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直线与圆中的定点问题是这几年高考中的热点和难点问题，值得我们去探究其解决的一般途径。本文拟与同学们一起认识问题，从四种不同 角度一：构建直线模型，利用方程思想
【例1】 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆x29+y25=1的左、右顶点为A、B，右焦点为F.设过点T(9,m)的直线TA、TB与此椭圆分别交于点M(x1,y1)、N(x2,y2)，其中m>0，y1>0，y2<0.求证：直线MN必过x轴上的一定点（其坐标与m无关）.
分析 聚焦问题的结论，本题要证明的定点在x轴上，具有明显的位置特征即该点的纵坐标为0。因此，从方程的角度可考虑先构建直线模型，表示出动直线，再进行定量运算。
点拨 在解决动直线过定点问题时，如果明确定点所处位置，可考虑先表示动直线，再用特殊位置代入的方法运算确定。
角度二：构建动圆模型，利用变量分离
【例2】 在直角坐标系xOy中，已知圆M的方程为x2+(y－2)2=1，直线l的方程为x－2y=0，点P在直线l上，过P点作圆M的切线PA,切点为A．记经过A,P,M三点的圆为圆C,问圆C是否经过定点？请证明你的结论．
分析 本题条件中的圆C显然是一个动圆，所过定点尚未确定特性，因此考虑先构建动圆模型，将动圆表示出来，再对参变量进行处理。
解 设P(2m,m)，则MP的中点Qm,m2+1，因为PA是圆M的切线，所以经过A,P,M三点的圆是以Q为圆心，MQ为半径的圆，故方程为(x－m)2+y－m2－12=m2+m2－12，化简得x2+y2－2y－m(2x+y－2)=0，此式是关于m的恒等式，故x2+y2－2y=0,2x+y－2=0，解得x=0,y=2,或x=45,y=25，所以经过A,P,M三点的圆必过定点(0,2)和45,25.
点拨 在解决动圆过定点问题时，可考虑先表示动圆方程（化为一般方程），再利用变量分离进行变量提取，并令变量系数为0，进而运算确定。
角度三：考虑待定系数，利用对应思想
【例3】 已知圆O：x2+y2=1，圆M：(x-4)2+(y－2)2=9，设P为圆M上一点，过点P向圆O引切线，切点为Q，试探究：平面内是否存在一定点R，使得PQPR为定值.
分析 从问题的结论看，本题需解决的定点和定值问题都不明确，特别是定值的未知影响着解题的发展，为了避免这种影响，可考虑待定系数法。
解 假设存在这样的点R(a,b)，点P的坐标为(x,y)，相应的定值PQPR=λ,根据题意可得PQ=x2+y2－1，所以x2+y2－1(x-a)2+(y-b)2=λ，即x2+y2－1=λ2(x2+y2－2ax－2by+a2+b2)()，又点P在圆M上，所以(x-4)2+(y－2)2=9即x2+y2=8x+4y－11，代入()式得8x+4y－12=λ2(8－2ax+(4－2b)y+(a2+b2－11)］，若系数对应相等，则等式恒成立，所以λ2(8－2a)=8,λ2(4－2b)=4,λ2(a2+b2－11)=－12，解得a=2，b=1，λ=2或a=25，b=15，λ=103.所以可以找到这样的点R，使得PQPR为定值.当点R的坐标为(2,1)时，PQPR的比值为2；当点R的坐标为25,15时，PQPR的比值为103.
点拨 在探索定点和定值综合问题时，为能进行定量运算，可考虑利用待定系数法先表示再代入运算、变量分离，并利用点的任意性和对应思想解决。
社会犹如一条船，每个人都要有掌舵的准备。——易卜生
角度四：分析图形特征，利用转化思想
【例4】 已知点F是双曲线x2－y23=1的右焦点，定点A(-1,0)，过点F的直线交双曲线于B，C两点，直线AB，AC分别交l：x=12于点M，N.试判断以线段MN为直径的圆是否过点F，并说明理由.
分析 聚焦探究的结论，若以线段MN为直径的圆过点F，则FM⊥FN，所以能否证明FM⊥FN是解决本题的关键。
解 （i） 当直线BC与x轴垂直时，其方程为x=2，此时B(2,3)，C(2,－3)，直线AB的方程为y=x+1，因此M点的坐标为12,32，FM=－32,32，同理可得，FN=－32,－32，因此，FM•FN=－32×－32+－32×32=0.
点拨 在解决动圆过定点问题时，当定点已经明确时，可以利用圆的图形性质特征，将问题转化为证明线线垂直关系。
总结:横看成岭侧成峰，数学问题的解决往往有多种视角，抓住问题的本质则是解决问题的核心。直线与圆中的定点问题虽然比较复杂，但只要我们能明确问题的本质，选准角度，我们就一定能走近她，认识她。
牛刀小试
1. 平面直角坐标系xOy中，设二次函数f(x)=x2+2x+b(x∈R)的图象与两坐标轴有三个交点，经过这三个交点的圆记为C，试探究圆C是否经过定点（其坐标与b无关）.
2. 平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x2+y2=9，点A(－5,0).若在直线OA上存在定点B（不同于点A），满足：对于圆C上任一点P，都有PBPA为一常数，试求所有满足条件的点B的坐标.
【参考答案】
1. 动圆表示，变量分离.设圆的一般方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0,令y=0得x2+Dx+F=0这与x2+2x+b=0是同一个方程，故D=2,F=b.令x=0得y2+Ey+F=0,此方程有一个根为b,代入得E=-b-1.圆的方程可表示为x2+y2+2x－y－b(y-1)=0，此式是关于b的恒等式，故y－1=0,x2+y2+2x－y=0，必过定点(0,1)和(－2,1).
2. 待定系数法，对应思想.设点B(t,0)(t≠－5)，点P的坐标为(x,y)，相应的定值PBPA=λ,
整理可得－2t=10λ2,t2+9=34λ2，得λ=35,t=－95,
或λ=1,t=－5,（舍去）.存在点B－95,0，PBPA为常数35.
（作者：潘龙生，盐城市盐都区教育局教研室）
角度聚焦其解题方法，透析其本质，供同学们参考。
【例1】 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆x29+y25=1的左、右顶点为A、B，右焦点为F.设过点T(9,m)的直线TA、TB与此椭圆分别交于点M(x1,y1)、N(x2,y2)，其中m>0，y1>0，y2<0.求证：直线MN必过x轴上的一定点（其坐标与m无关）.
分析 聚焦问题的结论，本题要证明的定点在x轴上，具有明显的位置特征即该点的纵坐标为0。因此，从方程的角度可考虑先构建直线模型，表示出动直线，再进行定量运算。
点拨 在解决动直线过定点问题时，如果明确定点所处位置，可考虑先表示动直线，再用特殊位置代入的方法运算确定。
角度二：构建动圆模型，利用变量分离
【例2】 在直角坐标系xOy中，已知圆M的方程为x2+(y－2)2=1，直线l的方程为x－2y=0，点P在直线l上，过P点作圆M的切线PA,切点为A．记经过A,P,M三点的圆为圆C,问圆C是否经过定点？请证明你的结论．
分析 本题条件中的圆C显然是一个动圆，所过定点尚未确定特性，因此考虑先构建动圆模型，将动圆表示出来，再对参变量进行处理。
解 设P(2m,m)，则MP的中点Qm,m2+1，因为PA是圆M的切线，所以经过A,P,M三点的圆是以Q为圆心，MQ为半径的圆，故方程为(x－m)2+y－m2－12=m2+m2－12，化简得x2+y2－2y－m(2x+y－2)=0，此式是关于m的恒等式，故x2+y2－2y=0,2x+y－2=0，解得x=0,y=2,或x=45,y=25，所以经过A,P,M三点的圆必过定点(0,2)和45,25.
点拨 在解决动圆过定点问题时，可考虑先表示动圆方程（化为一般方程），再利用变量分离进行变量提取，并令变量系数为0，进而运算确定。
角度三：考虑待定系数，利用对应思想
【例3】 已知圆O：x2+y2=1，圆M：(x-4)2+(y－2)2=9，设P为圆M上一点，过点P向圆O引切线，切点为Q，试探究：平面内是否存在一定点R，使得PQPR为定值.
分析 从问题的结论看，本题需解决的定点和定值问题都不明确，特别是定值的未知影响着解题的发展，为了避免这种影响，可考虑待定系数法。
解 假设存在这样的点R(a,b)，点P的坐标为(x,y)，相应的定值PQPR=λ,根据题意可得PQ=x2+y2－1，所以x2+y2－1(x-a)2+(y-b)2=λ，即x2+y2－1=λ2(x2+y2－2ax－2by+a2+b2)()，又点P在圆M上，所以(x-4)2+(y－2)2=9即x2+y2=8x+4y－11，代入()式得8x+4y－12=λ2(8－2ax+(4－2b)y+(a2+b2－11)］，若系数对应相等，则等式恒成立，所以λ2(8－2a)=8,λ2(4－2b)=4,λ2(a2+b2－11)=－12，解得a=2，b=1，λ=2或a=25，b=15，λ=103.所以可以找到这样的点R，使得PQPR为定值.当点R的坐标为(2,1)时，PQPR的比值为2；当点R的坐标为25,15时，PQPR的比值为103.
点拨 在探索定点和定值综合问题时，为能进行定量运算，可考虑利用待定系数法先表示再代入运算、变量分离，并利用点的任意性和对应思想解决。
社会犹如一条船，每个人都要有掌舵的准备。——易卜生
角度四：分析图形特征，利用转化思想
【例4】 已知点F是双曲线x2－y23=1的右焦点，定点A(-1,0)，过点F的直线交双曲线于B，C两点，直线AB，AC分别交l：x=12于点M，N.试判断以线段MN为直径的圆是否过点F，并说明理由.
分析 聚焦探究的结论，若以线段MN为直径的圆过点F，则FM⊥FN，所以能否证明FM⊥FN是解决本题的关键。
解 （i） 当直线BC与x轴垂直时，其方程为x=2，此时B(2,3)，C(2,－3)，直线AB的方程为y=x+1，因此M点的坐标为12,32，FM=－32,32，同理可得，FN=－32,－32，因此，FM•FN=－32×－32+－32×32=0.
点拨 在解决动圆过定点问题时，当定点已经明确时，可以利用圆的图形性质特征，将问题转化为证明线线垂直关系。
总结:横看成岭侧成峰，数学问题的解决往往有多种视角，抓住问题的本质则是解决问题的核心。直线与圆中的定点问题虽然比较复杂，但只要我们能明确问题的本质，选准角度，我们就一定能走近她，认识她。
牛刀小试
1. 平面直角坐标系xOy中，设二次函数f(x)=x2+2x+b(x∈R)的图象与两坐标轴有三个交点，经过这三个交点的圆记为C，试探究圆C是否经过定点（其坐标与b无关）.
2. 平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x2+y2=9，点A(－5,0).若在直线OA上存在定点B（不同于点A），满足：对于圆C上任一点P，都有PBPA为一常数，试求所有满足条件的点B的坐标.
【参考答案】
1. 动圆表示，变量分离.设圆的一般方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0,令y=0得x2+Dx+F=0这与x2+2x+b=0是同一个方程，故D=2,F=b.令x=0得y2+Ey+F=0,此方程有一个根为b,代入得E=-b-1.圆的方程可表示为x2+y2+2x－y－b(y-1)=0，此式是关于b的恒等式，故y－1=0,x2+y2+2x－y=0，必过定点(0,1)和(－2,1).
2. 待定系数法，对应思想.设点B(t,0)(t≠－5)，点P的坐标为(x,y)，相应的定值PBPA=λ,
整理可得－2t=10λ2,t2+9=34λ2，得λ=35,t=－95,
或λ=1,t=－5,（舍去）.存在点B－95,0，PBPA为常数35.
（作者：潘龙生，盐城市盐都区教育局教研室）
角度聚焦其解题方法，透析其本质，供同学们参考。