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有关“定点”问题是解析几何题中常见的一类题型，在近几年的高考或模拟试题中频繁出现这类题，因为这类题型不仅体现了数学文化美，而且体现了哲学中动与静的辩证统一的关系，所以受到一些命题专家的青睐。高中数学直线方程和圆方程中有一类涉及定点和定值的问题。这类问题中一般都有变量或动点，但最终的数值或点却是一定的。解决这类问题，一般都用方程思想探得定值或定点，利用等式恒等的性质，可求出定点、定值。
一、 直线方程过定点问题
【例1】直线l:(1+3m)x+(3－2m)y+4m－17=0与圆x2+y2+2x－6y－15=0的交点个数是.
解析直线l方程可化为：(3x－2y+4)m+x+3y－17=0，且直线与实数m无关.
由3x－2y+4=0,
x+3y－17=0,得x=2,
y=5.
∴直线过定点A(2,5).
∵22+52+4－30－15=－12<0，
∴A点在圆内，故直线与圆有两个交点.
点拨在本题中，判断直线与圆的位置关系既不需要用代数方法将直线方程与圆的方程联立方程组，消元后观察一元二次方程判别式与0的关系；也不需要用几何方法，即比较圆心与直线的距离与半径的大小。而是发现直线方程中含有参数m，并与参数m无关，故直线必过定点。通过判断定点与圆的位置关系进而可以得出直线与圆的交点个数。
二、 圆方程过定点问题
【例2】无论k取什么值，圆x2+y2+kx+ky－4=0恒过定点.
解析当k取不同的值，方程对应不同的圆，所求定点是无数个圆的公共点，将圆的方程化为(x+y)k+x2+y2－4=0，由题意，对任意k∈R，等式恒成立，故有x+y=0,
x2+y2－4=0，
解得x=－2,
y=2,或x=2,
y=－2,
∴圆恒过定点坐标为(－2,2)或(2,－2).
点拨当圆方程中参数k每取定一个不同的数值时，就得到一个不同的圆，也可以理解为圆系方程，而定点实质是无数个圆的交点，只要化为k•A+B=0（A,B是关于x,y的关系式），对于任意k值，k•A+B=0等式恒成立，所以只要满足A=0,
B=0,解出x,y的值，得出定点坐标。
三、 与圆有关的定点定值问题
【例3】已知⊙O:x2+y2=1和点M(4,2),
（1） 过点M向⊙O引切线l，求直线l的方程；
（2） 求以点M为圆心，且被直线y=2x－1截得的弦长为4的⊙M的方程；
（3） 设P为（2）中⊙M上任一点，过点P向⊙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？若存在，请举出一例，并指出相应的定值；若不存在，请说明理由.
解析（1） ∵42+22>1,∴M点在圆外,
故过M点的切线有两条.设直线l的斜率为k，则l的直线方程为：y－2=k(x－4)，
即kx－y+2－4k=0.
∵直线l与圆O相切,∴2－4kk2+1=1,
化简得(2－4k)2=k2+1，解得k=8+1915或k=8－1915,
∴l的直线方程为：y=8+1915x－2+41915或y=8－1915x+419－215.
（2） 设⊙M的半径为R，则⊙M的方程为:(x－4)2+(y－2)2=R2.
设圆心M到直线y=2x－1的距离为d，则d=2×4－2－122+12=5.
又圆M被直线y=2x－1截得的弦长为4，则弦的一半d′=2.
∵d2+d′2=R2,∴(5)2+22=R2.
即R2=9,∴⊙M的方程为：（x－4)2+(y－2)2=9.
（3） 假设M上点P(x,y),定点R(a,b),故设PQ2PR2=λ2(λ为大于0的常数）,
∵PQ2=x2+y2－1,PR2=(x－a)2+(y－b)2，则有PQ2PR2=x2+y2－1(x－a)2+(y－b)2=λ2，①
（x－4)2+(y－2)2=9整理为x2+y2=8x+4y－11代入①化简得8x+4y－12=λ2［(8－2a)x+(4－2b)y+(a2+b2－11)］.
∵等式恒成立,∴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,
∴存在点R使得PQPR为定值，当R的坐标为(2,1)时，比值为2；
当R的坐标为25,15时，比值为103.
点拨当然，直线和圆的方程中不仅有定点问题，定值问题，还有求定直线的问题。如已知圆x2+y2－2λx－4λy+92λ2=0(λ≠0)，求证：当λ取不同的非零实数值时，所得到的圆都有公切线，并求出公切线的方程。
［方法指导］考虑到若圆系有公切线y=kx+b，则k,b为定值。利用圆心到切线的距离等于半径，可得λ,k,b满足的等量关系，再用分离系数法，求出k,b。要注意k不存在的情况。
解析圆方程可化为(x－λ)2+(y－2λ)2=12λ2(λ≠0)，
∴圆心为(λ,2λ)，半径为22|λ|.
易知公切线斜率存在，设公切线方程为y=kx+b，
则kλ－2λ+b1+k2=22λ，
∴(k2－8k+7)λ2+4b(k－2)λ+2b2=0，
∵上式对所有λ(λ≠0)成立，
∴k2－8k+7=0,
4b(k－2)=0,
2b2=0，解得k=1,
b=0或k=7,
b=0.
∴公切线方程为y=x,y=7x.
点拨无论是定点定值问题等，我们只要抓住问题的关键，将问题转化为对于任意实数k，等式可化为kx+y=0恒成立，只要满足x=0,y=0，问题就得到解决。
牛刀小试
1. 已知点A在x轴正半轴上，点B在射线y=3x(x≥0)上.若OA+OB=6，求证：△OAB的外接圆过不依赖于点A,B的定点C（C不同于原点O）.
2. 在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1:(x+3)2+(y－1)2=4和圆C2:(x－4)2+(y－5)2=4.
（1） 若直线l过点A(4,0)，且被圆C1截得的弦长为23，求直线l的方程；
（2） 设P为平面上的点，满足：存在过点P的无穷多对互相垂直的直线l1和l2，它们分别与圆C1和圆C2相交，且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，试求所有满足条件的点P的坐标.
【参考答案】
1. 记OB=2a，则OA=6－2a，点A(6－2a,0),B(a,3a).a>0
设△OAB外接圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2－4F>0)，
把O,A,B三点坐标代入方程，
有F=0，
(6－2a)2+D(6－2a)+F=0，
a2+(3a)2+Da+E3a+F=0，
∴D=2a－6，
E=23(1－a)，
F=0，
∴△OAB外接圆的方程为x2+y2+2(a－3)x+23(1－a)y=0,
整理得：2(x－3y)a+x2+y2－6x+23y=0.
由2(x－3y)=0,
x2+y2－6x+23y=0,解得x=0,
y=0（舍）或x=3,
y=3.
∴△OAB的外接圆过不依赖于点A,B的定点C(3,3).
2. (1) 设直线l的方程为：y=k(x－4)，
即kx－y－4k=0.
由垂径定理，得圆心C1到直线l的距离
d=22－2322=1，
结合点到直线距离公式，得：|－3k－1－4k|k2+1=1,
化简得：24k2+7k=0,k=0或k=－724.
所求直线l的方程为：y=0或y=－724(x－4)，
即y=0或7x+24y－28=0.
(2) 设点P坐标为(m,n)，直线l1、l2的方程分别为：y－n=k(x－m),y－n=－1k(x－m)，
即：kx－y+n－km=0,－1kx－y+n+1km=0.
因为直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，两圆半径相等.由垂径定理，得：圆心C1到直线l1与C2直线l2的距离相等.
故有：|－3k－1+n－km|k2+1=－4k－5+n+1km1k2+1，
化简得：(2－m－n)k=m－n－3或(m－n+8)k=m+n－5.
关于k的方程有无穷多解，有：
2－m－n=0,
m－n－3=0或m－n+8=0,
m+n－5=0,
解之得：点P坐标为－32,132或52，-12.
(作者：黄兰，江苏省扬中高级中学)
一、 直线方程过定点问题
【例1】直线l:(1+3m)x+(3－2m)y+4m－17=0与圆x2+y2+2x－6y－15=0的交点个数是.
解析直线l方程可化为：(3x－2y+4)m+x+3y－17=0，且直线与实数m无关.
由3x－2y+4=0,
x+3y－17=0,得x=2,
y=5.
∴直线过定点A(2,5).
∵22+52+4－30－15=－12<0，
∴A点在圆内，故直线与圆有两个交点.
点拨在本题中，判断直线与圆的位置关系既不需要用代数方法将直线方程与圆的方程联立方程组，消元后观察一元二次方程判别式与0的关系；也不需要用几何方法，即比较圆心与直线的距离与半径的大小。而是发现直线方程中含有参数m，并与参数m无关，故直线必过定点。通过判断定点与圆的位置关系进而可以得出直线与圆的交点个数。
二、 圆方程过定点问题
【例2】无论k取什么值，圆x2+y2+kx+ky－4=0恒过定点.
解析当k取不同的值，方程对应不同的圆，所求定点是无数个圆的公共点，将圆的方程化为(x+y)k+x2+y2－4=0，由题意，对任意k∈R，等式恒成立，故有x+y=0,
x2+y2－4=0，
解得x=－2,
y=2,或x=2,
y=－2,
∴圆恒过定点坐标为(－2,2)或(2,－2).
点拨当圆方程中参数k每取定一个不同的数值时，就得到一个不同的圆，也可以理解为圆系方程，而定点实质是无数个圆的交点，只要化为k•A+B=0（A,B是关于x,y的关系式），对于任意k值，k•A+B=0等式恒成立，所以只要满足A=0,
B=0,解出x,y的值，得出定点坐标。
三、 与圆有关的定点定值问题
【例3】已知⊙O:x2+y2=1和点M(4,2),
（1） 过点M向⊙O引切线l，求直线l的方程；
（2） 求以点M为圆心，且被直线y=2x－1截得的弦长为4的⊙M的方程；
（3） 设P为（2）中⊙M上任一点，过点P向⊙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？若存在，请举出一例，并指出相应的定值；若不存在，请说明理由.
解析（1） ∵42+22>1,∴M点在圆外,
故过M点的切线有两条.设直线l的斜率为k，则l的直线方程为：y－2=k(x－4)，
即kx－y+2－4k=0.
∵直线l与圆O相切,∴2－4kk2+1=1,
化简得(2－4k)2=k2+1，解得k=8+1915或k=8－1915,
∴l的直线方程为：y=8+1915x－2+41915或y=8－1915x+419－215.
（2） 设⊙M的半径为R，则⊙M的方程为:(x－4)2+(y－2)2=R2.
设圆心M到直线y=2x－1的距离为d，则d=2×4－2－122+12=5.
又圆M被直线y=2x－1截得的弦长为4，则弦的一半d′=2.
∵d2+d′2=R2,∴(5)2+22=R2.
即R2=9,∴⊙M的方程为：（x－4)2+(y－2)2=9.
（3） 假设M上点P(x,y),定点R(a,b),故设PQ2PR2=λ2(λ为大于0的常数）,
∵PQ2=x2+y2－1,PR2=(x－a)2+(y－b)2，则有PQ2PR2=x2+y2－1(x－a)2+(y－b)2=λ2，①
（x－4)2+(y－2)2=9整理为x2+y2=8x+4y－11代入①化简得8x+4y－12=λ2［(8－2a)x+(4－2b)y+(a2+b2－11)］.
∵等式恒成立,∴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,
∴存在点R使得PQPR为定值，当R的坐标为(2,1)时，比值为2；
当R的坐标为25,15时，比值为103.
点拨当然，直线和圆的方程中不仅有定点问题，定值问题，还有求定直线的问题。如已知圆x2+y2－2λx－4λy+92λ2=0(λ≠0)，求证：当λ取不同的非零实数值时，所得到的圆都有公切线，并求出公切线的方程。
［方法指导］考虑到若圆系有公切线y=kx+b，则k,b为定值。利用圆心到切线的距离等于半径，可得λ,k,b满足的等量关系，再用分离系数法，求出k,b。要注意k不存在的情况。
解析圆方程可化为(x－λ)2+(y－2λ)2=12λ2(λ≠0)，
∴圆心为(λ,2λ)，半径为22|λ|.
易知公切线斜率存在，设公切线方程为y=kx+b，
则kλ－2λ+b1+k2=22λ，
∴(k2－8k+7)λ2+4b(k－2)λ+2b2=0，
∵上式对所有λ(λ≠0)成立，
∴k2－8k+7=0,
4b(k－2)=0,
2b2=0，解得k=1,
b=0或k=7,
b=0.
∴公切线方程为y=x,y=7x.
点拨无论是定点定值问题等，我们只要抓住问题的关键，将问题转化为对于任意实数k，等式可化为kx+y=0恒成立，只要满足x=0,y=0，问题就得到解决。
牛刀小试
1. 已知点A在x轴正半轴上，点B在射线y=3x(x≥0)上.若OA+OB=6，求证：△OAB的外接圆过不依赖于点A,B的定点C（C不同于原点O）.
2. 在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1:(x+3)2+(y－1)2=4和圆C2:(x－4)2+(y－5)2=4.
（1） 若直线l过点A(4,0)，且被圆C1截得的弦长为23，求直线l的方程；
（2） 设P为平面上的点，满足：存在过点P的无穷多对互相垂直的直线l1和l2，它们分别与圆C1和圆C2相交，且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，试求所有满足条件的点P的坐标.
【参考答案】
1. 记OB=2a，则OA=6－2a，点A(6－2a,0),B(a,3a).a>0
设△OAB外接圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2－4F>0)，
把O,A,B三点坐标代入方程，
有F=0，
(6－2a)2+D(6－2a)+F=0，
a2+(3a)2+Da+E3a+F=0，
∴D=2a－6，
E=23(1－a)，
F=0，
∴△OAB外接圆的方程为x2+y2+2(a－3)x+23(1－a)y=0,
整理得：2(x－3y)a+x2+y2－6x+23y=0.
由2(x－3y)=0,
x2+y2－6x+23y=0,解得x=0,
y=0（舍）或x=3,
y=3.
∴△OAB的外接圆过不依赖于点A,B的定点C(3,3).
2. (1) 设直线l的方程为：y=k(x－4)，
即kx－y－4k=0.
由垂径定理，得圆心C1到直线l的距离
d=22－2322=1，
结合点到直线距离公式，得：|－3k－1－4k|k2+1=1,
化简得：24k2+7k=0,k=0或k=－724.
所求直线l的方程为：y=0或y=－724(x－4)，
即y=0或7x+24y－28=0.
(2) 设点P坐标为(m,n)，直线l1、l2的方程分别为：y－n=k(x－m),y－n=－1k(x－m)，
即：kx－y+n－km=0,－1kx－y+n+1km=0.
因为直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，两圆半径相等.由垂径定理，得：圆心C1到直线l1与C2直线l2的距离相等.
故有：|－3k－1+n－km|k2+1=－4k－5+n+1km1k2+1，
化简得：(2－m－n)k=m－n－3或(m－n+8)k=m+n－5.
关于k的方程有无穷多解，有：
2－m－n=0,
m－n－3=0或m－n+8=0,
m+n－5=0,
解之得：点P坐标为－32,132或52，-12.
(作者：黄兰，江苏省扬中高级中学)