高考圆锥曲线之动弦过定点的问题

题型三：动弦过定点的问题圆锥曲线自身有一些规律性的东西，其中一些性质是和直线与圆锥曲线相交的弦有关系，对这样的一些性质，我们必须了如指掌，并且必须会证明。随着几何画板的开发，实现了机器证明几何问题，好多以前我们不知道的、了解不深入的几何或代数性质，都如雨后春笋般的出来了，其中大部分都有可以遵循的规律，高考出题人，也得设计好思维，让我们在他们设好的路上“走”出来。下面我们就通过几个考题领略一下其风采。例题4、已知椭圆C：22221(0)xyabab的离心率为32，且在x轴上的顶点分别为A1(-2,0),A2(2,0)。（I）求椭圆的方程；（II）若直线:(2)lxtt与x轴交于点T,点P为直线l上异于点T的任一点，直线PA1,PA2分别与椭圆交于M、N点，试问直线MN是否通过椭圆的焦点？并证明你的结论。分析：第一问是待定系数法求轨迹方程；第二问中，点A1、A2的坐标都知道，可以设直线PA1、PA2的方程，直线PA1和椭圆交点是A1(-2,0)和M，通过韦达定理，可以求出点M的坐标，同理可以求出点N的坐标。动点P在直线:(2)lxtt上，相当于知道了点P的横坐标了，由直线PA1、PA2的方程可以求出P点的纵坐标，得到两条直线的斜率的关系，通过所求的M、N点的坐标，求出直线MN的方程，将交点的坐标代入，如果解出的t2，就可以了，否则就不存在。解：（I）由已知椭圆C的离心率32cea，2a,则得3,1cb。从而椭圆的方程为2214xy（II）设11(,)Mxy，22(,)Nxy，直线1AM的斜率为1k,则直线1AM的方程为1(2)ykx，由122(2)44ykxxy消y整理得222121(14)161640kxkxk12x和是方程的两个根，21121164214kxk则211212814kxk，1121414kyk，即点M的坐标为2112211284(,)1414kkkk，同理，设直线A2N的斜率为k2，则得点N的坐标为2222222824(,)1414kkkk12(2),(2)ppyktykt12122kkkkt，直线MN的方程为：121121yyyyxxxx，令y=0，得211212xyxyxyy，将点M、N的坐标代入，化简后得：4xt又2t，402t椭圆的焦点为(3,0)43t，即433t故当433t时，MN过椭圆的焦点。方法总结：本题由点A1(-2,0)的横坐标－2是方程222121(14)161640kxkxk的一个根，结合韦达定理运用同类坐标变换，得到点M的横坐标：211212814kxk，再利用直线A1M的方程通过同点的坐标变换，得点M的纵坐标：1121414kyk；其实由222(2)44ykxxy消y整理得222222(14)161640kxkxk，得到22222164214kxk，即222228214kxk，2222414kyk很快。不过如果看到：将21121164214kxk中的12kk用换下来，1x前的系数2用－2换下来，就得点N的坐标2222222824(,)1414kkkk，如果在解题时，能看到这一点，计算量将减少，这样真容易出错，但这样减少计算量。本题的关键是看到点P的双重身份：点P即在直线1AM上也在直线A2N上，进而得到12122kkkkt，由直线MN的方程121121yyyyxxxx得直线与x轴的交点，即横截距211212xyxyxyy，将点M、N的坐标代入，化简易得4xt，由43t解出433t，到此不要忘了考察433t是否满足2t。另外：也可以直接设P(t，y0)，通过A1，A2的坐标写出直线PA1，PA2的直线方程，再分别和椭圆联立，通过韦达定理求出M、N的坐标，再写出直线MN的方程。再过点F，求出t值。例题5、（07山东理）已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，椭圆C上的点到焦点距离的最大值为3；最小值为1；（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）若直线mkxyl：与椭圆C相交于A，B两点（A，B不是左右顶点），且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点。求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标。分析：第一问，是待定系数法求椭圆的标准方程；第二问，直线mkxyl：与椭圆C相交于A，B两点，并且椭圆的右顶点和A、B的连线互相垂直，证明直线l过定点，就是通过垂直建立k、m的一次函数关系。解（I）由题意设椭圆的标准方程为22221(0)xyabab3,1acac，22,1,3acb22143xy（II）设1122(,),(,)AxyBxy，由223412ykxmxy得222(34)84(3)0kxmkxm，22226416(34)(3)0mkkm，22340km212122284(3),3434mkmxxxxkk（注意：这一步是同类坐标变换）22221212121223(4)()()()34mkyykxmkxmkxxmkxxmk（注意：这一步叫同点纵、横坐标间的变换）以AB为直径的圆过椭圆的右顶点(2,0),D且1ADBDkk，1212122yyxx，1212122()40yyxxxx，2222223(4)4(3)1640343434mkmmkkkk，2271640mmkk，解得1222,7kmkm，且满足22340km当2mk时，:(2)lykx，直线过定点(2,0),与已知矛盾；当27km时，2:()7lykx，直线过定点2(,0)7综上可知，直线l过定点，定点坐标为2(,0).7名师经验：在直线和圆锥曲线的位置关系题中，以弦为直径的圆经过某个点，就是“弦对定点张直角”，也就是定点和弦的两端点连线互相垂直，得斜率之积为1，建立等式。直线不过定点，也不知道斜率，设出mkxyl：，是经常用的一招，在第二讲中就遇到了这样设的直线。练习：直线mkxyl：和抛物线22ypx相交于A、B，以AB为直径的圆过抛物线的顶点，证明：直线mkxyl：过定点，并求定点的坐标。分析：以AB为直径的圆过抛物线的顶点O，则OAOB，若设1122(,),(,)AxyBxy，则12120xxyy，再通过2212121212()()()yykxmkxmkxxmkxxm，将条件转化为221212(1)()0kxxmkxxm，再通过直线和抛物线联立，计算判别式后，可以得到12xx，12xx，解出k、m的等式，就可以了。解：设1122(,),(,)AxyBxy，由22ykxmypx得，2220kypymp，（这里消x得到的）则2480pmkp………………（1）由韦达定理，得：121222pmpyyyykk，，则2121212122()ymymyymyymxxkkk，以AB为直径的圆过抛物线的顶点O，则OAOB，即12120xxyy，可得21212122()0yymyymyyk，则22(1)220kmppmmk，即2220kmpmk，又0mk，则2mkp，且使（1）成立，此时2(2)lykxmkxkpkxp：，直线恒过点(2,0)p。名师指点：这个题是课本上的很经典的题，例题5、（07山东理）就是在这个题的基础上，由出题人迁移得到的，解题思维都是一样的，因此只要能在平时，把我们腾飞学校老师讲解的内容理解透，在高考中考取140多分，应该不成问题。本题解决过程中，有一个消元技巧，就是直线和抛物线联立时，要消去一次项，计算量小一些，也运用了同类坐标变换——韦达定理，同点纵、横坐标变换-------直线方程的纵坐标表示横坐标。其实解析几何就这么点知识，你发现了吗？题型四：过已知曲线上定点的弦的问题若直线过的定点在已知曲线上，则过定点的直线的方程和曲线联立，转化为一元二次方程（或类一元二次方程），考察判断式后，韦达定理结合定点的坐标就可以求出另一端点的坐标，进而解决问题。下面我们就通过例题领略一下思维过程。例题6、已知点A、B、C是椭圆E：22221xyab(0)ab上的三点，其中点A(23,0)是椭圆的右顶点，直线BC过椭圆的中心O，且0ACBC，2BCAC，如图。(I)求点C的坐标及椭圆E的方程；(II)若椭圆E上存在两点P、Q，使得直线PC与直线QC关于直线3x对称，求直线PQ的斜率。解：(I)2BCAC，且BC过椭圆的中心OOCAC0ACBC2ACO又A(23,0)点C的坐标为(3,3)。A(23,0)是椭圆的右顶点，23a，则椭圆方程为：222112xyb将点C(3,3)代入方程，得24b，椭圆E的方程为221124xy(II)直线PC与直线QC关于直线3x对称，设直线PC的斜率为k，则直线QC的斜率为k，从而直线PC的方程为：3(3)ykx，即3(1)ykxk，由223(1)3120ykxkxy消y，整理得：222(13)63(1)91830kxkkxkk3x是方程的一个根，229183313Pkkxk即2291833(13)Pkkxk同理可得：2291833(13)Qkkxk3(1)3(1)PQPQyykxkkxk＝()23PQkxxk＝2123(13)kk2222918391833(13)3(13)PQkkkkxxkk＝2363(13)kk13PQPQPQyykxx则直线PQ的斜率为定值13。方法总结：本题第二问中，由“直线PC与直线QC关于直线3x对称”得两直线的斜率互为相反数，设直线PC的斜率为k，就得直线QC的斜率为-k。利用3是方程222(13)63(1)91830kxkkxkk的根，易得点P的横坐标：2291833(13)Pkkxk，再将其中的k用-k换下来，就得到了点Q的横坐标：2291833(13)Qkkxk，这样计算量就减少了许多，在考场上就节省了大量的时间。接下来，如果分别利用直线PC、QC的方程通过坐标变换法将点P、Q的纵坐标也求出来，计算量会增加许多。直接计算PQyy、PQxx，就降低了计算量。总之，本题有两处是需要同学们好好想一想，如何解决此类问题，一是过曲线上的点的直线和曲线相交，点的坐标是方程组消元后得到的方程的根；二是利用直线的斜率互为相反数，减少计算量，达到节省时间的目的。练习1、已知椭圆C：22221(0)xyabab的离心率为32，且在x轴上的顶点分别为A1(-2,0),A2(2,0)。（I）求椭圆的方程；（II）若直线:(2)lxtt与x轴交于点T,点P为直线l上异于点T的任一点，直线PA1,PA2分别与椭圆交于M、N点，试问直线MN是否通过椭圆的焦点？并证明你的结论。解：（I）由已知椭圆C的离心率32cea，2a,则得3,1cb。从而椭圆的方程为2214xy（II）设11(,)Mxy，22(,)Nxy，直线1AM的斜率为1k,则直线1AM的方程为1(2)ykx，由122(2)14ykxxy消y整理得222121(14)161640kxkxk12x和是方程的两个根21121164214kxk则211212814kxk，1121414kyk，即点M的坐标为2112211284(,)1414kkkk同理，设直线A2N的斜率为k2，则得点N的坐标为2222222824(,)1414kkkk12(