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。

x2y23例题4、已知椭圆C：221(ab0)的离心率为，且在x轴上的顶点分别为

ab2A1(-2,0),A2(2,0)。

（I）求椭圆的方程；

（II）若直线l:xt(t2)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l:xt(t2)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t>2，就可以了，否则就不存在。

解：（I）由已知椭圆C的离心率ec3，a2,则得c3,b1。 a2x2y21 从而椭圆的方程为4（II）设M(x1,y1)，N(x2,y2)，直线A1M的斜率为k1,则直线A1M的方程为yk1(x2)，

yk1(x2)由2消y整理得(14k12)x216k2x16k1240 2x4y42和x1是方程的两个根，

..

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16k124 2x1214k14k128k12则x1，， y12214k114k128k124k1即点M的坐标为(,)，

14k1214k12同理，设直线A2N的斜率为k2，则得点N的坐

28k224k2标为(,) 2214k214k2ypk1(t2),ypk2(t2)

k1k22，

k1k2t直线MN的方程为：

yy1y2y1， xx1x2x1令y=0，得x又

4x2y1x1y2，将点M、N的坐标代入，化简后得：x

ty1y2t2，042 t椭圆的焦点为(3,0)

4433，即t t3故当t43时，MN过椭圆的焦点。 3方法总结：本题由点A1(-2,0)的横坐标－2是方程(14k12)x216k2x16k1240的一个

28k12根，结合韦达定理运用同类坐标变换，得到点M的横坐标：x1， 214k1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：y14k1； 214k1其实由..

yk2(x2)222消y整理得(14kx)1k6x1k622222x4y44，得0到

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224k216k248k22，即，很快。 y2x2x2222214k214k214k216k124不过如果看到：将2x1中的k1用k2换下来，x1前的系数2用－2换下来，214k128k224k2就得点N的坐标(,)，如果在解题时，能看到这一点，计算量将减少，这样2214k214k2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A1M上也在直线A2N上，进而得到

k1k22，由直线k1k2tMN的方程

yy1y2y1得直线与x轴的交点，即横截xx1x2x1距xx2y1x1y2，将点M、N的坐标代入，化

y1y2444343，由3解出t，到此不要忘了考察t是否满足t2。 tt33简易得x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l：ykxm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l：ykxm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。

x2y2解（I）由题意设椭圆的标准方程为221(ab0)

abac3,ac1，a2,c1,b23

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x2y21 43（II）设A(x1,y1),B(x2,y2)，由ykxm得 223x4y12(34k2)x28mkx4(m23)0，

64m2k216(34k2)(m23)0，34k2m20

8mk4(m23)x1x2,x1x2（注意：这一步是同类坐标变换） 2234k34k3(m24k2)y1y2(kx1m)(kx2m)kx1x2mk(x1x2)m（注意：这一

34k222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D(2,0),且kADkBD1，

y1y21，y1y2x1x22(x1x2)40， x12x223(m24k2)4(m23)16mk40， 22234k34k34k7m216mk4k20，解得 m12k,m22k22，且满足34km0 7当m2k时，l:yk(x2)，直线过定点(2,0),与已知矛盾；

2k22时，l:yk(x)，直线过定点(,0) 7772综上可知，直线l过定点，定点坐标为(,0).

7当m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l：ykxm，是经常用的一招，在第二讲中就遇到了这样设的直线。

2练习：直线l：ykxm和抛物线y2px相交于A、B，以AB为直径的圆过抛物线的

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顶点，证明：直线l：ykxm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A(x1,y1),B(x2,y2)，则

x1x2y1y20，再通过y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2mk(x1x2)m2，将条件

转化为(k21)x1x2mk(x1x2)m20，再通过直线和抛物线联立，计算判别式后，可以得到x1x2，x1x2，解出k、m的等式，就可以了。 解：设A(x1,y1),B(x2,y2)，由ykxm得，ky22py2mp0，（这里消x得到的） 2y2px则4p28mkp0………………（1） 由韦达定理，得：y1y22p2mp，y1y2， kky1my2my1y2m(y1y2)m2则x1x2， 2kkk以AB为直径的圆过抛物线的顶点O，则OAOB，即x1x2y1y20，

y1y2m(y1y2)m2y1y20，则(1k2)2mp2pmm2k0， 可得2k22即k2mpmk0，又mk0，则m2kp，且使（1）成立，

此时l：ykxmkx2kpk(x2p)，直线恒过点(2p,0)。

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。

x2y2例题6、已知点A、B、C是椭圆E：221 (ab0)上的三点，其中点A(23,0)ab..

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是椭圆的右顶点，直线BC过椭圆的中心O，且ACBC0，BC2AC，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x3对称，求直线PQ的斜率。

解：(I)

BC2AC，且BC过椭圆的中心O

OCAC

ACBC0

ACO又

2

A (23,0)

点C的坐标为(3,3)。

A(23,0)是椭圆的右顶点，

a23，则椭圆方程为：

x2y221 12b将点C(3,3)代入方程，得b4，

2x2y21 椭圆E的方程为124(II)

直线PC与直线QC关于直线x3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： y3k(x3)，即 ykx3(1k)，

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由ykx3(1k)消y，整理得： 22x3y120(13k2)x263k(1k)x9k218k30xP9k218k33 213kx3是方程的一个根，

9k218k3即xP 23(13k)同理可得：

9k218k3 xQ23(13k)yPyQkxP3(1k)kxQ3(1k)＝k(xPxQ)23k

＝12k 23(13k)9k218k39k218k3 xPxQ223(13k)3(13k)＝36k

3(13k2)kPQyPyQ1

xPxQ31。 3则直线PQ的斜率为定值

方法总结：本题第二问中，由“直线PC与直线QC关于直线x3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

(13k2)x263k(1k)x9k218k30的根，易得点P的横坐标：

9k218k3，再将其中的k用-k换下来，就得到了点Q的横坐标： xP23(13k)9k218k3，这样计算量就减少了许多，在考场上就节省了大量的时间。 xQ23(13k)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

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算量会增加许多。

直接计算yPyQ、xPxQ，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。

x2y23练习1、已知椭圆C：221(ab0)的离心率为，且在x轴上的顶点分别为

ab2A1(-2,0),A2(2,0)。

（I）求椭圆的方程；

（II）若直线l:xt(t2)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ec3，a2,则得c3,b1。 a2x2y21 从而椭圆的方程为4（II）设M(x1,y1)，N(x2,y2)，直线A1M的斜率为k1,则直线A1M的方程为yk1(x2)，

yk1(x2)222由x2消y整理得(14k)x16kx16k40 1212y142和x1是方程的两个根 16k124 2x1214k14k128k12则x1，， y12214k14k1128k124k1即点M的坐标为(,) 2214k114k1

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28k224k2同理，设直线A2N的斜率为k2，则得点N的坐标为(,) 2214k214k2ypk1(t2),ypk2(t2)

k1k22，

k1k2t直线MN的方程为：

yy1y2y1， xx1x2x1令y=0，得x又

4x2y1x1y2，将点M、N的坐标代入，化简后得：x

ty1y2t2，042 t椭圆的焦点为(3,0)

4433，即t t3故当t43时，MN过椭圆的焦点。 3方法总结：本题由点A1(-2,0)的横坐标－2是方程(14k12)x216k2x16k1240的一个根，结合韦达定理得到点M的横坐标：

4k128k12，利用直线A； x11M的方程通过坐标变换，得点M的纵坐标：y12214k114k116k124再将2x1中的k1用k2换下来，x1前的系数2用－2换下来，就得点N的坐标214k128k224k2(,)，如果在解题时，能看到这一点，计算量将减少许多，并且也不易出错，2214k214k2在这里减少计算量是本题的重点。否则，大家很容易陷入繁杂的运算中，并且算错，费时耗精力，希望同学们认真体会其中的精髓。

本题的关键是看到点P的双重身份：点P即在直线A1M上也在直线A2N上，进而得到

k1k2yy1y2y12，由直线MN的方程得直线与x轴的交点，即横截距

k1k2txx1x2x1..

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x44x2y1x1y243，将点M、N的坐标代入，化简易得x，由3解出t，到此

tty1y23不要忘了考察t

43是否满足t2。 3练习2、：（2009辽宁卷文、理）已知，椭圆C以过点A（1，0）。

（1） 求椭圆C的方程；

3），两个焦点为（－1，0）（1，2（2） E,F是椭圆C上的两个动点，如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数，证明直

线EF的斜率为定值，并求出这个定值。

ab1分析：第一问中，知道焦点，则 ，再根据过点A，通过解方程组，

22a,b就可以求出 ，求出方程。

第二问中，设出直线AE的斜率k，写出直线的方程，联立方程组，转化成一元二次方程，由韦达定理和点A的坐标，可以求出点E的坐标,将点E中的k,用-k换下来，就可以得到点F的坐标，通过计算yE-yF，xE-xF，就可以求出直线EF的斜率了

22x2y221解：（Ⅰ）由题意，c=1,可设椭圆方程为 ，将点A的坐标代入方 2aa111922程： ，解得 ， a1c2（舍去） 1a4224a4(a1)所以椭圆方程为 。

x2y2143

3x2y21得 （Ⅱ）设直线AE方程为：yk(x1)，代入

2433(34k2)x24k(32k)x4(k)2120

23 设E(xE,yE),F(xF,yF),因为点A(1,)在椭圆上，所以

234(k)212 xF2 234k3 yEkxEk ………8分

2又直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数，在上式中以—K代K，可得

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34(k)212 xF2234k3yEkxEk

2所以直线EF的斜率KEFyFyEk(xFxE)2k1

xFxExFxE21。 ……12分 2即直线EF的斜率为定值，其值为

老师总结：此类题的关键就是定点在曲线上，定点的坐标是方程的根，通过韦达定理，将动点的坐标求出，在根据斜率互为相反数，就可以直接求出第二动点的坐标，最后由斜率公式，可以求出斜率为定值。

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