圆锥曲线的定值定点问题

拼搏现实的明天。 2023-08-17 17:31 89阅读 0赞

## 前言 ##

## 例说运算 ##

> 圆锥曲线中的定值定点问题的运算往往少不了以下的过程。

将直线\\(y=kx+2\\)代入圆锥曲线\\(\\cfrac\{x^2\}\{4\}+\\cfrac\{y^2\}\{3\}=1\\)的代入运算过程，可以如下简化：

先将圆锥曲线整理为\\(3x^2+4y^2-12=0\\)，然后这样在演草纸上书写，注意对齐书写，一次运算过

\\(\\left\\\{\\begin\{array\}\{l\}\{3x^2\}\\\\\{4(k^2x^2+4kx+4)\}\\\\\{\\hspace\{6em\}-12\}\\end\{array\}\\right.\\)

一次就可以整理为\\((4k^2+3)x^2+16kx+4=0\\)；

## 定点问题 ##

>  *  动直线\\(l\\)过定点问题

解法思路：设动直线方程(斜率存在)为\\(y=kx+t\\)，由题设条件将\\(t\\)用\\(k\\)表示为\\(t=km\\)，得到\\(y=k(x+m)\\)形式，故动直线过定点\\((-m，0)\\)；

>  *  动曲线\\(C\\)过定点问题

解法思路：引入参变量建立曲线\\(C\\)的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点。

## 典例剖析 ##

例1【必会例题】\\(A\\)、\\(B\\)是抛物线\\(y^2=2px(p>0)\\)上的两点，且\\(OA\\perp OB\\)；

设\\(A(x\_1，y\_1)\\)、\\(B(x\_2，y\_2)\\)，中点\\(P(x\_0，y\_0)\\)

（1）求\\(A\\)、\\(B\\)两点的横坐标之积和纵坐标之积；

分析：\\(k\_\{OA\}=\\cfrac\{y\_1\}\{x\_1\}\\)，\\(k\_\{OB\}=\\cfrac\{y\_2\}\{x\_2\}\\)，

由于\\(OA\\perp OB\\)，则有\\(k\_\{OA\}\\cdot k\_\{OB\}=-1\\)，则\\(x\_1x\_2+y\_1y\_2=0\\)，

又由于\\(y\_1^2=2px\_1\\)，\\(y\_2^2=2px\_2\\)，则有\\(\\cfrac\{y\_1^2\}\{2p\}\\cdot \\cfrac\{y\_2^2\}\{2p\}+y\_1y\_2=0\\)，

由于\\(y\_1\\neq 0\\)，\\(y\_2\\neq 0\\)，故得到\\(y\_1y\_2=-4p^2\\)，\\(x\_1x\_2=4p^2\\)；

（2）求证：直线\\(AB\\)恒过定点；

分析：由于\\(y\_1^2=2px\_1\\)，\\(y\_2^2=2px\_2\\)，

所以\\((y\_1-y\_2)(y\_1+y\_2)=2p(x\_1-x\_2)\\)，

所以当\\(x\_1\\neq x\_2\\)时，\\(\\cfrac\{y\_1-y\_2\}\{x\_1-x\_2\}=\\cfrac\{2p\}\{y\_1+y\_2\}\\)，即\\(k\_\{AB\}=\\cfrac\{2p\}\{y\_1+y\_2\}\\)

则直线\\(AB:\\) \\(y-y\_1=\\cfrac\{2p\}\{y\_1+y\_2\}(x-x\_1)\\)，即\\(y=\\cfrac\{2px\}\{y\_1+y\_2\}+y\_1-\\cfrac\{2px\_1\}\{y\_1+y\_2\}\\)

所以\\(y=\\cfrac\{2px\}\{y\_1+y\_2\}+\\cfrac\{y\_1^2-2px\_1+y\_1y\_2\}\{y\_1+y\_2\}\\)

由于\\(y\_1^2=2px\_1\\)，\\(y\_1y\_2=-4p^2\\)，

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所以\\(y=\\cfrac\{2px\}\{y\_1+y\_2\}+\\cfrac\{-4p^2\}\{y\_1+y\_2\}\\)，整理为\\(y=\\cfrac\{2p\}\{y\_1+y\_2\}(x-2p)\\)，

所以直线\\(AB\\)过定点\\((2p，0)\\)，设\\(M(2p，0)\\)，

当\\(x\_1=x\_2\\)时，可知\\(AB\\)方程为\\(x=2p\\)，过点\\(M(2p，0)\\)，

综上可知，直线\\(AB\\)恒过定点\\(M(2p，0)\\)。

例2【衡水金卷，直线过定点类型】如图所示，已知点\\(A(-1，0)\\)是抛物线的准线与\\(x\\)轴的交点，过点\\(A\\)的直线与抛物线交于点\\(M，N\\)两点，过点\\(M\\)的直线交抛物线于另一个点\\(Q\\)，且直线\\(MQ\\)过点\\(B(1，-1)\\).

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(1).求抛物线的方程。

分析：由题目图形可知，\\(\\cfrac\{p\}\{2\}=1\\)，则\\(p=2\\)，

故顶点在坐标原点，开口向右的抛物线的方程为\\(y^2=2px\\)，即\\(y^2=4x\\)。

(2).求证：直线\\(QN\\)过定点。

分析：如果直线过定点\\((m，n)\\)，则直线的表达式必然应该能化为：\\(y-n=k(x-m)\\)类型。

设点\\(M(4t^2，4t)\\)，点\\(N(4t\_1^2，4t\_1)\\)，点\\(Q(4t\_2^2，4t\_2)\\)，

则由题目易知直线\\(MN\\)的斜率存在，且\\(k\_\{MN\}=\\cfrac\{4t-4t\_1\}\{4t^2-4t\_1^2\}=\\cfrac\{1\}\{t+t\_1\}\\)，

从而直线\\(MN\\)的方程是\\(y=\\cfrac\{1\}\{t+t\_1\}(x-4t^2)+4t\\)，

即直线\\(MN\\)的方程是\\(x-(t+t\_1)y+4tt\_1=0\\)。同理可知\[类比求解可得\]，

直线\\(MQ\\)的方程\\(x-(t+t\_2)y+4tt\_2=0\\)，

直线\\(NQ\\)的方程\\(x-(t\_1+t\_2)y+4t\_1t\_2=0\\)，

又点\\(A\\)在直线\\(MN\\)上，从而有\\(4tt\_1=1\\)，即\\(t=\\cfrac\{1\}\{4t\_1\}\\)；

点\\(B\\)在直线\\(MQ\\)上，从而有\\(1+(t+t\_2)+4tt\_2=0\\)，

即\\(1+(\\cfrac\{1\}\{4t\_1\}+t\_2)+4\\times \\cfrac\{1\}\{4t\_1\}t\_2=0\\)，

化简得到\\(4t\_1t\_2=-4(t\_1+t\_2)-1\\)，

代入\\(NQ\\)的方程，得到\\(x-(t\_1+t\_2)y-4(t\_1+t\_2)-1=0\\)，

即\\(y+4=\\cfrac\{1\}\{t\_1+t\_2\}(x-1)\\)，故直线\\(NQ\\)经过定点\\((1，-4)\\)。

*  抛物线\\(y^2=4x\\)上的任意点的坐标的设法一般是\\((x，y)\\)，本题采用\\((4t^2，4t)\\)，是抛物线的参数方程的一种。
 *  注意直线过定点的\[题眼\]：\\(y-y\_0=g(k)(x-x\_0)\\)，则直线恒过定点\\((x\_0，y\_0)\\)，其中\\(g(k)\\)表示关于参数\\(k\\)的表达式，可能简单也可能复杂。
 *  延伸阅读：[直线或函数恒过定点][Link 1]；

例3【定点问题】【2019届高三理科三轮模拟训练题第7套第20题】设抛物线\\(C:x^2=2py(0<p<8)\\)的焦点为\\(F\\)，点\\(P\\)是\\(C\\)上一点，且\\(PF\\)的中点坐标为\\((2，\\cfrac\{5\}\{2\})\\)。

（1）求抛物线\\(C\\)的标准方程；

分析：由题意可得，\\(F(0，\\cfrac\{p\}\{2\})\\)，设\\(P(x\_0，y\_0)\\)，由\\(PF\\)的中点坐标为\\((2，\\cfrac\{5\}\{2\})\\)，

得到\\(0+x\_0=2\\times 2\\)且\\(\\cfrac\{p\}\{2\}+y\_0=2\\times \\cfrac\{5\}\{2\}\\)，所以\\(x\_0=4\\)，\\(y\_0=5-\\cfrac\{p\}\{2\}\\)，

又由于\\(P(x\_0，y\_0)\\)在抛物线\\(x^2=2py\\)上，则有\\(16=2p(5-\\cfrac\{p\}\{2\})\\)，

即\\(p^2-10p+16=0\\)，解得\\(p=2\\)或\\(p=8\\)(舍去)，

故抛物线\\(C\\)的方程为\\(x^2=4y\\).

（2）若动直线\\(l\\)过点\\(A(0，2)\\)，且与抛物线\\(C\\)交于\\(M\\)、\\(N\\)两点，点\\(Q\\)与点\\(M\\)关于\\(y\\)轴对称（点\\(Q\\)与点\\(N\\)不重合），求证：直线\\(QN\\)恒过定点。

分析：由题意可知，直线\\(l\\)的斜率存在，设直线\\(l:y=kx+2\\)，\\(M(x\_1，y\_1)\\)，\\(N(x\_2，y\_2)\\)，则\\(Q(-x\_1，y\_1)\\)，

联立\\(\\left\\\{\\begin\{array\}\{l\}\{x^2=4y\}\\\\\{y=kx+2,\}\\end\{array\}\\right.\\) 消去\\(y\\)得到，\\(x^2-4kx-8=0\\)，

显然\\(\\Delta >0\\)，由韦达定理可知，\\(x\_1+x\_2=4k\\)，\\(x\_1x\_2=-8\\)，

由于\\(k\_\{QN\}=\\cfrac\{y\_2-y\_1\}\{x\_2-(-x\_1)\}=\\cfrac\{\\frac\{x\_2^2\}\{4\}-\\frac\{x\_1^2\}\{4\}\}\{x\_2+x\_1\}\\)\\(=\\cfrac\{x\_2-x\_1\}\{4\}\\)，

所以直线\\(QN\\)的方程为\\(y-y\_1=\\cfrac\{x\_2-x\_1\}\{4\}(x+x\_1)\\)，

即\\(y=y\_1+\\cfrac\{x\_2-x\_1\}\{4\}(x+x\_1)=\\cfrac\{x\_2-x\_1\}\{4\}x+\\cfrac\{x\_1(x\_2-x\_1)\}\{4\}+\\cfrac\{x\_1^2\}\{4\}\\)\\(=\\cfrac\{x\_2-x\_1\}\{4\}x+\\cfrac\{x\_1x\_2\}\{4\}\\)

又由于\\(x\_1x\_2=-8\\)，代入上式得到，\\(y=\\cfrac\{x\_2-x\_1\}\{4\}x-2\\)，

故直线\\(QN\\)的方程为\\(y=\\cfrac\{x\_2-x\_1\}\{4\}x-2\\)，即直线\\(QN\\)恒过定点\\((0，-2)\\)。

例4【恒过定点问题】【2019届高三理科寒假模拟试题1第20题】已知椭圆\\(C:\\cfrac\{x^2\}\{a^2\}+\\cfrac\{y^2\}\{b^2\}=1(a>b>0)\\)的离心率为\\(\\cfrac\{1\}\{2\}\\)，且过点\\(P(2,3)\\)，

（1）求椭圆\\(C\\)的标准方程；

分析：由于离心率\\(e=\\cfrac\{1\}\{2\}\\)，故有\\(a:b=4:3\\)，设椭圆\\(C\\)的方程为\\(\\cfrac\{x^2\}\{4\}+\\cfrac\{y^2\}\{3\}=t\\)，

又由于点\\(P(2,3)\\)在椭圆上，则有\\(1+3=t\\)，即\\(t=4\\)，

故椭圆\\(C\\)的标准方程为\\(\\cfrac\{x^2\}\{16\}+\\cfrac\{y^2\}\{12\}=1\\)；

（2）过点\\(P\\)作两条直线\\(l\_1\\)，\\(l\_2\\)，与椭圆\\(C\\)分别交于\\(M\\)，\\(N\\)(点\\(M\\)，\\(N\\)与点\\(P\\)不重合)，若\\(l\_1\\)，\\(l\_2\\)的斜率之和为\\(-1\\)，求证：直线\\(MN\\)恒过定点；

证明：设直线\\(MN\\)的方程为\\(y=kx+b\\)，简单分析可知，当\\(k\\)不存在时，不满足要求；

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联立\\(\\left\\\{\\begin\{array\}\{l\}\{\\cfrac\{x^2\}\{16\}+\\cfrac\{y^2\}\{12\}=1\}\\\\\{y=kx+b,\}\\end\{array\}\\right.\\) 消去\\(y\\)整理得到，\\((4k^2+3)x^2+8kbx+4b^2-48=0\\)，

设点\\(M(x\_1,y\_1)\\)，\\(N(x\_2,y\_2)\\)，则有\\(x\_1+x\_2=-\\cfrac\{8kb\}\{4k^2+3\}\\)，\\(x\_1x\_2=\\cfrac\{4b^2-48\}\{4k^2+3\}\\)

设直线\\(PM\\)，\\(PN\\)的斜率分别为\\(k\_1\\)，\\(k\_2\\)，则\\(k\_1+k\_2=\\cfrac\{kx\_1+b-3\}\{x\_1-2\}+\\cfrac\{kx\_2+b-3\}\{x\_2-2\}=-1\\)，

整理得到\\((2k+1)x\_1x\_2+(b-2k-5)(x\_1+x\_2)+16-4b=0\\)，将\\(x\_1+x\_2\\)和\\(x\_1x\_2\\)代入整理，

即\\((2k+b-3)(8k+b)=0\\)，解得\\(b=-2k+3\\)或\\(b=-8k\\)；

当\\(b=-2k+3\\)时，直线\\(MN:y=kx-2k+3=k(x-2)+3\\)过点\\(P(2,3)\\)，不合题意，舍去；

当\\(b=-8k\\)时，直线\\(MN:y=kx-8k=k(x-8)+0\\)过点\\((8,0)\\)；

综上所述，直线\\(MN\\)恒过定点\\((8,0)\\).

例4【定值问题】已知离心率为\\(\\cfrac\{1\}\{2\}\\)的椭圆\\(C:\\cfrac\{x^2\}\{a^2\}+\\cfrac\{y^2\}\{b^2\}=1(a>b>0)\\)的右焦点为\\(F\\)，且\\(C\\)过点\\((1，-\\frac\{3\}\{2\})\\)，

（1）求椭圆\\(C\\)的标准方程；

分析：由题可知，\\(\\left\\\{\\begin\{array\}\{l\}\{\\frac\{1\}\{a^2\}+\\frac\{9\}\{4b^2\}=1\}\\\\\{a^2=b^2+c^2\}\\\\\{\\frac\{c\}\{a\}=\\frac\{1\}\{2\}\}\\end\{array\}\\right.\\)

解得\\(a=2\\)，\\(b=\\sqrt\{3\}\\)，故椭圆\\(C\\)的标准方程为\\(\\cfrac\{x^2\}\{4\}+\\cfrac\{y^2\}\{3\}=1\\).

（2）若不与\\(x\\)轴垂直的直线\\(l\\)与\\(C\\)交于\\(M\\)，\\(N\\)两点(点\\(M\\)，\\(N\\)均在\\(y\\)轴右侧，且\\(M\\)，\\(N\\)，\\(F\\)不共线)，坐标原点\\(O\\)到直线\\(l\\)的距离为\\(\\sqrt\{3\}\\)，求\\(\\triangle MNF\\)的周长.\[或证明：\\(\\triangle MNF\\)的周长为定值\]

分析：由题目易知，直线\\(l\\)的斜率存在且不为零，

设其方程为\\(y=kx+m(k\\neq 0)\\)，\\(M(x\_1，y\_1)\\)，\\(N(x\_2，y\_2)\\)，

由于坐标原点\\(O\\)到直线\\(l\\)的距离为\\(\\sqrt\{3\}\\)，则有\\(\\cfrac\{|m|\}\{\\sqrt\{1+k^2\}\}=\\sqrt\{3\}\\)，即\\(m^2=3(1+k^2)\\)，

由\\(\\left\\\{\\begin\{array\}\{l\}\{y=kx+m\}\\\\\{\\cfrac\{x^2\}\{4\}+\\cfrac\{y^2\}\{3\}=1，\}\\end\{array\}\\right.\\) 得到\\((3+4k^2)x^2+8kmx+4m^2-12=0\\)，

整理为\\((3+4k^2)x^2+8kmx+12k^2=0\\)，由韦达定理得到

\\(x\_1+x\_2=-\\cfrac\{8km\}\{3+4k^2\}\\)，\\(x\_1x\_2=\\cfrac\{12k^2\}\{3+4k^2\}\\)，

故\\(|MN|=\\sqrt\{1+k^2\}|x\_1-x\_2|=\\sqrt\{1+k^2\}\\sqrt\{(x\_1+x\_2)^2-4x\_1x\_2\}\\) \\(=\\sqrt\{1+k^2\}\\sqrt\{(-\\cfrac\{8km\}\{3+4k^2\})^2-4\\times \\cfrac\{12k^2\}\{3+4k^2\}\}\\) \\(=\\cfrac\{4|m||k|\}\{3+4k^2\}\\)

因为\\(2>x\_1>0\\)，\\(2>x\_2>0\\)，由\\(x\_1+x\_2>0\\)，所以\\(mk<0\\)，

故\\(|MN|=-\\cfrac\{4mk\}\{3+4k^2\}\\)，

则\\(|MF|^2=(x\_1-1)^2+y\_1^2=(\\cfrac\{1\}\{2\}x\_1-2)^2\\)，则\\(|MF|=2-\\cfrac\{1\}\{2\}x\_1\\)，

同理得到，\\(|NF|=2-\\cfrac\{1\}\{2\}x\_2\\)，

故\\(|MF|+|NF|=4-\\cfrac\{1\}\{2\}(x\_1+x\_2)=4+\\cfrac\{4km\}\{3+4k^2\}\\)，

所以\\(|MF|+|NF|+|MN|=4\\)，即\\(\\triangle MNF\\)的周长为\\(4\\).

例5【定值问题】【2019届高三理科数学三轮模拟训练】已知直线\\(l：y=kx+1\\)与曲线\\(C:\\cfrac\{x^2\}\{a^2\}+\\cfrac\{y^2\}\{b^2\}=1(a>0,b>0)\\)交于不同的两点，\\(O\\)为坐标原点，

（1）若\\(k=1\\)，\\(|OA|=|OB|\\)，求证：曲线\\(C\\)是一个圆；

证法1：设直线\\(l\\)和曲线的交点为\\(A(x\_1，y\_1)\\)，\\(B(x\_2，y\_2)\\)，

由于\\(|OA|=|OB|\\)，则有\\(\\sqrt\{x\_1^2+y\_1^2\}=\\sqrt\{x\_2^2+y\_2^2\}\\)，即\\(x\_1^2+y\_1^2=x\_2^2+y\_2^2\\)

即\\(x\_1^2-x\_2^2=y\_2^2-y\_1^2\\)，又由于点\\(A\\)，\\(B\\)在曲线\\(C\\)上，

则有\\(\\cfrac\{x\_1^2\}\{a^2\}+\\cfrac\{y\_1^2\}\{b^2\}=1\\)，\\(\\cfrac\{x\_2^2\}\{a^2\}+\\cfrac\{y\_2^2\}\{b^2\}=1\\)，

两式相减得到，\\(x\_1^2-x\_2^2=\\cfrac\{a^2\}\{b^2\}(y\_2^2-y\_1^2)\\)，

故\\(\\cfrac\{a^2\}\{b^2\}=1\\)，即\\(a^2=b^2\\)，即曲线\\(C\\)是一个圆；

证法2：设直线\\(l\\)和曲线的交点为\\(A(x\_1，y\_1)\\)，\\(B(x\_2，y\_2)\\)，则\\(x\_1\\neq x\_2\\)，

由于\\(|OA|=|OB|\\)，则有\\(\\sqrt\{x\_1^2+y\_1^2\}=\\sqrt\{x\_2^2+y\_2^2\}\\)，即\\(x\_1^2+(x\_1+1)^2=x\_2^2+(x\_2+1)^2\\)

整理为\\(2(x\_1-x\_2)(x\_1+x\_2+1)=0\\)，所以\\(x\_1+x\_2=-1\\)，

由\\(\\left\\\{\\begin\{array\}\{l\}\{y=x+1\}\\\\\{\\cfrac\{x^2\}\{a^2\}+\\cfrac\{y^2\}\{b^2\}=1\}\\end\{array\}\\right.\\) 得到\\((a^2+b^2)x^2+2a^2x+a^2(1-b^2)=0\\)，

\\(\\Delta\\geqslant 0\\)，\\(x\_1+x\_2=\\cfrac\{-2a^2\}\{a^2+b^2\}\\)，所以\\(\\cfrac\{-2a^2\}\{a^2+b^2\}=-1\\)，

故\\(a^2=b^2\\)，即曲线\\(C\\)是一个圆；

（2）若曲线\\(C\\)过\\((0，2)\\)，\\((1，0)\\)，是否存在一个定点\\(Q\\)，使得\\(\\overrightarrow\{QA\}\\cdot \\overrightarrow\{QB\}\\)为定值？若存在，求出定点\\(Q\\)和定值；若不存在，请说明理由。

分析：由题意得，椭圆\\(C\\)的方程为\\(\\cfrac\{y^2\}\{4\}+x^2=1\\)，假设存在点\\(Q(x\_0，y\_0)\\)，设交点为\\(A(x\_1，y\_1)\\)，\\(B(x\_2，y\_2)\\)，

由\\(\\left\\\{\\begin\{array\}\{l\}\{y=kx+1\}\\\\\{x^2+\\cfrac\{y^2\}\{4\}=1\}\\end\{array\}\\right.\\) 得到\\((k^2+4)x^2+2kx-3=0\\)，

\\(x\_1+x\_2=\\cfrac\{-2k\}\{k^2+4\}\\)，\\(x\_1x\_2=\\cfrac\{-3\}\{k^2+4\}\\)，

由于直线\\(l:y=kx+1\\)恒过椭圆内定点\\((1，0)\\)，故\\(\\Delta >0\\)恒成立，

\\(\\overrightarrow\{QA\}\\cdot \\overrightarrow\{QB\}=(x\_1-x\_0，y\_1-y\_0)\\cdot (x\_2-x\_0，y\_2-y\_0)\\)\\(=(x\_1-x\_0)(x\_2-x\_0)+(y\_1-y\_0)(y\_2-y\_0)\\)

\\(=x\_1x\_2-x\_0(x\_1+x\_2)+x\_0^2+(kx\_1+1-y\_0)(kx\_2+1-y\_0)\\)\\(=(1+k^2)x\_1x\_2+\[k(1-y\_0)-x\_0\](x\_1+x\_2)+x\_0^2+(1-y\_0)^2\\)

\\(=(1+k^2)\\cfrac\{-3\}\{k^2+4\}+\[k(1-y\_0)-x\_0\]\\cfrac\{-2k\}\{k^2+4\}+x\_0^2+(1-y\_0)^2\\)\\(=\\cfrac\{-3(1+k^2)-2\[k(1-y\_0)-x\_0\]k\}\{k^2+4\}+x\_0^2+(1-y\_0)^2\\)

\\(=\\cfrac\{(2y\_0-5)k^2+2x\_0k-3\}\{k^2+4\}+x\_0^2+(1-y\_0)^2\\)

当\\(\\left\\\{\\begin\{array\}\{l\}\{x\_0=0\}\\\\\{\\cfrac\{2y\_0-5\}\{1\}=\\cfrac\{-3\}\{4\}\}\\end\{array\}\\right.\\)，即\\(x\_0=0\\)，\\(y\_0=\\cfrac\{17\}\{8\}\\)时，\\(\\overrightarrow\{QA\}\\cdot \\overrightarrow\{QB\}=-\\cfrac\{3\}\{4\}+(\\cfrac\{9\}\{8\})^2=\\cfrac\{33\}\{64\}\\),

故存在定点\\((0，\\cfrac\{17\}\{8\})\\)，不论\\(k\\)为何值，都有\\(\\overrightarrow\{QA\}\\cdot \\overrightarrow\{QB\}=\\cfrac\{33\}\{64\}\\)为定值。

## 定值破解 ##

> 由于这类问题的求解常常要用到韦达定理\\(x\_1+x\_2\\)和\\(x\_1x\_2\\)的值，故定值问题常常考查线段长度，三角形或四边形的周长，三角形或四边形的面积，向量内积等可以用上\\(x\_1+x\_2\\)和\\(x\_1x\_2\\)值的数学素材；

定值问题的破解题眼可能有以下情形：

①形如\\(\\cfrac\{2k^2\}\{4+k^2\}+\\cfrac\{8\}\{4+k^2\}+1=\\cfrac\{2(k^2+4)\}\{4+k^2\}+1=2+1=3\\)为定值；

②加减消参法，和式中不含有参数，如\\(3+\\cfrac\{2ak\}\{4+k^2\}+1-\\cfrac\{2ak\}\{4+k^2\}=4\\)，故为定值；比如上例；

③相乘消参法，积式中不含有参数，如\\(\\cfrac\{2\}\{2k^2+3k\}\\cdot \\cfrac\{2k^2+3k\}\{8\}=\\cfrac\{1\}\{4\}\\)，故为定值；

④分式中对应项系数成比例消参，分式的值为定值；借用下例理解：

引例1，如设\\(x\\)轴上的一个动点\\(P(x\_0，0)\\)，某运算结果为\\(\\overrightarrow\{PA\}\\cdot \\overrightarrow\{PB\}=\\cfrac\{(8x\_0-5)k^2-12\}\{3+4k^2\}+x\_0^2\\)，

要使得\\(\\overrightarrow\{PA\}\\cdot \\overrightarrow\{PB\}\\)与\\(k\\)的取值无关，只需要\\(\\cfrac\{8x\_0-5\}\{-12\}=\\cfrac\{4\}\{3\}\\)，解得\\(x\_0=-\\cfrac\{11\}\{8\}\\)，

所以在\\(x\\)轴上存在点\\(P\\)，使得\\(\\overrightarrow\{PA\}\\cdot \\overrightarrow\{PB\}\\)为定值，\\(P\\)的坐标为\\((-\\cfrac\{11\}\{8\}，0)\\)，定值为\\(-\\cfrac\{135\}\{64\}\\)。

引例2题目运算结果为\\(\\overrightarrow\{QA\}\\cdot \\overrightarrow\{QB\}=\\cfrac\{(2y\_0-5)k^2+2x\_0k-3\}\{k^2+4\}+x\_0^2+(1-y\_0)^2\\)

问：上述结果当\\(x\_0\\)和\\(y\_0\\)为何值时，运算结果与参数\\(k\\)无关，为定值？

故存在定点\\((0，\\cfrac\{17\}\{8\})\\)，不论\\(k\\)为何值，都有\\(\\overrightarrow\{QA\}\\cdot \\overrightarrow\{QB\}=\\cfrac\{33\}\{64\}\\)为定值。

转载于:https://www.cnblogs.com/wanghai0666/p/11267592.html

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