第16讲 解析几何解答题（解析版）.docx

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1、第16讲 解析几何解答题一、解答题1（2021全国高三专题练习）已知抛物线，为其焦点，三点都在抛物线上，且，设直线的斜率分别为.（1）求抛物线的方程，并证明；（2）已知，且三点共线，若且，求直线的方程.【答案】（1），证明见解析；（2）.【分析】（1）由抛物线的定义和，求得，得出抛物线的方程及点，利用斜率公式，分别求得，即可求解；（2）设直线的方程为，其中（），联立方程组，利用韦达定理和根与系数的关系，结合，列出方程，即可求解.【详解】（1）由题抛物线，且，根据抛物线的定义，可得，解得，所以抛物线的方程为，且点，设点，可得，同理，所以，所以.（2）由，且三点共线，设直线的方程为，其中（），联立

2、，消去得，则，又由，解得或，因为，所以，解得，由（1）知，所以，且，所以，所以直线的方程为，即.【点睛】直线与圆锥曲线的综合问题的求解策略：对于直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线方程，应用一元二次方程根与系数的关系，以及弦长公式等进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力2（2021广东汕头市高三一模）在平面直角坐标系中，为坐标原点，已知平行四边形两条对角线的长度之和等于（1）求动点的轨迹方程；（2过作互相垂直的两条直线、，与动点的轨迹交于、，与动点的轨迹交于点、，、的中点分别为、；证明：直线恒过定点

3、，并求出定点坐标求四边形面积的最小值【答案】（1）；（2）证明见解析，定点坐标为；.【分析】（1）设点的坐标为，根据已知条件得出，结合椭圆的定义可知点的轨迹是椭圆，求出、的值，结合椭圆的焦点位置可得出点的轨迹方程，并求出的取值范围；（2）分析出直线的斜率存在且不为零，可设直线的方程为，可得出直线的方程为，设点、，将直线的方程与点的轨迹方程联立，求出点的坐标，同理求出点的坐标，求出直线的方程，进而可得出直线所过定点的坐标；求得、，利用基本不等式可求得四边形面积的最小值【详解】（1）设点，依题意，所以动点的轨迹为椭圆（左、右顶点除外），则，动点的轨迹方程是；（2）若与轴重合，则直线与动点的轨迹没有

4、交点，不合乎题意；若与轴重合，则直线与动点的轨迹没有交点，不合乎题意；设直线的方程为，则直线的方程为，直线、均过椭圆的焦点（椭圆内一点），、与椭圆必有交点设、，由，由韦达定理可得，则，所以点的坐标为，同理可得点，直线的斜率为，直线的方程是，即，当时，直线的方程为，直线过定点综上，直线过定点；由可得，同理可得，所以，四边形的面积为，当且仅当取等号因此，四边形的面积的最小值为.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性

5、或三角函数的有界性等求最值3（2021山东高三专题练习）设是坐标原点，以、为焦点的椭圆的长轴长为，以为直径的圆和恰好有两个交点.（1）求的方程；（2）是外的一点，过的直线、均与相切，且、的斜率之积为，记为的最小值，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据已知条件求出、的值，由此可得出椭圆的方程；（2）设过的切线方程为，将直线的方程与椭圆的方程联立，消去可得出关于的一元二次方程，由直线与椭圆相切可得出，可得出关于的二次方程，结合韦达定理得出，进而可得出的表达式，根据二次函数的基本性质得出，结合的取值范围可得结果.【详解】（1）由题意可得，又因为以为直径的圆和恰好有两个交点，则，可

6、得，因此，椭圆的方程为；（2）由题意可知，直线、的斜率存在且不为零，设过点的切线，联立，消去可得，由于直线与椭圆相切，则，化简并整理得，整理成关于的二次方程得（易知），设直线、的斜率分别为、，易知、为关于的二次方程得的两根，所以，所以，易知当时，有，即的取值范围是.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值

7、范围；（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.4（2021全国高三专题练习）已知点，点是圆上的动点，线段的垂直平分线与相交于点，点的轨迹为曲线.（1）求的方程（2）过点作倾斜角互补的两条直线，若直线与曲线交于两点，直线与圆交于两点，当四点构成四边形，且四边形的面积为时，求直线的方程.【答案】（1）；（2）或【分析】（1）根据题意可得，进而判断点的轨迹是以为焦点的椭圆，即可求出轨迹方程；（2）可得轴时和轴时不符合题意，设方程为，则直线方程为，联立直线与椭圆，表示出点到直线的距离，即可表示出四边形的面积，求出，得出直线方程.【详解】（1）在线段的垂

8、直平分线上，又在上，则可得点的轨迹是以为焦点的椭圆，则，即，故的方程为；（2）若轴时，如图，此时，则，不符合题意；若轴时，如图，此时，则，不符合题意；当都不与坐标轴垂直时，如图，设斜率分别为，由于倾斜角互补，则斜率为，则直线方程为，直线方程为，联立直线与椭圆，可得，设，则，则点到直线的距离为，同理可得点到直线的距离为，则，解得，故直线的方程为或.【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：（1）得出直线方程，设交点为，；（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；（3）写出韦达定理；（4）将所求问题或题中关系转化为形式；（5）代入韦达定理求解.5（2021山东高三专题练

9、习）已知双曲线C： 1(a，b0)的左、右焦点分别为F1(-c，0)，F2(c，0)，其中c0， M(c，3)在C上，且C的离心率为2.（1）求C的标准方程；（2）若O为坐标原点，F1MF2的角平分线l与曲线D： 1的交点为P，Q，试判断OP与OQ是否垂直，并说明理由.【答案】（1）；（2）OP与OQ不垂直，答案见解析【分析】（1）利用点在曲线上和离心率，解出，进而得出双曲线方程；（2）利用角平分线定理求出点坐标，联立直线与曲线D的方程，由根与系数的关系，结合平面向量的数量积得出结论【详解】（1）由题意得，即，解得，又，可得，故双曲线C的标准方程为；（2）设角平分线与轴交于点，根据角平分线性质

10、可得，设，联立方程，可得，即OP与OQ不垂直【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查平面向量的数量积，解决本题的关键点是利用角平分线定理求出F1MF2的角平分线与轴交点，利用直线与曲线方程联立写出根与系数的关系，借助于平面向量的数量积得出结论，考查学生逻辑思维能力和计算能力，属于中档题6（2021广东韶关市高三一模）已知抛物线：的焦点是，若过焦点的直线与相交于，两点，所得弦长的最小值为4.（1）求抛物线的方程；（2）设，是抛物线上两个不同的动点，为坐标原点，若，为垂足，证明：存在定点，使得为定值.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）根据题意，设出

11、直线方程，与抛物线方程联立，求得弦长，得到取最小值时参数的值，得到抛物线方程；（2）直线的斜率不为0，故可设直线的方程为，.将直线方程与抛物线方程联立，根据垂直，得到坐标之间的关系，求得参数的值，进而求得结果，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到定值，证得结果.【详解】（1）显然直线的斜率不为0，故可设置的方程为，所以，.所以.，所以当时，最小，所以，故所求抛物线的方程为.（2）直线的斜率不为0，故可设直线的方程为，.，所以，.因为，所以，所以，即解得或.若，则直线过点，不符合题意.则有，此时直线的方程为，所以直线过定点.又，所以，所以点在以为直径的圆上，所以.此时.【点睛】方法点睛

12、：该题考查的是有关直线与抛物线的综合题，解题方法如下：（1）根据题意，设出直线方程，与抛物线的方程联立，求弦长，得到取最小值时参数的值，得到抛物线的方程；也可以利用抛物线的焦点弦长最短是通径，得到结果；（2）根据题意，设出直线方程，与抛物线方程联立，根据垂直关系，得到坐标之间的关系，从而求得参数的值，再根据直角三角形的外心为斜边中点，得到结果.7（2021全国高三专题练习）已知椭圆的离心率为，且经过点.设椭圆的左、右焦点分别为、，是椭圆上的一个动点（异于椭圆的左、右端点）.（1）求椭圆的方程；（2）过点作椭圆的切线，过点作的垂线，垂足为，求面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根

13、据已知条件可得出，再将点的坐标代入椭圆的方程，求出的值，即可得出椭圆的方程；（2）设直线，联立直线与椭圆的方程，由可得出，求出点的坐标，可计算得出点的轨迹方程，进而可求得面积的最大值.【详解】（1）由椭圆的离心率，可得：，即有.再结合、三者的关系可得.椭圆的方程可化为，将点代入上述椭圆方程可得.求解得，所以，.椭圆的方程为；（2）设直线，联立直线与椭圆的方程可得.若直线与椭圆相切，可得上述方程只有一个解，即有，化简可得，（*）.设点的坐标为，过点作的垂线为，联立与求得，.由上式可得，将（*）代入上式可得，故可知点的轨迹为以原点为圆心，以为半径的圆.是椭圆上的异于端点的动点，故该轨迹应去掉点.的

14、面积为，即面积的最大值为.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值8（2021广东梅州市高三一模）给定椭圆：（），称圆心在原点，半径为 圆是椭圆的“卫星圆”.若椭圆的一个焦点为，点在椭圆上.（1）求椭圆的方程和其“卫星圆”方程；（2）点是椭圆的“卫星圆”上的一个动点，过点的直线，与椭圆都只有一个交点，且，分别交其“卫星圆”于点，.试探究：的长是否为定值？若为定值，写出证明过程；若不是，说

15、明理由.【答案】（1）椭圆的方程为，卫星圆的方程为；（2）是定值，证明过程见解析.【分析】（1）利用焦点坐标和椭圆的定义可得椭圆的方程,进而得出其“卫星圆”方程；（2）的长度为定值，当，中有一条无斜率时，求出点，坐标，得出的长；当，都有斜率时，设点，设出经过点与椭圆只有一个交点的直线，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系以及点在“卫星圆”上，得出的长【详解】（1）由条件可得椭圆的另一个焦点为，所以椭圆的方程为，卫星圆的方程为.（2）的长度为定值，证明过程如下：当，中有一条无斜率时，不妨设无斜率，因为与椭圆只有一个交点，则其方程为或，当方程为时，此时与“卫星圆”交于点和，此时经过点，且与椭圆只有一

16、个交点的直线是或，即为或，线段是“卫星圆”的直径，.当，都有斜率时，设点，其中，设经过点与椭圆只有一个交点的直线为，则消去得到 ，所以，满足条件的两直线，垂直.线段是“卫星圆”的直径，综合知：为定值.【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，解决本题的关键点是联立过点与椭圆只有一个交点的直线方程和椭圆方程，利用判别式为零，得出两条直线斜率间的关系，进而根据线段是“卫星圆”的直径求出弦长，考查学生逻辑思维能力和计算能力，属于中档题9（2021江苏常州市高三一模）已知O为坐标系原点，椭圆的右焦点为点F，右准线为直线n.（1）过点的直线交椭圆C于两个不同点，且以线段为直径

17、的圆经过原点O，求该直线的方程；（2）已知直线l上有且只有一个点到F的距离与到直线n的距离之比为.直线l与直线n交于点N，过F作x轴的垂线，交直线l于点M.求证：为定值.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）设过点的直线为交于椭圆，联立直线和椭圆的方程得到韦达定理，求出直线的斜率即得解；（2）分析得到直线与椭圆相切，设直线的方程为，联立直线和椭圆方程得到，求出,再把代入化简即得解.【详解】（1）设过点的直线为交于椭圆联立消去y得又因为以线段为直径的圆经过原点，则则所求直线方程（2）已知椭圆的离心率为，右准线直线n的方程为，因为直线上只有一点到F的距离与到直线n的距离之比为，所以直线与

18、椭圆相切，设直线的方程为，联立消去y得到：联立点N坐标为得到,由【点睛】方法点睛：定值问题：在几何问题中，有些几何量与参数无关，这就构成了定值问题，定值问题的处理常见的方法有：（1）特殊探究，一般证明.（2）直接求题目给定的对象的值，证明其结果是一个常数.10（2021江苏盐城市）设F为椭圆的右焦点，过点的直线与椭圆C交于两点.（1）若点B为椭圆C的上顶点，求直线的方程；（2）设直线的斜率分别为，求证：为定值.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）求出的直线方程，结合椭圆方程可求的坐标，从而可求的直线方程.（2）设，直线 （或），则可用两点的坐标表示或 ，联立直线的方程和椭圆的方程，

19、消元后利用韦达定理可化简前者从而得到要证明的结论.【详解】（1）若B为椭圆的上顶点，则.又过点，故直线由可得 ，解得即点，又，故直线.（2）设，方法一：设直线，代入椭圆方程可得：.所以.故.又均不为0，故，即 为定值方法二：设直线，代入椭圆方程可得：.所以.所以，即 ，所以，即为定值.方法三：设直线，代入椭圆方程可得：.所以，所以.所以，把代入得 .方法四：设直线，代入椭圆的方程可得 ，则.所以.因为，代入得.【点睛】思路点睛：直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该

20、关系中含有或 ，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题.11（2021辽宁铁岭市高三一模）已知椭圆方程，直线与轴相交于点，过右焦点的直线与椭圆交于，两点（1）若过点的直线与垂直，且与直线交于点，线段中点为，求证：（2）设点的坐标为，直线与直线交于点，试问是否垂直，若是，写出证明过程，若不是，请说明理由【答案】（1）证明见解析；（2）是垂直；证明见解析【分析】（1）联立直线与椭圆的方程表示出和，以求出点的坐标和的斜率，利用点M在直线上，求出OM的斜率，得出相等.（2）首先要考虑在线AB的斜率是否为0，在不为0时，求出点E的纵坐标，发现点E和点A的纵坐

21、标相等，从而得出EA.【详解】（1）由椭圆方程为知，右焦点坐标，直线方程为，点坐标由知，直线斜率不为0，故设直线的方程为，从而，直线的方程为，令得，点坐标为，故直线的方程来，联立方程组，消去得：，设，即，从而，线段的中点，综上可知，（2）（）当直线的斜率为0时，点即为点，从而（）当直线的斜率不为0时，由（1）知，所以，则，直线的方程为，又，令，得，所以点的坐标为，即【点睛】（1）利用点的坐标表示出直线的斜率，得出相等，特别是D为A、B的中点的利用；（2）注意直线AB的斜率是否为0，转化为点E和点A的纵坐标相等来解决.12（2021全国高三专题练习）已知椭圆的方程为，斜率为的直线与相交于两点.（

22、1）若为的中点，且，求椭圆的方程；（2）在（1）的条件下，若是椭圆的左顶点，是椭圆的左焦点，要使在以为直径的圆内，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）设利用点差法求出直线的斜率，将代入可得的值，进而可得椭圆的方程；（2）设方程为与椭圆方程联立，利用根与系数的关系求出、，由可得与之间的关系，再代入即可求解.【详解】设两点坐标分别为带入椭圆方程得得可得，因为，所以所以，椭圆的方程为：.设方程为，则，解得：（舍)，或若在以为直径的圆内，则，即，即 即，且，解得且，所以的取值范围为：【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线中的范围或最值问题时，若题目的条件和结论能体现出明确的函数关系，则可先建立

23、目标函数，再求这个函数的最值在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：利用判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；利用已知参数的范围，求出新参数的范围，解题的关键是建立两个参数之间的等量关系；利用基本不等式求出参数的取值范围；利用函数值域的求法，确定参数的取值范围13（2021辽宁高三一模（理）过点作直线交抛物线于两点，为坐标原点，分别过点作抛物线的切线，设两切线交于点.（1）求证：点在一定直线上；（2）设直线分别交直线于点.（i）求证：；（ii）设的面积为，的面积为，记，求的最小值.【答案】（1）证明见解析；（2）（i）证明见解析；（ii）.【分析】（1）由题意，设，联立抛物

24、线方程可得，写出、处的切线方程，联立求的坐标，即可证在一定直线上；（2）（i）由（1）可求得、，即可知都平行于y轴即，进而有，即且，结论即得证.（ii）由（i）知，结合（1）得，利用换元、函数与方程的思想，应用导数求其最小值即可.【详解】（1）由题意，设，代入得：，令，则.抛物线在点处的切线方程为：，即，抛物线在点处的切线方程为：，即，联立得：点的坐标为，即.点在定直线上.（2）（i）联立与得：，联立与得：，由（1）知：，轴，同理轴，即，即且，得证.（ii）由（1）得：令，则，令，即在上递增，当时，.【点睛】关键点点睛：（1）由直线与抛物线的位置关系，应用韦达定理，联立切点处的切线方程求证其交

25、点在定直线上；（2）（i）求交点坐标并确定平行关系，根据三角形相似得，即可证结论；（ii）应用换元法，结合函数与方程的思想，并利用导数研究函数单调性求最值.14（2021全国高三专题练习（文）已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，且点在C上（1）求椭圆C的标准方程；（2）设过的直线l与C交于A，B两点，若，求【答案】（1）；（2）【分析】（1）由题得，又，解方程可得，从而得椭圆的方程；（2）当直线l的斜率不存在时，所以，直线l的斜率存在时，设其为，联立方程并由韦达定理求出的式子得，求得，同理得出，求出，即可得.【详解】解：（1）因为椭圆C过点，所以又椭圆C的离心率为，所以，故联立得解得故椭圆C

26、的标准方程为（2）当直线l的斜率不存在时，所以，故直线l的斜率存在，设直线联立消去y并整理得，则，同理因为，解得，所以，又因为，所以【点睛】易错点睛：第二问未讨论直线斜率不存在的情况，第二问中，直线l的方程为也可以设为进行求解.15（2021全国高三专题练习）已知双曲线上一动点P，左、右焦点分别为，且，定直线，点M在直线上，且满足（1）求双曲线的标准方程；（2）若直线的斜率，且过双曲线右焦点与双曲线右支交于两点，求的外接圆方程【答案】（1）；（2）【分析】（1）设点，由，结合各点的坐标可得，由动点P在双曲线上，即可写出双曲线的标准方程；（2）设，而直线，联立双曲线方程，应用韦达定理得， ，即可

27、求，而外接圆圆心在的垂直平分线上，根据弦长、弦心距、半径的关系，结合两点距离公式，求圆心、半径即可写出圆的方程.【详解】（1）由题意，知，设点，则， ，得，整理得， 即双曲线的标准方程为 （2）由题意，知直线，设，联立方程，得，整理得，故， ，而，中点为，而外接圆圆心在的垂直平分线上，则，又由焦点弦长公式，可知 设圆心满足，解得 半径，故外接圆方程为【点睛】关键点点睛：（1）设动点坐标，根据线段的比例关系，结合两点距离公式列方程，整理即可得双曲线的标准方程；（2）由直线与双曲线的位置关系，应用弦长公式求弦长；由三角形外接圆圆心的性质，结合弦长、弦心距、半径间的几何关系，求圆心坐标及半径，进而写

28、出圆的方程.16（2021湖南衡阳市高三一模）已知圆：与圆：的公共点的轨迹为曲线.（1）求的方程；（2）设点为圆：上任意点，且圆在点处的切线与交于，两点.试问：是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）；（2）是，.【分析】（1）由题知，,故,进而由椭圆的定义即可得曲线方程；（2）先讨论直线斜率不存在时，易得，进而讨论当直线斜率存在，设：，由与圆相切得，与曲线联立方程，并计算得，进而由圆的性质即可得：.【详解】（1）设公共点为，则，即公共点的轨迹为椭圆.且，又，故曲线：.（2）方法一:当直线斜率不存在时，：，代入得，故，易知：；当直线斜率存在，设：，与圆相切，将方程代入，

29、得，将代入，得，即综上，恒有，.法二:当直线斜率不存在时，：，代入得，；当直线斜率存在，设：，与圆相切，即.将方程代入，得，同理可得，故将，及代入，可得.综上.【点睛】本题考查椭圆的定义求椭圆的方程，直线与椭圆的位置关系求定值问题，考查运算求解能力，是难题.本题解题的关键在于证明，进而根据几何关系求解.17（2021湖南岳阳市高三一模）已知双曲线的离心率为，点在上（1）求双曲线的方程；（2）设过点的直线l与曲线交于M，N两点，问在x轴上是否存在定点Q，使得为常数？若存在，求出Q点坐标及此常数的值，若不存在，说明理由【答案】（1）；（2）存在；定点【分析】（1）由已知得到a、b、c的方程组，解出

30、a、b、c，即可求出双曲线的方程；（2）设直线的方程为，设定点，联立方程组，用“设而不求法”表示出为常数，求出t，即可求出定点Q.【详解】解：（1）由题意，解得，双曲线方程为；（2）设直线的方程为，设定点，联立，得，且，解得且设，为常数，与无关，即，此时在轴上存在定点，使得为常数【点睛】（1）待定系数法、代入法可以求二次曲线的标准方程；（2）“设而不求”是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决直线与二次曲线相交的问题.18（2020浙江高三专题练习）在平面直角坐标系中，己知圆心为点Q的动圆恒过点，且与直线相切，设动圆的圆心Q的轨迹为曲线.（）求曲线的方程；（）过点F的两条直线、与曲线相交于A

31、、B、C、D四点，且M、N分别为、的中点.设与的斜率依次为、，若，求证：直线MN恒过定点.【答案】（）；（）证明见解析.【分析】（）设，根据题意得到，即可求得曲线的方程；（）设，的方程为，联立方程组分别求得，和，进而得出，进而得出，得出直线的方程，即可判定直线恒过定点.【详解】（）由题意，设，因为圆心为点Q的动圆恒过点，且与直线相切，可得，化简得.（）设，的方程分别为，联立方程组，整理得，所以，则，同理所以，由，可得，所以直线的方程为整理得，所以直线恒过定点.【点睛】解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：1、参数法：参数解决定点问题的思路：引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.