问题36 圆锥曲线中的定值、定点问题
一、考情分析
圆锥曲线是解析几何的重要内容之一,也是高考重点考查的内容和热点,知识综合性较强,对学生逻辑思维能力计算能力等要求很高,这些问题重点考查学生方程思想、函数思想、转化与化归思想的应用．定值问题与定点问题是这类题目的典型代表,为了提高同学们解题效率,特别是高考备考效率,本文列举了一些典型的定点和定值问题,以起到抛砖引乇的作用． 二、经验分享
1.圆锥曲线中定点问题的两种解法
(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．
(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关． 2.圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
(1)求代数式为定值．依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值； (2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得；
(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得． 三、知识拓展
x2y21.设点P?m,n?是椭圆C：2?2?1?a?b?0?上一定点，点A,B是椭圆C上不同于P的两点，若
abkPA?kPBbm2n?0?，若??0，则直线AB过定点??，则??0时直线AB斜率为定值2?an?2n2b2m??m?,?n?2?，
?a???F是该椭圆焦点，则b?OP?a,a?c?PF?a?c；
x2y22. 设点P?m,n?是双曲线C：2?2?1?a?0,b?0?一定点，点A,B是双曲线C上不同于P的两点，若
abkPA?kPBbm2??，则??0时直线AB斜率为定值?2?n?0?，若??0，则直线AB过定点
an?2n2b2m??m?,?n?2?；
?a???3. 设点P?m,n?是抛物线C：y?2px?p?0?一定点，点A,B是抛物线C上不同于P的两点，若
2kPA?kPB??，则??0时直线AB斜率为定值?2n2p??m?,?n???；
????四、题型分析 (一) 定点问题
p?n?0?，若??0，则直线AB过定点n求解直线和曲线过定点问题的基本思路是：把直线或曲线方程中的变量x,y当作常数看待,把方程一端化为零,既然是过定点,那么这个方程就要对任意参数都成立,这时参数的系数就要全部等于零,这样就得到一个关于x,y的方程组,这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点,或者可以通过特例探求,再用一般化方法证明．
【例1】已知直线l的方程为y?x?2,点P是抛物线y2?4x上到直线l距离最小的点,点A是抛物线上异于点P的点,直线AP与直线l交于点Q,过点Q与x轴平行的直线与抛物线y2?4x交于点B.
（Ⅰ）求点P的坐标；
（Ⅱ）证明直线AB恒过定点,并求这个定点的坐标.
【分析】（Ⅰ）到直线l距离最小的点,可根据点到直线距离公式,取最小值时的点；也可根据几何意义得为与直线l平行且与抛物线相切的切点：如根据点P到直线l的距离
x0?y0?222y0?y0?24d??2??y0?2?2?442?2得当且仅当y0?2时取最小值,（Ⅱ）解析几何中定点问2?y12? y1?,求出直线AP题的解决方法,为以算代证,即先求出直线AB方程,根据恒等关系求定点.先设点A ? ，?4?方程4x??y1?2?y?2y1?0,与直线l方程联立,解出点Q纵坐标为yQ?2y1?8.即得B点的坐标为y1?2??y1?4?22y1?8???,再根据两点式求出直线AB方程?y?2?y12?4?x?2?y1?8?x?y??0,最后根据方程对 ， 2??y?2?y1?2??1? 2? 应y1恒成立得定点?2 ，2 y0?,则y0?4x0, 【解析】（Ⅰ）设点P的坐标为?x0 ，所以,点P到直线l的距离
x0?y0?222y0?y0?24d??2??y0?2?2?442?2. 2 2?. 当且仅当y0?2时等号成立,此时P点坐标为?1 ，?y12? y1?,显然y1?2. （Ⅱ）设点A的坐标为? ，?4? ?2?,直线AP的方程为x?1； 当y1??2时,A点坐标为?1 ，y?2?y1?2?x?1?, y12?14当y1??2时,直线AP的方程为
化简得4x??y1?2?y?2y1?0；
综上,直线AP的方程为4x??y1?2?y?2y1?0. 与直线l的方程y?x?2联立,可得点Q的纵坐标为yQ?因为,BQ∥x轴,所以B点的纵坐标为yB???y1?4?22y1?8??. ， 因此,B点的坐标为???y?2?2?y?21?1?2y1?8. y1?22y1?8. y1?24y1?82y1?82k????y2当1,即y1?8时,直线AB的斜率y12?8. y1?2y12?y1?4??4?y1?2?24y1?8?y12?所以直线AB的方程为y?y1?2?x??,
y1?8?4?2整理得?y?2?y1?4?x?2?y1?8?x?y??0.
y1?2y1?8y1?2当x?2,y?2时,上式对任意y1恒成立,
2?, 此时,直线AB恒过定点?2 ， 2?, 当y12?8时,直线AB的方程为x?2,仍过定点?2 ， 2?. 故符合题意的直线AB恒过定点?2 ，考点：抛物线的标准方程与几何性质、直线方程、直线与抛物线的位置关系 【点评】 圆锥曲线中定点问题的两种解法
(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量,再研究变化的量与参数何时没有关系,找到定点．
(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关．
【小试牛刀】【新疆乌鲁木齐市2019届高三一模】椭圆的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，过的长轴，短轴端点的一条直线方程是（1）求椭圆的方程； （2）过点
作直线交椭圆于，两点，若点关于轴的对称点为，证明直线
，当
时，
，即
，当
，
，即
过定点. ，
.
【解析】（1）对于
椭圆的方程为（2）证明：设直线
，
，（，，
，
）， ，则
，
设，两点的坐标分别为联立直线得
与椭圆得
，解得
，，
，
直线 ，
令直线
，得过定点
，
(二) 定值问题
解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等和题目中的参数无关,不依参数的变化而变化,而始终是一个确定的值,求定值问题常见的方法有两种：
①从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关；
②直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值．
x2y2【例2】如图,点A??2,0?,B?2,0?分别为椭圆C:2?2?1?a?b?0?的左右顶点,P,M,N为椭圆Cab上非顶点的三点,直线AP,BP的斜率分别为k1,k2,且k1k2??1,AP//OM,BP//ON. 4
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）判断?OMN的面积是否为定值？若为定值,求出该定值；若不为定值,请说明理由.
mn4?mnnn2【分析】（Ⅰ）设P(m,n),则k1k2?,而,所以 ??2?2?1?n2?b2?m?2m?2m?44b4222b21（Ⅱ）根据弦长公式求底边MN的长,根据点到直线距离公式求底边上的高,k1k2?????b2?144因此设直线MN的方程为y?kx?t,由直线方程与椭圆方程联立方程组,利用韦达定理得
144k2?1?t222kk??,根据斜率条件及韦达定理得MN?1?k2t?4k?1 121?4k242ttk2?1,高为 d?,代入面积公式化简得S?2?2??1 22224k?1k?1k?12tt【解析】（Ⅰ）kAPkBPb21??,?1???a24??b?1
4a?2,??x2椭圆C:?y2?1.
4（Ⅱ）设直线MN的方程为y?kx?t,M?x1,y1?,N?x2,y2?,
?y?kx?t,?2222?4k?1x?8ktx?4t?4?0, ???x2??y?1,?48kt4t2?4x1?x2??2,xx?,
4k?1124k2?1yy11k1k2???12???4y1y2?x1x2?0?4?kx1?t??kx2?t??x1x2?0,
4x1x24?4k2?1?x1x2?4kt?x1?x2??4t2?0,
?4t2?4??4k?1??4k2?1??4kt4k82kt?1?4t2?0?2t2?4k2?1,
??2MN??1?k??x?x?2122?x?x??1?k????2122?4x1x2?
?2?8kt4t2?4?k2?1??2, ??1?k???2??42??2224k?1?4k?1???4k?1??ttk2?1d?,S?2?2??1. 22224k?1k?1k?12t∴?OMN的面积为定值1.
【点评】圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
(1)求代数式为定值．依题意设条件,得出与代数式参数有关的等式,代入代数式、化简即可得出定值； (2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式,再利用题设条件化简、变形求得；
(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式,再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得． 【小试牛刀】【湖南省怀化市2019届高三3月第一次模拟】已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，它的
t一个顶点恰好是抛物线（1）求椭圆的方程；
的焦点，离心率等于.
（2）过椭圆的右焦点作直线交椭圆于、两点，交轴于点，若为定值.
，，求证：
【解析】（1）设椭圆的方程为，则由题意知
∴.即∴
∴椭圆的方程为
，
，
.
（2）设、、点的坐标分别为又易知点的坐标为
显然直线存在的斜率，设直线的斜率为，则直线的方程是将直线的方程代入到椭圆的方程中，消去并整理得
，∴
∵
，
，
∴将各点坐标代入得，
∴
圆锥曲线中的定值、定点问题要善于从运动中寻找不变的要素,可以先通过特例、极限位置等探求定值、定点,然后利用推理证明的方法证明之． 四、迁移运用
1．【湖南省怀化市2019届高三3月第一次模拟】直线与抛物线：
交于
两点，为坐标原点，若
直线A．
，
的斜率，满足
B．
，则直线过定点（ ）
C．
D．
【答案】C
【解析】设将直线：∴即直线：
，代入，∴
，则，得.
，又，
，，解得.
，所以过定点
2.【湖南省浏阳一中、醴陵一中联考】双曲线I是
的内心，且
，则
的左、右焦点分别为（ ）
，P为双曲线右支上一点，
A． B． C． D．
【答案】D 【解析】如图，设
内切圆的半径为．
由整理得
得．
，
因为P为双曲线右支上一点， 所以
，
，
所以．故选D．
3.【江西省南昌市2019月考】已知椭圆：角形
的三个顶点都在椭圆上，设它的三条边
、
、
的右焦点为,且离心率为，三
的中点分别为、、，且三条边所在
、
、
的斜率之
直线的斜率分别为、、，且、、均不为0.为坐标原点，若直线
和为1.则（ ）
A． B．-3 C． D．
【答案】A
【解析】因为椭圆：
所以可求得椭圆的标准方程为
的右焦点为,且离心率为，且
设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（s1，t1），E（s2，t2），M（s3，t3），
因为A、B在椭圆上，所以 ，两式相减得
，即
同理可得
所以因为直线所以所以选A
、
、
的斜率之和为1
4．【福建省2019届适应性练习（四)】设为坐标原点，动圆过定点（Ⅰ）求圆心的轨迹的方程； （Ⅱ）设
是轨迹上的动点，直线
动圆半径为
的倾斜角之和为，求证：直线
, 且被轴截得的弦长是8.
过定点.
【解析】 (Ⅰ)设
由动圆被轴截得的弦长是8得消去得
，
故圆心的轨迹的方程(Ⅱ) 设直线
，
联立方程得则设直线
，
，消去得，
．
，
．
的倾斜角分别是
∵，同理
∴
．
，故直线
过定点
．
5.【山东省济宁市2019届高三第一次模拟】已知椭圆的离心率为，且椭圆C
过点．
(I)求椭圆C的方程；
(II)设椭圆C的右焦点为F，直线与椭圆C相切于点A，与直线值．
【解析】(Ⅰ)∵椭圆C过点∵离心率为又∵由①②③得
∴
，∴
①
相交于点B，求证：
的大小为定
②
③ ，
，
.
∴椭圆C的方程为C：.
(Ⅱ)显然直线l的斜率存在，设l:y=kx+m.
由由
消y得
得
.
∴
∴
∴切点A的坐标为又点B的坐标为∴∴
∴∠AFB=90°，即∠AFB的大小为定值.
，
，右焦点F的坐标为
，
，
x2y26．【江西省赣州市十四县（市）2018届高三下学期期中】已知椭圆系方程Cn： 2?2?n (a?b?0，
abn?N*)， F1,F2 是椭圆C6的焦点， A（1）求C6的方程；
（2）P为椭圆C3上任意一点，过P且与椭圆C3相切的直线l与椭圆C6交于M， N两点，点P关于原点的对称点为Q，求证： ?QMN的面积为定值，并求出这个定值．
?6，3是椭圆C6上一点，且AF2?F1F2?0.
?
【解析】
x2y2x2y2（1）由题意得椭圆C6的方程为C6： 2?2?6 ，即 2?2?1．
6a6bab∵ AF2?F1F2?0． ∴AF2?F1F2， 又A?6,3为椭圆C6上一点，
?∴c?6．
?6a2?6b2?c2?6，即a2?b2?1，
6??3???又
226a26b2?1，
?a2?2,b2?1，x2?y2?6． ∴椭圆C6的方程为 2（2）解：①当直线l斜率存在时，设l方程为y?kx?m,
x2?y2?3222由{2消去y整理得?2k?1?x?4kmx?2m?6?0，
y?kx?m∵直线l与椭圆C3相切，
22∴???4km??42k?12m?6?0，整理得m?32k?1．
2?2??2???设P?x0,y0?，则Q??x0,?y0?，且y0?kx0?m， ∴点Q到直线l的距离d??kx0?y0?mk?12?2mk?12，
x2?y2?6222同理由{2消去y整理得?2k?1?x?4kmx?2m?12?0，
y?kx?m设M?x1,y1?,N?x2,y2?，
2m2?124km则x1?x2??2， x1x2?
2k?12k2?1?MN? ?k2?1??x1?x2??4x1x2? ????2???4km?22m2?12?k?1???2??4?2?
2k?1????2k?1??2???k2?1?812k2?6?m2??2k2?1?2? ?22k2?1m2k2?12m，
?S?QMN2122k?1m1?MNd ??222k2?1k?12 ?22m222k?1 ?22?32k2?12k?12?? ?62．
②当直线l斜率不存在时，易知S?QMN?62．
综上可得?QMN的面积为定值62．
x2y27．【四川省蓉城名校高中2018届高三4月份联考】已知椭圆C： 2?2?1(a?b?0)的长轴长为4，
ab3A， B是其长轴顶点， M是椭圆上异于A， B的动点，且kMA?kMB??.
4
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）如图，若动点R在直线x?6上，直线AR， BR分别交椭圆C于P， Q两点.请问：直线PQ是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由. 【解析】
（1）由题意知2a?4则a?2，
设M?x0,y0?， A??a,0?， B?a,0?，则kMA?kMBy02y0y0 ?2， ??2x0?ax0?ax0?a0x02?x02y02b2322?2由2?2?1，则y0?b?1?2?，则kMA?kMB??2??，则b?3，由此可得椭圆C的标准方
a?a4ab?x2y2??1. 程为43（2）设R?6,m?，则直线AP的方程为y?mm?x?2?；则直线BQ的方程为y??x?2?联立得48m?x?2?24m?4882222{2 消去y得： ?m?48?x?4mx?4?m?48??0，则?2?xQ?，即22m?48xy??143y???xQ?248?m2m2?48??代入直线BQ的方程得yQ?248?m224m24m??. ?2，故Q?,22m?48?m?48m?48?????m2?x?2?4m?1242222 消去y得： ?m?12?x?4mx?4?m?12??0，则2?xP?联立得{2，即22xym?12??143y???xP?2m2?12m2?12??代入直线AP的方程得y2P?2m2?12?12m??12m?. ?2，故P?,m?12?m2?12m2?12?????当
248?m2m2?48248?m2m2?48???2?m?12m2?122?，即m2?2??24，则PQ与x轴交点为T?,0?，
?3?当
???2?m?12m2?12?，即m2?2??24时，下证直线PQ过点T?,0?，
?3?由kPT?kQT?12m24m?0?022?9m9m?m2?12???0， ?m?48 22m?2424?m2m?122248?m22??m2?123m2?483????故直线PQ过定点T??2?,0?. ?3?28．【江西省新余市2018届高三二模】已知抛物线C:x?2py?p?0?过点?2,1?，直线l过点P?0,?1?与抛物线C交于A， B两点.点A关于y轴的对称点为A?，连接A?B.
（1）求抛物线线C的标准方程；
（2）问直线A?B是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由. 【解析】
(1)将点?2,1?代入抛物线C:x?2py的方程得，
2 p?2.
所以，抛物线C的标准方程为x?4y.
212x, 得(2)设直线l的方程为y?kx?1，又设A?x1,y1?， B?x2,y2?，则A???x1,y1?.由{4y?kx?1,y?x2?4kx?4?0.
则??16k2?16?0， x1?x2?4， x1?x2?4k.
2x2x12?y2?y144?x2?x1. ??x2???x1?x1?x24所以kA?B2x2x?x?21?x?x2?． 于是直线A?B的方程为y?442x2?x1x2x?x所以y??x?x2???21x?1.
444当x?0时， y?1， 所以直线A?B过定点?0,1?.
9．【湖北省荆州中学2018届高三4月月考】已知动圆过定点A?2,0?，且在y轴上截得弦MN的长为4. （1）求动圆圆心的轨迹C的方程；
（2）设B?1,0?，过点A斜率为k?k?0?的直线l交轨迹C于P,Q两点， PB,QB的延长线交轨迹C于
S,T两点.
①若?PQB的面积为3，求k的值. ②记直线ST的斜率为kST，证明： 【解析】
（1）设圆心C?x,y??x?0?，过点C作CE?y轴，垂足为E，则ME?∴CA?CM222kST为定值，并求出这个定值. k1MN. 2?ME?CE
222222∴?x?2??y?2?x，化简为：y?4x.
当x?0时，也满足上式.
∴动圆圆心的轨迹C的方程为y?4x.
22?y12??y2?（2）设直线l的方程为y?k?x?2?， P?,y1?,Q?,y2?，
?4??4?由{y2?4xy?k?x?2? ，得ky2?4y?8k?0，
4,y1y2??8. k??16?32k2?0， y1?y2?①S?PQB?11ABy1?y2?22?y1?y2?2?4y1y2?21?2?3，解得k?2. 2k22?y3??y12??y3?②设S?,y3?，则BP???1,y1?， BS???1,y3?.
?4??4??4?∵P,B,S共线
2?4??y3??y12?42∴??1?y3?y1??1??0，即y3???y1?y3?4?0，解得： y3?y1（舍）或y3??.
y1?4??4??y1??4?44?4?S,?T,?∴?2?，同理?2?，
yyyy1?2??1?2∴kST44?y1y2yy???12?2k
44y1?y2?22y1y2?∴
kST?2（定值） k
x22
10.如图,已知双曲线C：2－y＝1(a>0)的右焦点为F.点A,B分别在C的两条渐近线上,AF⊥x轴,AB⊥OB,BFa∥OA(O为坐标原点)．
(1)求双曲线C的方程；
(2)过C上一点P(x0,y0)(y0≠0)的直线l：
x0x3－yy＝1与直线AF相交于点M,与直线x＝相交于点N.证明：02a当点P在C上移动时,|MF|
|NF|恒为定值,并求此定值．
【解析】(1)设F(c,0),因为b＝1,所以c＝a2
＋1, 直线OB方程为y＝－1
ax,
直线BF的方程为y＝1cca(x－c),解得B(2,－2a)．
又直线OA的方程为y＝1
ax,
c－－c则A(c,ca2a3
a),kAB＝＝. c－
ca2
又因为AB⊥OB,所以3a·(－1
a)＝－1,
解得a2
＝3,
故双曲线C的方程为x2
2
3－y＝1.
(2)由(1)知a＝3,则直线l的方程为
x0x3
－y0y＝1(y0≠0),即y＝
x0x－3
3y. 0
因为直线AF的方程为x＝2,
所以直线l与AF的交点为M(2,2x0－3
3y)；
03
直线l与直线x＝33x0－3
2的交点为N(2
2,3y)．
0x0－
22
则|MF|
3y2
0
|NF|2＝3
＝x2
0－9y2
2
0912x0－4＋4
x0－
2
4＋3y2
0
2
4x0－＝·2
33y0＋x0－
2
2
.
因为P(x0,y0)是C上一点,则－y0＝1,
3|MF|4x0－
代入上式得2＝·2
|NF|3x0－3＋x0－4x0－4＝·2＝, 34x0－12x0＋93|MF|223
即所求定值为＝＝.
|NF|33
11.如图,设点A,B的坐标分别为?3,0,（1）求点P的轨迹方程；
（2）设点P的轨迹为C,点M、N是轨迹为C上不同于A,B的两点,且满足AP//OM,BP//ON,求证：
22
2
2
x20
2
???23,0,直线AP,BP相交于点P,且它们的斜率之积为?．
3??MON的面积为定值．
x2y26【答案】（1） ??1x??3（2）322??【解析】（1）由已知设点P的坐标为?x,y?,由题意知
kAPkBP?yy2??x??3,
3x?3x?3??x2y2化简得P的轨迹方程为??1x??3．
32??（2）证明：由题意M、N是椭圆C上非顶点的两点,且AP//OM,BP//ON, 则直线AP,BP斜率必存在且不为0,又由已知kAPkBP??因为AP//OM,BP//ON,所以kOMkON??2． 32． 322xy设直线MN的方程为x?my?t,代入椭圆方程?,得
32?3?2m?y22?4mty?2t2?6?0．．．．①,．
24mt2t?6设M,N的坐标分别为?x1,y1?,?x2,y2?,则y1?y2??． ,yy?12223?2m3?2m又kOMkONy1y2y1y22t2?6???, x1x2m2y1y2?mt?y1?y2??t23t2?6m22t2?6222所以2,得??2t?2m?3． 23t?6m3又S?MON11t?ty1?y2?22?242?48m2?72, 23?2m所以S?MON26tt26,即?MON的面积为定值6． ??24t22x2y212．如图,过椭圆?:2?2?1(a?b?0)内一点A(0,1)的动直线l与椭圆相交于M,N两点,当l平行于x
ab轴和垂直于x轴时,l被椭圆?所截得的线段长均为22.
（1）求椭圆?的方程；
（2）在平面直角坐标系中,是否存在与点A不同的定点B,使得对任意过点A(0,1)的动直线l都满足
|BM|?|AN|?|AM|?|BN|？若存在,求出定点B的坐标,若不存在,请说明理由.
x2y2【答案】（1）??1；
42（2）存在点B的坐标(0，2)．
【解析】（Ⅰ）由已知得b?2,点(2，1)在椭圆上, 所以
21?2?1,解得a?2, 2abx2y2所以椭圆?的方程为??1．
42（Ⅱ）当直线l平行于x轴时,则存在y轴上的点B,使|BM||AN|?|AM||BN|,设B(0，y0)； 当直线l垂直于x轴时,M(0，2)，N(0，?2),
|BM||AM|?, |BN||AN|若使|BM||AN|?|AM||BN|,则
有|y0?2||y0?2|?2?12?1,解得y0?1或y0?2．
所以,若存在与点A不同的定点B满足条件,则点B的坐标只可能是(0，2)． 下面证明：对任意直线l,都有|BM|?|AN|?|AM|?|BN|,即
|BM||AM|?． |BN||AN|当直线l的斜率不存在时,由上可知,结论成立； 当直线l的斜率存在时,可设直线l的方程为y?kx?1． 设M,N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2), ?x2y2?1，??由?4得(2k2?1)x2?4kx?2?0, 2?y?kx?1?其判别式??(4k)2?8(2k2?1)?0, 4k2, ，x1x2??222k?12k?111x?x2?2k． 因此,??1x1x2x1x2所以,x1?x2??易知点N关于y轴对称的点N?的坐标为(?x2，y2)， 又kBM?kBN??y1?2kx1?11??k?, x1x1x1y2?2kx2?111???k??k?, ?x2?x2x2x1所以kBM?kBN?,即B，M，N?三点共线, 所以
|BM||BM||x1||AM|???．
|x||BN||BN?||AN|2故存在与点A不同的定点B(0，2),使得|BM|?|AN|?|AM|?|BN|．
圆锥曲线中的定值、定点问题-高三数学备考冲刺
