0
x2
ay2
（a，）=1b>0b2
联立y2=2px，消去x并整理得y2－2pmy－2pa=0，根据my+a，韦达定理有
则
上的任意已知点，M，N是C上异于A的两点，且AM、AN的·斜率kAM、kAN满足kAMkAN=λλ≠－过定点.
探究3：（1）当直线MN的斜率存在时，设M（x1，），y1N
2
y1+y2=2pm，y1y2=－2pa，
⑦⑧
2
b2
，判断直线MN是否a2
姨
2
x1+x2=2pm2+2a，x1x2=a2，
y1－y0y2－y0
即y1y2－y（）=λ，+y020y1+y2
x1－x0x2－x0
%
由kOM·kON=λ得
（x2，），y2MN的方程为y=kx+m，
x2y2
联立2－2=1消去y，得（b2－a2k2）x2－2a2kmx－a2m2－
aba2b2=0．
[1**********]22
），将⑦、⑧代入得λa2+（2p－=λ［x1x2－x0（x1+x2+x02］2λx0－2p±姨）2λx0a+2pmy0+λx－2λpmx0－y=0，得a==
2λ
20
2
20
0λx0－p±姨
，解得a=x0－my（舍去）或a=x0+my0－0
λ
%
x1+x2=
显然b2－a2k2≠0，由韦达定理得
2akm
，b2－a2k2
2
a2m2+a2b2
x1x2=－222，
b－ak
④
2p2p，代入x=my+a中得x－x0+=m（y+y0），所以直线MN过λλ定点x0－
从而
2
[1**********]2
2mb2
y1+y2=222，
b－ak
2
）b（m2－k2a2
，y1y2=222
b－ak
姨
2p，－y0．λ
姨
⑤
至此，圆锥曲线中的此类直线过定点问题已基本解圆锥曲线中直线过定点问题的一决．通过以上探究可知，
般求解方法是：（1）建立直线方程；（2）利用已知条件寻找等量关系；（3）将所得关系式与直线方程联立后探求定点．由于以上问题的探究思路具有一般性，因此本文为圆锥曲线中直线是否过定点问题提供了有力的参考依据．■
（y－y）（y－y）
由kAM·）kAN=λ有1020=λ，得y1y2－y0（y1+y2+
（x1－x0）（x2－x0）［x1x2－x（），将④、（λa2+y02=λ+x02］⑤式代入并化简得0x1+x2）（2λa2kx0－2b2y0）b2m2+m+λa2k2x02－λb2x02－a2b2k2+λa2b2－
24
高中版