第11讲：椭圆左右顶点有关极点极线结构

下面是小编为大家整理的第11讲：椭圆左右顶点有关极点极线结构,供大家参考。

　第 第 11 讲：椭圆左右顶点有关的极点极线结构 解析几何中设而不求、整体代换时，通常是将点的坐标代入表达式后整体代换，或使用韦达定理出现两根的和与积，再整体代换。以下通过两例展现另一种整体代换的方法，颇具美感。

　例1 在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：2 2 2x y r   和直线l：

　x a  ， （其中r和a均为常数，且 0 r a   ），M 为 l 上一动点，A、B 为圆 C 与 x 轴的两个交点，直线 MA 、 MB 与圆 C 的另一个交点分别为 P、Q。求证：直线 PQ 过定点，并求定点的坐标。

　析：设 ( ,0) A r  、 ( ,0) B r 、 ( , ) M a t 、1 1( , ) P x y 、2 2( , ) Q x y ，根据图形的对称性，设定点 ( ,0) N n

　 由题知1 1( , ) AP x r y   与 ( , ) AM a r t   共线，得 11x r a ry t 11 1x r a ry y t  

　………① 2 2( , ) BQ x r y   与 ( , ) BM a r t   共线，得 22x r a ry t 22 2x r a ry y t  

　 ………② ①+②得：1 21 2 1 21 1 2( )x x ary y y y t   

　………③ ①-②得：1 21 2 1 21 1 2( )x x rry y y y t    

　………④ 1 1( , ) NP x n y   与2 2( , ) NQ x n y   共线，得 1 21 2x n x ny y 1 21 2 1 21 1( )x xny y y y   

　 ………⑤ 又因为：2 22 2 211 12 21 11x rx y ry y    

　………⑥ 2 22 2 222 22 22 21x rx y ry y    

　 ………⑦ ⑥-⑦得：2 22 21 2 1 2 1 22 2 2 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 21 1 1 1 1 1( ) ( )( ) ( )( )x x x x x xr ry y y y y y y y y y y y         ………⑧ 为看清以上等式，设1 2 1 21 2 1 2 1 2 1 21 1 1 1, , ,x x x xA B C Dy y y y y y y y       

　则由③④⑤⑧式得：

　22(1)2(2)(3)(4)aA rDtrB rCtB nDAB r CD    2An r C  222r C arDn trnD rCt    相除得：r an r   ，得2rna

　故 PQ 过定点2( ,0)ra。

　评：（1）本题较难，常规运算很复杂，极少有同学能够计算彻底。

　（2）由向量共线得分式①②，将其进行加减运算，得③④，结合假设定点 N 与 P、Q 共线方程，利用点 P、Q 在圆上，将⑥⑦相加减，为了将问题看清，重新整体换元，得最后方程组，再相除得结果。

　（3）本题中分式加减后构造元素进行整体消元的方法，计算量小，形式优美。

　（4）数学美有简洁美、对称美、和谐美、奇异美等，本题的解法中都有体现。

　例 2 已知椭圆 C：2 214 2x y  ，设点 (4,0) P ，A、B 是椭圆 C 上关于x 轴对称的任意两个不同的点，连结 PB 交椭圆 C 于另一点 E，证明直线 AE 与 x 轴相交于定点 Q。

　解析：设  1 1, A x y ，  1 1, B x y  ，  0 0, E x y ，   ,0 Q m 。

　由题知，  1 14, PB x y    与  0 04, PE x y   共线，故有    1 0 1 04 4 x y y x   0 11 04 4 x xy y   0 11 1 0 04 4 x xy y y y    

　0 11 0 1 0 1 04 4 1 14x xy y y y y y        ……①。

　同理可得：

　 1 1, QA x m y   与  0 0, QE x m y   共线，故有    1 0 1 0x m y y x m   0 11 0x m x my y  0 11 1 0 0x x m my y y y   

　0 11 0 1 0 1 01 1 x x m mmy y y y y y        ……②。

　将①×②得：2 20 12 2 2 21 0 1 01 14x xmy y y y     ……③ 又由点 A、B、E 均在椭圆上，故有 E(x 0 ,y 0 )P(4,0)B(x 1 ,-y 1 )OQ(m,0)A(x 1 ,y 1 )x

　22 211 12 22 21 10 12 2 2 22 2 21 0 1 00 0 02 20 04211 14 2442 14 2xx yy yx xy y y y xx yy y                    与③比较，从而得：

　1 m  。所以直线 AE 与 x 轴相交于定点 Q (1,0) 。

　评：（1）本题是椭圆中的中档难度题，改作其他方法作答也可得。

　（2）使用分式①②相乘后即得可以整体换元的方程。求解过程计算量小，形式优美。

　练习：

　1. 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 E：

　 2 22 21 0x ya ba b    的离心率为22，直线 l：12y x  与椭圆 E相交于 A、B 两点， 2 5 AB  ，C、D 是椭圆 E 上异于 A、B 的任意两点，且直线 AC、BD 相交于点 M，直线 AD、BC 相交于点 N。

　（1）求 a、b 的值；（2）求证：直线 MN 的斜率为定值。

　2. 设椭圆 C：2 214 2x y  ，当过点   4,1 P 的动直线 l 与椭圆 C 相交 于 两 不 同 点 A 、 B 时 ， 在 线 段 AB 上 取 点 Q ， 满 足. . AP QB AQ PB  ，证明：点 Q 总在定直线上。

　 3.已知椭圆2214xy   ，1A 、2A 是左右顶点，   1,0 D ，直线 MN 过点D 交椭圆于 M、N，直线1AM 、2A N 相交于点 G。证明：点 G 在定直线上。

　 答案：

　1 析：（1）椭圆方程为：2 216 3x y  。

　（2）设  1 1, C x y ，  2 2, D x y ，   , M m n ，   , N s t

　由点 A、N、D 三点共线   2, 1 AN s t     与  2 22, 1 AD x y    共线，故有222 21 1x st y  ………① GNA 1 A 2 ODMxy

　由点 A、C、M 三点共线   2, 1 AM m n     与  1 12, 1 AC x y    共线，故有112 21 1x mn y  ……② 由点 B、N、C 三点共线   2, 1 BN s t     与  1 12, 1 BC x y    共线，故有112 21 1x st y  ……③ 由点 B、M、D 三点共线   2, 1 BM m n     与  2 22, 1 BD x y    共线，故有222 21 1x mn y  ……④ ①×④得：    22222 2 41 1 1s m xt n y    ，而2 2 2 22 2 2 24 11 06 3 6 3x y x y       ，故    2 221 1s mt n    得：

　    2 2 2 6 0 sm s m tn t n        ………⑤ ②×③得：    21212 2 41 1 1s m xt n y    ，而2 2 2 21 1 1 14 11 06 3 6 3x y x y       ，故    2 221 1s mt n    得：

　    2 2 2 6 0 sm s m tn t n        ………⑥ 由⑤-⑥得：

　    0 1MNt ns m t n ks m       为定值。

　2． ．析：设AP BPAQ BQ   0  ，如图，则有 AP AQBP BQ            1 11 1 1 1 1 12 2 2 2 2 22 244 ,1 , 14 ,1 , 41x m xx y m x n y y n yx y m x n y x m xy n y                                 11224 11 14 11 1m xn ym xn y               而        2 22 22 221 11 12 2 2 22 22 2 22 21 11 14 2 4 21 1114 24 2x y x yx yx y                           2 222 224 114 24 114 2m nm n            两式相减得：16 44 14 2 2m n nm      

　故 Q 在直线 12yx  上。

　3 ．析：由题知  12,0 A  、  22,0 A ，   1,0 D 。

　设  1 1, M x y 、  2 2, N x y ，  0 0, G x y

　由题 A 1 、M、G 三点共线，且  1 1 12, AM x y   、  1 0 02, AG x y   。

　得0 11 02 2 x xy y 0 11 1 0 02 2 x xy y y y   

　┅┅┅┅┅①

　又 A 2 、N、G 三点共线，且  2 2 22, A N x y   、  2 0 02, AG x y   。

　得0 22 02 2 x xy y 0 22 2 0 02 2 x xy y y y   

　┅┅┅┅┅② 又 M、D、N 三点共线，且  1 11, DM x y   ，  2 21, DN x y  

　得1 21 21 1 x xy y 1 21 2 1 21 1 x xy y y y   

　 ┅┅┅┅┅③ 由①②相加得：0 1 21 2 1 2 02 1 12x x xy y y y y            

　┅┅┅┅┅④

　相减得：1 21 2 1 2 01 1 42x xy y y y y            

　 ┅┅┅┅┅⑤ 再点  1 1, M x y 、  2 2, N x y 在椭圆2214xy   上，故221212 211 12 222 222 22 2441441 44xxyy yx xyy y             得212 21 14 xy y222 22 24 xy y 1 2 1 21 2 1 2 1 2 1 21 1 1 14x x x xy y y y y y y y                             ┅┅⑥ 由③④⑤⑥解得：000 02 42 4xxy y   。（见附注。）

　故点 G 在直线 4 x  上。

　附注：1．本题具有美感，以上解法保留了题目特色，体现了整体代换的思想，技巧性强，难度大。

　2．如果“由③④⑤⑥解”有难度，补充：

　令1 2 1 21 2 1 2 1 2 1 21 1 1 1, , ,x x x xm n s ty y y y y y y y       

　则有：000(7)4 (8)22 (9)42 (10)n tmn stxm tyn sy   ，由（7）、（8）得 4 m s  (11) ，从而得解。

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