椭圆中的定点、定值与定直线

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保留特殊方向、距离绝对值和每次除法条件，证明才覆盖全部合法构型。

一、知识点理解概念

1. 不变性是对全部合法构型的结论

直线过定点，指存在固定点，使所有满足原条件的直线都经过它；量为定值，指全部合法构型给同一数；点在定直线上，指始终满足一个不含可变参数的直线方程。有限代值或画图只能猜想，不能证明全称结论。一个数固定不等于某点固定，消参落在直线上也不等于遍历整条线。

2. 参数式先覆盖方向

$y=kx+d$ 漏竖直线， $x=my+n$ 漏水平线。漏掉方向须由原条件排除或单独计算；联立还须核二次项非零、 $\Delta>0$ 两不同交点及斜率定义。

若直线族为 $u(k)x+v(k)y+w(k)=0$ ，固定点 $(X,Y)$ 要让此式对全部允许 $k$ 成立，可分离独立参数项系数，但必须先说明允许域和每个参数的有效直线。

3. 根和积化对称量，距离仍保模

联立得到端点坐标二次方程后，用韦达把对称量化成参数式，再作全域恒等证明。若弦内点作为零基点，两有向坐标参数异号；距离乘积须取绝对值，不能把负根积直接作为长度乘积。

4. 每次除法先给非零理由

距离、斜率分母、端点坐标差、交点因子都可能为零。能不用除法就先不除；必须除时，从端点不同、端点非顶点、斜率存在等原条件证明非零。零因子返回原式另查，不以“通常”为由删掉。向量移项与参数方向另见向量分点与射线。

二、考点方法与例题

1. 候选必要性和全域充分性分开

列允许构型与覆盖参数，写二次项、判别式、根和积和符号条件。少数参数只能求候选，代回任意参数恒等式才证明充分；最后补漏方向并核真实构型存在。交点题还要先证明两线不平行。

2. 由顶点连线的斜率积研究动弦

先查参数式遗漏的方向，将斜率积改写为可合法乘分母的等式，再用韦达化简。

例题 01 顶点连线与动弦

已知椭圆 $C$ ： $\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$ （ $a>b>0$ ）的长轴长是短轴长的3倍，左、右焦点分别为 ${F}_{1}$ ， ${F}_{2}$ ．且椭圆 $C$ 经过点 $M\left( 1,\frac{2\sqrt{2}}{3}\right)$ ．

(1)求椭圆的方程；

(2)设 $A$ 是椭圆 $C$ 的右顶点， $P$ ， $Q$ 是椭圆 $C$ 上不同的两点，直线 $AP$ ， $AQ$ 的斜率分别为 ${k}_{1}$ ， ${k}_{2}$ ，且 ${k}_{1}{k}_{2}=\frac{1}{3}$ ，证明：直线 $PQ$ 过定点．

答案与解析

（1） $a=3b$ ，代 $M(1,2\sqrt2/3)$ 得 $1/(9b^2)+(8/9)/b^2=1$ ，故 $b=1,a=3$ ，方程 $x^2/9+y^2=1$ 。原半轴比也给 $e=\sqrt{a^2-b^2}/a=2\sqrt2/3$ 。

（2） $A=(3,0)$ 。先排水平弦：设纵坐标 $h$ ，两交点有 $x_1+x_2=0,x_1x_2=-9(1-h^2)$ 。 $h\ne0$ 时斜率积为 $h^2/[(x_1-3)(x_2-3)]=h^2/(9h^2)=1/9\ne1/3$ ； $h=0$ 则端点之一为 $A$ ，相应斜率无定义。因此全部合法弦可写 $x=my+n$ ，包含竖直方向。

联立得 $(m^2+9)y^2+2mny+n^2-9=0$ ，二次项正，两点不同要求

\Delta=36(m^2-n^2+9)>0,\qquad s=y_1+y_2=-\frac{2mn}{m^2+9},\quad p=y_1y_2=\frac{n^2-9}{m^2+9}.

两斜率有定义，故分母 $(x_1-3)(x_2-3)\ne0$ 。斜率积等价于 $3p=(x_1-3)(x_2-3)$ ，代入后得到 $(m^2-3)p+m(n-3)s+(n-3)^2=0$ 。乘正数 $m^2+9$ 得

(m^2-3)(n^2-9)-2m^2n(n-3)+(n-3)^2(m^2+9)=0.

$m^2$ 的系数 $(n^2-9)-2n(n-3)+(n-3)^2=0$ ，余下 $6(n-3)(n-6)=0$ 。 $n=3$ 让弦过曲线顶点 $A$ ，违反原斜率条件，故 $n=6$ ，弦恒过 $(6,0)$ 。

存在性回核： $n=6$ 时 $\Delta=36(m^2-27)>0$ ，即 $|m|>3\sqrt3$ ，有真实参数。此时两点不同，直线不过 $A$ ，原斜率均有定义，回代等价式给积 $1/3$ ，结论不空。

原图把 $M$ 标在横轴，与题给非零纵坐标不一致；求方程以题干坐标为准，不据图新增条件。

3. 长度乘积先判根符号

把长度写成有向参数的模，才能正确处理目标中的负号，再对参数系数作恒等比较。

例题 02 过内点的弦与距离表达式

已知过点 $T\left( 1,0\right)$ 的直线 $l$ 与椭圆 $E:\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+{y}^{2}=1\left( a>1\right)$ 交于 $A,B$ 两点．当直线 $AB$ 垂直于 $x$ 轴时， $\left| AB\right|=\frac{2\sqrt{6}}{3}$ ．

(1)求 $E$ 的方程．

(2)探究是否存在实数 $\lambda$ ，使得 $\frac{1}{{\left| AT\right|}^{2}}+\frac{1}{{\left| BT\right|}^{2}}-\frac{\lambda }{\left| AT\right|\cdot \left| BT\right|}$ 为定值．若存在，求出该定值；若不存在，说明理由．

答案与解析

（1）竖直弦 $x=1$ 的端点纵坐标为 $\pm\sqrt{1-1/a^2}$ ，所以 $2\sqrt{1-1/a^2}=2\sqrt6/3$ 。两边非负，平方得 $a^2=3>1$ ，方程为 $x^2/3+y^2=1$ 。

（2） $T(1,0)$ 在内部，各方向都有两不同端点，两距离都正。非水平线写 $x=my+1,m\in\mathbb R$ ，包括竖直 $m=0$ 。代入得

(m^2+3)y^2+2my-2=0,\quad\Delta=12m^2+24>0,\quad s=-\frac{2m}{m^2+3},\quad p=-\frac2{m^2+3}<0.

两根异号且非零，故 $AT=\sqrt{m^2+1}|y_1|$ 、 $BT=\sqrt{m^2+1}|y_2|$ ，乘积为 $-(m^2+1)p>0$ 。原目标等于

\frac{s^2+(\lambda-2)p}{(m^2+1)p^2} =\frac{4m^2-2(\lambda-2)(m^2+3)}{4(m^2+1)} =\frac{(4-\lambda)m^2-3(\lambda-2)}{2(m^2+1)}.

若全域恒定，比较 $m=0$ 与 $m=1$ ，必要条件为 $4-\lambda=-3(\lambda-2)$ ，得 $\lambda=1$ 。再代回任意 $m$ ，分子 $3m^2+3$ ，整个式子恒为 $3/2$ ，这才证明充分。

漏掉的水平线 $y=0$ 另核：两距离为 $r=\sqrt3+1,s_0=\sqrt3-1$ ， $rs_0=2,r^2+s_0^2=8$ ，目标 $8/4-1/2=3/2$ 。所有方向均覆盖，存在且仅有 $\lambda=1$ ，定值为 $3/2$ 。

4. 先证交点存在，再消去已知非零量

斜率比例可避免除未知交点坐标，但要先证两斜率不同，保证交点唯一。

例题 03 焦点弦与两条顶点连线

已知 $F(1,0)$ 为椭圆 $C:\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1(a>b>0)$ 的右焦点， $A,B$ 分别为椭圆C的左、右顶点，且椭圆C过点 $T\left( \frac{2}{3},-\frac{2\sqrt{6}}{3}\right)$ ．

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)过点F作直线l与椭圆C交于 $M,N$ 两点（不同于 $A,B$ ），设直线 $AM$ 与直线 $BN$ 交于点D，证明：点D在定直线上．

答案与解析

（1）右焦点 $(1,0)$ 给 $c=1$ ，左焦点 $(-1,0)$ 。 $T$ 到左右焦点距离分别为 $\sqrt{(2/3+1)^2+8/3}=7/3$ 、 $\sqrt{(2/3-1)^2+8/3}=5/3$ ，和 $4=2a$ ，所以 $a=2,b^2=3$ ，方程 $x^2/4+y^2/3=1$ 。

上传 KB 记载原思路把顶点 $A,B$ 当成焦点标签，详解实际计算用的是 $(\pm1,0)$ ，数值正确；不能把 $TA+TB$ 当焦半径和。

（2）水平焦点弦的端点就是 $A,B$ ，已被原条件排除。全部合法线可写 $x=my+1$ ，联立得

(3m^2+4)y^2+6my-9=0,\qquad\Delta=144(m^2+1)>0.

所有实数 $m$ 均给两不同端点。记 $s=-6m/(3m^2+4)$ 、 $p=-9/(3m^2+4)<0$ ，则 $mp=3s/2$ ，两纵坐标非零。

$AM,BN$ 的斜率为 $u=y_1/(x_1+2)$ 、 $v=y_2/(x_2-2)$ 。曲线上 $x=\pm2$ 只能为相应顶点，原条件排除这些端点，故分母非零，且 $u\ne0$ 。代 $x_i=my_i+1$ ：

v-3u=\frac{y_2(my_1+3)-3y_1(my_2-1)}{(my_2-1)(my_1+3)} =\frac{-2mp+3s}{(my_2-1)(my_1+3)}=0.

故 $v=3u\ne u$ ，两直线不平行，交点唯一。联立 $y=u(x+2)$ 、 $y=3u(x-2)$ ，约去已证非零的 $u$ ，得 $x+2=3(x-2)$ ，所以 $x=4$ ， $D$ 总在定直线 $x=4$ 上。

未除未知的 $x-2$ ，也没有漏 $m=0$ ；该竖直方向真实给 $D=(4,\pm3)$ 。落在此线不等于已经证明遍历整条线。

上传 KB 另记原联立式右侧误写 $(x+2)$ ，依 $BN$ 正确点斜式应为 $(x-2)$ ，上述推导使用正确因子并补足可除条件。