解析几何的解题思路方法与策略

1、解析几何的解题思路、方法与策略高三数学复习的目的， 一方面是回顾已学过的数学知识， 进一步巩固基础知识， 另一方面， 随着学生学习能力的不断提高， 学生不会仅仅满足于对数学知识的简单重复， 而是有对所学知识进一步理解的需求， 如数学知识蕴涵的思想方法、 数学知识之间本质联系等等， 所以高三数学复习既要“温故” ， 更要“知新” ， 既能引起学生的兴趣， 启发学生的思维， 又能促使学生不断提出问题， 有新的发现和创造， 进而培养学生问题研究的能力以“圆锥曲线与方程”内容为主的解题思想思路、方法与策略是高中平面解析几何的核心内容， 也是高考考查的重点每年的高考卷中，一般有两道选择或填空题以及一道解

2、答题， 主要考查圆锥曲线的标准方程及其几何性质等基础知识、基本技能及基本方法的灵活运用， 而解答题注重对数学思想方法和数学能力的考查，重视对圆锥曲线定义的应用， 求轨迹及直线与圆锥曲线的位置关系的考查解析几何在高考数学中占有十分重要的地位，是高考的重点、热点和难点通过以圆锥曲线为主要载体，与平面向量、导数、数列、不等式、平面几何等知识进行综合， 结合数学思想方法， 并与高等数学基础知识融为一体，考查学生的数学思维能力及创新能力，其设问形式新颖、有趣、综合性很强基于解析几何在高考中重要地位，这一板块知识一直以来都是学生在高三复习中一块“难啃的骨头” 所以研究解析几何的解题思路，方法与策略，重视一

3、题多解，一题多变，多题一解这样三位一体的拓展型变式教学，是老师和同学们在高三复习一起攻坚的主题之一 本文尝试以笔者在实际高三复习教学中，在教辅教参和各类考试中遇到的几道题目来谈谈解析几何解 题思路和方法策略.道直线方程与面积最值问题的求解和变式例1已知直线l过点M( 2,1),若直线l交x轴负半轴于A,交y轴正半轴O为坐标原点.(1)设AOB的面积为S,求S的最小值并求此时直线l的方程;(2)求OA |OB最小值;(3)求MA MB最小值.解：方法一：直线l交x轴负半轴,直线1的方程为yk(x2)1(k 0)B(0,2ky轴正半轴，设 a / 2k 1 八-A (Qk 当(2k)1 2(2k

4、1)22k1时,即2k12k2 4,k22时取等号，.此时直线1的方程为(2)OAOB2k 12k 3 2负3,当且仅当k立时取等号;2(3)ma| |mbI2144k2' 12, 12,(k21)(1 k) 2 k22 k2当且仅当k 1时取等号;方法二：设直线截距式为x、 a b1(a 0,b 0) , 二过点 M( 2,1),1 ,1-lab-ab 4；(1"、*，lab 2近ab 8 , S AOBjAJB OA OB1)( a bb) 3 (空 aa) 2 2 b3；(3) MA |MB|2a 2b , 4 .b a(3)方法三：MA MB2(a 2)(b 1)2a

5、b 5(2a b)(b) 51 sin4MB2 cossin cos变式1:原题条件不变,sin2(1)4,当且仅当sin21时最小,4求4AOB的重心轨迹；（2）求4AO由勺周长l最小值.解：（1）设重心坐标为(x, y),且 A(a,0) , B(0,b),则 a 3x , b 3y ,又(2)12(3x 2)x 333x 2 3x 2令直线AB倾斜角为2133 3x 2,则0，该重心的轨迹为双曲线一部分;5,又M（ 2,1）,过M分别作x轴和y轴的垂线，垂足为E,F ,贝U MA 1,MB 2sincos1213 sin cos tancot 一22(1 cot 2)cot 12(0 2

6、，AE2tan (0cot 一2 cot 12cot 3。21，BF 2tan tan2).17周长13tli10变式2:求OA |OB | AB的最小值.（留给读者参照变式1,自行解决）点评：由于三角函数具有有界性，均值不等式有放大和缩小的功能，在解析几何中遇上求最值的问题，可构建三角函数和均值不等式，合理地放大缩小,利用有界性，求得最值.圆锥曲线的最值问题， 解法一般分为两种：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处理非常巧妙；二是代数法，将 圆锥曲线中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;二、涉

7、及到抛物线的相关题目和证明例2证明抛物线的焦点弦定值设直线AB: x ty段，与抛物线y22 Px交于A, B两点，则有如下一些结论:2P ,X1X2X1 x22P .一一2,sin丫佻BF12 p证明:uuu uuur3 OA OB- p2 .4方法一：设A(Xi, yi)B( X2, y2) .2p(y2 2pX由p ,得 y2 2pty p2 0,4p2t2 4p2 0.x ty2 y1y2p2 ,则 XiX2224yi V2 y1y2 p2p 2p 4p2 4p22 p4作AAi，BBil ,假设 AA |BBi , AF AAxi E , BF BBi x2 卫,22设 BAAiAB

8、 AF BF xi x2 p ,2yiy22 ptyiy2p ,AB22yi V22pi2i ,. 2.2- 2、p 丁(yi y2) 2yiy2 p -(4p t 2p ) p 2p2p2 cos.2 sini)2P.2 sin方法二：AB怛E sin1AiBisin1-yi siny2；4p方法一：由对称性，可知直线 AB过定点一定在x轴上，取特值，得定点为(2P,0);设直线AB的方程为y k(x 2p) (k 0),化简整理把x代入抛物线C:y2 2Px的方程，可得区y2 y 2pk 0 , 2pt24P2%;sinsiniAF1BFx x2 pxX222p /、x1x2 (x1 x2

9、)22 .-2"一,P P4uur uuu OA OBX x2y1 y2解：(1)设 A(x1,y1 , B%.),易得y2 2px1 , y2 2 Px2 ,又 OA OB ,则2p 23 2P P .44例3 已知A, B为抛物线C:y2 2px(p 0)上两点，且满足OA OB, O为坐标原点，求证：(1) A, B两点横坐标之积，纵坐标之积分别为定值；(2)直线AB经过一定点.Xx2y1y20 ,22,2,、2小 y 4p x1x2 (x1x2),22xx24p , yy2 4p ;(2)那么y/罟 k2p4p2, x#24p2,xx2 y1y2 0 ,则OA OB满足题意，

10、表明直线AB过定点(2p,0).方法二：易得直线AB的斜率k互坐 y2 y12 2- x2 X 反五 y y2直线AB的方程为y yi二(x Xi),整理得 y NX yi y2yiy22p V2Vi V2 2P即y -2x!红，又ViV2 4p2 , 直线AB的方程为yi y2 yi y2y 2P (x 2p), yi y2即得直线AB过定点(2 p,0).方法三：设 A(xi,yi), B(X2,y2),设直线 AB方程为x ty m,将其代入抛物线C : y2 2 Px的方程，得方程y2 2pty 2 pm 0, 只需4p2t2 8Pm 0, /. yiy22pm 4p2 ,解得 m 2

11、p ,直线AB的方程为x ty 2p,即得直线AB过定点(2p,0).方法四：设直线OA的方程为y kx ,由y2 kx ,得交点为O(0,0)和A(学3), y 2 pxk ki又.OB的万程为y x,同理可得B(2 pk2, 2pk),k当k i时，kAB.直线AB方程为y 2pk -y(x 2pk2),i ki k即y J 邺上(x 2p),即得直线AB过定点(2p,0)； i k i k i k当 k i,得 A(2p,2p), B(2p, 2p),. AB 的方程为 x 2p ,综上，由直线AB过定点(2p,0).点评：方法一是用特殊位置找结论，再证明，方法二、三、四是处理垂直关系的

12、通法.类似地，过椭圆，双曲线的一个顶点Q作QA QB,分别交椭圆，双曲线于A,B, 则直线AB也 经过一定点. 22变式 如图，椭圆Ci：当 与i(a b 0)和圆C2：x2 v2 b2,已知圆C2将椭圆Ci的 a b长轴三等分，且圆C2的面积为.椭圆Ci的下顶点为E,过坐标原点O且与坐标轴不重合的任意直线1与圆C2相交于点A B,直线EAEB与椭圆Ci的另一个交点分别是P、M(1)求椭圆Ci的方程;(2) (i)设PM的斜率为t,直线i斜率为kl,求?的值；(ii )求 epm面积最大时直线1的方程.解：(1)依题意：bi,2则a 3b，二椭圆方程为看y2 1 ；(2) (i )由题意知直线

13、PE,ME的斜率存在且不为 0, PEI ME不妨设直线PE的斜率为k (k>0)，贝U PE y kx 1,y kx 1x22 得:5 y 118k29k 1或29k2 1x 0 .18k P( y 19k2 19k2 19?""1)1去代k,得M(29k2 118k 9 ki),则 t 9k2 9'k22kkPMk210ky kx 122x y 1得:k2 1或2k2 1k2 1一 kl(iik2 12k，)由(i则乜5t)可知：PE18k9k2k2.S EPMk2k* 1k23162(k k3)9k4 82k2 91162(k)k9k2当且仅当k 1 k

14、则 S EPM162u29(u2 2) 82k 1 8时去等号,k 3平，则直线AB y所以直线1的方程为y 162162* t-64649u 2, 9u 64u,121(k") (k ")kkk21x ,2k278289例4直线AC, BD过抛物线y二 2)2, )k 4x的焦点F ,且AC BD ,又点A, B,C,D均在抛物线上，求(1)求四边形ABCD面积的最小值;求ACBD的最小值;(3)若M , N分别是AC, BD的中点，求证：直线MN过定点.解：(1) F (1, 0)设直线AC:y k(x 1),不妨设k 0.由 y4X,得 k2x2 2(k2 2)x k

15、2 0,y k(x 1)2 _ 2424(k2 2)2 4k4 4(4k2 4)216(k2 1) 0.4k2 1 .1 k2k224(1 k )""k1又直线BD:y1 一一-(x 1).同理 |BD 4(1k2). S四边形abcdACBD8(1 k2)2k28(k232 ,当且仅当k 1时取等号.(2)ACBD24(1 k )k22214(1 k2) 4(k2 ) k16,当且仅当k 1时取等号.(3)设A(Xi,yJC(X2,y2),由(1)问所得方程k2_2_2(k2 2)xk20(k可得XiX2一 2 一2(k2)k2'设 AC 中点 M(X0,y0)X

16、ok2 2k2可得M (k用1替换k,易得N(1 k2k2,2(k1)那么直线MN的方程为2味(X1)，化简得yk4(X 3),k2代入椭圆方程上3设 B(x1，y1)， D(x2, y2),则 X x26k23k2 2 'x,x23k2 63k2 2 'BD| ，1 k2 x x2(1 k2) 乂x2)24%x24:3(k2 1)3k2 2(*)当k 1时，直线MN恒过点（3,0）;当k 1时，即MN x轴，易得直线MN的方程为x 3,恒过点（3,0）.综上，直线MN恒过点（3,0）.点评：实际上，第（3）问从 直线MN勺方程化为（*）式较难，从得分的角 度来讲，可以先从k

17、1时得到定点（3,0）,再回到（*）,虽不严密，但可节 省时间. 22变式 已知椭圆上 L 1的左、右焦点分别为Fl, F2过F1的直线交椭圆于 328, D两点，过F2的直线交椭圆于A, C两点，且AC BD , 垂足为P（1）求四边形ABCD的面积的最小值；（2）求AC |BD的最小值；（3）若A1C1 BD于巳，且A1C1、BD的中点分别为P、Q , 求证：直线PQ过定点.解：（1）方法一：（i）当BD的斜率k存在且k 0时，BD的方程为y k（x 1）,2yr 1，并化简得(3k22)x2 6k2x 3k2 60因为AC与BC相交于点P ,且AC的斜率为1,k '14、3(k2

18、 1)22k2 34,32 1所以，ack3-2 2k2四边形ABCD的面积当k2 1时，上式取等号.(ii)当BD的斜率k 0或斜率不存在时，四边形 ABCD的面积S 4综上，四边形ABCD的面积的最小值为9625注：当BD的斜率存在时，也可这样求四边形 ABCD勺面积的最小值：方法二：设 t k2 1 ,则 t (1,),2424966 1(1)2112 2525,ttt2 T当t 1,即k21时，上式取等号.方法三：判别式法，读者自己完成.(2)当BD斜率存在时,AC同上，当k2 1 ,即k 1时,当BD斜率存在或等于零时,综上，ACBD =4石(1)(一3k2上式取等号ACACBD16

19、.3-5-，20、.3(k2 1)22 2k2 3)(3k2 2)(2k2 3)BD的最小值为等，BD的最小值为呼；二直线池的方程为y25k32-(x2)，3(1 k ) 2k 3即y(x 2 3 4广3(1 k2)5当 k2 1 时,P( 3,2)5 5(*),显然过定点（5,0）,23 23 2、工)或 P(-) , Q( -,-) ,55 55 5二 PQ:x5适合（*）式，综上，直线PQ过定点（3,0）.5点评：本题（1）问表明，求解解析几何的最值问题，常用到均值不等式法, 二次函数法和判别式法;从以上几例的解析可以看出：应用焦点弦的性质不仅能使许多问题的解 答快捷、方便，而且能够优化

20、学生的思维品质，提高解决问题的能力.三、一道椭圆考题的证明和拓展B为椭千1,有以下两个结论:圆上两个点，OA OBOAOB若椭圆两焦点为FiF2 ,F1MF2 32二则点M的轨迹万程为x2y1凡涉及弦长的问题， 常用根与系数的关系设而不求计算弦长（即应用弦 长公式）；涉及弦长的中点问题时， 常用“点差法” 设而不求，将弦所在 直线的斜率、弦的中点坐标联系起来，相互转化.同时还应充分挖掘题 目的隐含条件， 寻找量与量之间的关系，并进行灵活转化，往往能避免求 交点坐标等复杂运算.43则以下说法正确的是(14812(A)和都不对(B)和都对(C)不对，对(D)对，不对本题选D,现笔者试对第问给出不同

21、的证法：解： 方 法一： 当 AB! x轴 时，/ADXh BOX=45.八(2、, 21 2 .21、_(2 . 212.21、 A (, ) B (,),7777117 - _ _ 2 _ 2'OA OB12当AB不垂直于X轴时：设A(x1, y1)B(x2, y2),设l ab : y kx m与椭圆联立得:uuu uur22 OA OB x1x2 y1y2 x1x2 (kx1 m)(kx2 m) 0,7m 12k12又 AAO冲，SAOB 1OA OB| 1d AB ,2 B 2b211|oa| |ob|ab|1 . 2 - 222-22 -y，OA OB OA OB OA O

22、B d又d -=由得d栏， ,k2 17 d方法二(三角法)：如图，令 AOx贝U A(mcos , msin ), B( ncos , ncos ),7.117 22. _12|OA |OB12,则 BOx ,2代入椭圆方程，有22222m cos m sin ,1 cos1-43 则 m 42. 222/. 2n sin n cos /1 sin1-43n24sin23 ，两式相加，有口 口cosm n3712方法三(特值法)：当直线OA,OB斜率为0或不存在时，一OA1OB当直线OA、OB斜率都存在且不为0时，设直线OA方程为y kx12(1 k2)3 4k2，二 3x2 4k2x2.2

23、1212， X103 4k2y112k23 4k2，直线OB方程为y OB212(1 k2)3k2 4，OAOB-2_23 4k 3k 4Z 212(1 k )7(k21)_212(1 k )本问的一般性结论：已知椭圆2 y_ b2B为椭圆上两个点，且满足OA OB则OAOB变式1:是否存在一定圆与直线AB相切?2解：方法一：设直线AB的方程为y kX m,代入到椭圆方程上 44k2)x2 8kmx4(m2 3) 0 ,OB64k2m2 16(3 4k2)(m2 3)0, “22 m 4k3,XiX28km3 4kX1X24(m2 3)3 4k2 '一OAOBX1X2y1y2X1X2(

24、kxi m)(kx2 m)0,二(1 k2)X1X2 km(X1X2)2_2.4(m3)(1 k )23 4k2一 228k m 22 m3 4k20,二 4k2m2 4m2 1212k28k2m23m2 4k2m20,二 7m2 12k2 120,则2m1k2127，设点O (0,0)到直线AB的距离为d ,则dk212Y，过O作AB的垂线，垂足为H,设H（x, y）,则|OH| d ,x2 y2 J二存在定圆x2 y2蓝与直线AB相切.方法二：由例7的问结论可得1°F看,过0作A垂线,垂足为H,那么S AOB-OA OB 2|AB|0HABOAOBOH 2 OA2 OB2 OA2

25、 OB2|OH 2122了，及 H(x, y) , x10A2y1OB712，127，二存在定圆x2 y2蓝与直线AB相切拓展推广：（1）若A、D为椭圆4个点,于坐标原点O,贝u11.OA2 OB2 OC21OD2直线ACL BD证明：由例6中问结论可得结论正确;若A、B、C为椭圆上3个点,AOBBOCAOC -则TOA OB1|OC证明：令 AOxBOxCOxOA m, OB n,OC/. A(m cos , msin）,2 B(ncos(),nsin(2-),34、. ，4C(r cos(-), rsin(一33代入椭圆得22m cos42 _ 2 m sin2 cos2 sincos2

26、(2-) s同理a3 n241OA2 OB2 OC232212一(sin cos ) (sin822变式2:已知双曲线3(1)求义3的值;|OA |OB(2)若OA AB,求点H22 4().cos2(4-)' 3)1' 3)-3，J 42、7cos ) 一 .82y- 1 ,且 OA OB ,4的轨迹方程.24sin ( -V)33解：(1)当 OA x 轴时，AOx BOx 45。,二 A(2. 3, 2 3)B(2V3,2/3), /. OA OB 2®当AB不垂直于X轴时,设A(X1, y1)B(X2, y2),设lAB：y kx m联立双曲线方程得:(4 3

27、k2)x2 6kmx 3m2 12 0 (*),由0,得 m2 3k2 2 0 ,OA OB ,贝！J x1x2 y1 y20,有所2yy212k2 12 m23k2 40 , /. 12k2 12 m2作 OH AB于 H ,设|OH| d ,在 AOB 中，SAOB 2OA |OB 1|ABd, AABOB.1|ab|2d2 OA2 OB2 ，.|oa|： |ob|2|ab|21OA2 |ob2 |OA2 ob|2 OA2 |OB|2 d2 ?1111又d.由可得d*212j3,2OBd212，综上，上工的值为1.OA OB12(2) OH d 2曲，. H 的轨迹方程为 x2 y2 d2

28、 12,即 x2 y2 12 .点评：本题从到实际复习中遇到的一个考题，尝试了用普通的解析法,和三角代换(应注意并非椭圆的三角参数方程),不同角度地证明了这个结论，并加以拓展和延伸，使之达到让学生们可以一题多解，一题多变，多题 一解的目的，让复习过程得以升华.变式3：设椭圆C:马1a b。的离心率e包，左顶点m到直线)上1 a b2a b的距离d 迤,O为坐标原点.5(i)求椭圆C的方程；(n)设直线l与椭圆C相交于A,B两点，若以AB为直径的圆经过坐标原点，证明：点O到直线AB的距离为定值；(m)在(n)的条件下，试求 AOB的面积S的最小值.(I)解由e=率，彳导c=乎a,又b2=a2c2

29、,所以b= 2a,即a = 2b.由左顶点 M a, 0)到直线：+b= 1,即bx+ayab = 0的距离d=5,小 | b( a) ab| 4术2ab475行V?rp - - P702Tb2- 5，把a= 2b代入上式，得 建 =455,解得b=1.所以a = 2b=2, c=<3.2所以椭圆C的方程为Ayj.(n)证明 设 A(xi, y1) , B(x2, y2),当直线AB的斜率不存在时，则由椭圆的对称性，可知xi = X2, y1=- y2.因为以AB为直径的圆经过坐标原点，故=0,2即X1X2+yy2=0,也就是x2 y2=0,又点A在椭圆C上，所以1 - y2 = 1,解

30、得 |X1| =|y1| =挛5此时点O到直线AB的距离di=|xi|当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+m,y= kx+ nrj与椭圆方程联立有x227+y =1消去 y,得(1 + 4k2) x2+8kmx+ 4m 4= Q,8km所以 x1 + x2 = j-2 , 1 + 4k24m 4xix2= . , .,2.1 + 4k因为以AB为直径的圆过坐标原点O,所以OALOB所以 = x1x2+y1y2=Q.所以(1 + k2) x1x2+ km(x1+ x2) + m= Q.所以(1 +6 誓真/+ mi = Q.整理得5nU 4(k2+1)，1 + 4k1 + 4k所

31、以点O到直线AB的距离dii m 2 5综上所述，点 O到直线AB的距离为定值2.55（田）解:方法设直线OA的斜率为当koO时，则1OA的万矛呈为y=k0x，OB的万程为y=-超y = k°x,联立x22了 +y = 124x1=TT得224k。y1=TT.同理可求得2X24k2k2+4 424y2=k2.故4 AOB勺面积为11 +记-Ix2|(1 + k2)2+ 4k0)( k2+ 4).2令 1+ ko= t (t >1)则S= 2令 g(t)2544<g(t 尸 7.所以 5Vs<1.当ko=Q时，可求得S= 1,13 分,4一， _4故"1，故

32、万法二 由（2）知 当直线AB的斜率不存在时，S=-; 的最小值为5.当直线 AB的斜率存在时，(1 +4k2)x2+8km肝4n24=0, 5m=4(k2+1),所以弦长AB,1 k216k2 11 4k22t 1 4k ,2t 1,4k t1, AB-(t 3)(4t 3)、,5 , t2AB_ 4一 一一 一 . 4惠故521,故S的最小值为5.思路二AB24 4k2 16k2,51 4k2在AOB中,1Saob 20All OBAB>a| Ob |平，则Saob5122-(4 4k2 16k2 1)21 4k2而所以S<1.2、55OA|2 |OB2|OA| |OB|,一

33、4一 一一 一 . 4故萨S< 1,故S的最小值为5.说明：一般性结论：已知椭圆2L 1b2，若A, B为椭圆上两个点，且满足OA OB ,则(1)OA(3) -T2ab=, a2 b21OBABa2 b2； (4)点0到直线AB的距离d 1ab ；, a2 b22, 2a b q2,2 S AOBa b2 ab.四、一道和椭圆切线方程有关考题的证明和拓展22例6已知椭圆C:冬41(a b 0)的离心率为二，具四个顶点构成的四_ a b2边形面积为4石.若A为椭圆C上任意一点，过A作圆0:x2 y2 r2 ( 0 r b) 的切线l , OP OA,且直线l与OP交于点P .(1)求椭圆

34、C的方程；(2)求点P的轨迹E ;2(3)定义：椭圆C：: a2b2 1(a b 0)上一点P(x0，y0)处的切线方程为x0x y0y2, 2b2 ,a b过椭圆C的左焦点弦BD的端点分别作椭圆C的切线1i , l求证：直线1i , l2的交点N在定直线上.解：(1)由顶点四边形面积S 1 2a 2b 4出，离心率解得a 2, b耳,2椭圆C的方程为-4(2)设P(x,y), A(x0,y0),如图，设切点为在 Rt AOP 中，OM AP ,OPAPS AOP1-一 AP OM212 2x0 y0由OAOA122x yOP4ruur uurOMOP ,得 OA OPx0x y0y2又迎4将

35、式代入式，得轨迹E: 4r2 y031412y0.2一x0M , 212(x2 y2) 3y2 4x22当0 r痣时，点P的轨迹E为椭圆;表示两条平行直线.D(x2,y2),当r 73时，点P的轨迹E为y (3)方法一：证明：设B(x1,y1),当 BD x 轴时，B( 1,3) , D( 1,-), 221，交点 N( 4,0);由定义，在B, D处椭圆的切线方程分别为 W31和W卫 4242当BD与x轴不垂直时，设直线BD斜率为k,直线BD的方程为y k(x 1). y k(x1 1), y2 k% 1),由定义，在B, D处椭圆的切线方程分别为 注 "1和殳 XI 1, 434

36、3解得 Xn4(y1 y2)4k(x1 x2)4,x2 yl x1y2 kx1x2 kx2 kx1x2 kx1直线1i , l2的交点N在定直线x 4上.方法二：由定义，在B, D处椭圆的切线方程分别为 邓 ”1和咨 © 1, 4343设Qd）,则咨迫1 注32 14343直线BD的方程为出Z2 1, 43又直线 BD±点 F（ 1,0） , .° 1,.X044方法三：本题第（3）问也可采用伸缩变换求得该定 直线:X设伸缩变为yXa y bx2 y 2 1,则有(Xo，yo)M(xo，yo),V XX0 yyo 1,再伸缩变换回去W举 a b设 Q（X0,y0）

37、,且 QB , QD 为切线，Ibd：王 4-0 1, X。4,得证.41 ,yoy3注：本题第（3）问涉及椭圆的上一点的切线方程，除了可以用常规的判别式和隐函数求导法则解决外，亦可用直线的参数证明.2证明：由椭圆C:三 a2二 1 ,设 M(X0,y0)在 C上 b那么过过M的切线l的参数方程为:代入椭圆C得:2cos( 2a. 2 sin)t22x0 cos2y0sin b)t2 X0 -2 a22X0y02 y0 sin b2)t 0.2j)t2b 7 cos (2a2x0 cos(2a .l为椭圆在M处的切线，.上述二次方程b2 4ac 0c=0,b2 0 ,b 0,2x0 cos2y

38、0sin22J2.ab0, x0t cosy0t sinbt costsinx xyy。xO(x x°)2ay°(y y°)0bx°x-2 a,1,证毕.点评：本题第(2)问与例7的变式1的方法二都用到了三角形的面积不变法，应注意体会；本题第(3)问方法二求切点弦的方程，在圆、双曲线、抛物线中都有类似问题.五、圆锥曲线弦中点问题的证明和拓展22例7已知A、A2是椭圆C：' 41(a b 0)的左、右顶点，B、F2分别为其 a b上顶点和右焦点，过 F2作x轴的重线交椭圆 C的上半部分于点 D,设A1DA2,而椭圆C的离心率为e.(1)证明：tan

39、 ,； e(2)当tan 9,且Sad% 1时，直线l:kx m(k 0)与椭圆C交于P、Q两点, 4问：是否存在直线l使得PB2Q为等边三角形？若存在，写出直线l的方程;若不存在，请说明理由.解：(1)证明：在 ADA2 中：A 2a, F2(c,0), DF2AA22xd c又.D在、41上，代入解得到yD a b又 A1F2a cA2F2a ctan A1DF2AF3DF22a c a ac.2.2bbtan A2DF2A2F 2DF2a cb22a acb2tan tan( A1DF2tan A1DF2 tan A2DF2A2DF2),1 tan A1DF2 tan A2DF222a

40、ac a ac22b bT2(a ac)(a ac)b12a2-4- a(ac2)2a22-2" e(2)方法tan2.33A1DA22a令 P(xi, yi)b2b28,Q(x2,设PQ中点为M ,结合直线方程ykx联立(1 9k2)x218kmx 9m2 9*)一Xix218km9k2X1X29m2 91 9k2yMyy22kx1 kx22k 18km二722 1 9k229k m9k2m21 9k2Xm12 (Xi X2 )9 km21 9k2由 B2(0, 1) kBM二 M(-19 kmm9k2, 1m21 9k29k2)，得:km;在9km"9k7*)9k3中,

41、m 1 9k9km9km,9k3 8km0,0,/. 9k2 8m 1 0(1)(18km)24(19k2)(9m29) 36(9k2m21),21 9k , 8mm2且所以8 m36(9k2 m2 1) 1 k21 9 k26、(9k2 m2 1)(1 k2)21 9k2BM1 PQ J3B2M，k21 8m-9 ， '222有.3.3 (9k m 1)(1 k ).1 9k2化简得：3、3；（一8mDd k2）8m(8 8mh 3Jl 8m 1 m3 8m)代入降次消元，解之可得m 0 （舍去）或m 2,. . 215.k §，15.k 丁i159.l: yvx 2,即

42、3y Vl5x 6 0 .方法二（对称性）：当l不垂直于y轴时，设l : Ax ByC 0(A0）,由对称性知：必有另一 l : Ax By C 0也满足条件，两式相乘(By C)2 (Ax)2 0,整 理得：A2x2 B2y2 2BCy C2 0 设以B2为圆心的圆B2：x2(y1)2R2,整理得：x2y22y 1R20又椭圆的方程x2 9y2 9-：(1)x2 (9)y2 2 yR2 9 02八则由与等价知：一 JR 2 . A2 B22联立，易知为不定方程，由于 A:B:C可约简，不妨令：=1,则有:A21.A2B2BC C2B CB2 到l与l1的距离均为 d ,B C由PB2Q为等边

43、三角形知<A2 B2'B2 9， BC，C2 R29,由+:A2 B2 8 ,由 +2 +：B2 2BC C2R2又由故：YCf v 3R2解得： 6,故：A J5,B&c21故 l : >/5x 73 y 2/3 0 或5Xx V3y 2, 3 0即 l ：715x 3y 6 0 或.15x 3y 6 020当l垂直于y轴时，设l交C于P%多），由PB2Q为等边三角形，知:x0l1 V。史(11)2又应92y01(12)y。1314，综上所述:l: . 15x3y 6 0 或15x3y 6故，l:y 131413方法三（点差法）,由点差法kPM kOMb2-2 a

44、设M （x0, y°）,设直线l的斜率为k ,则k也x0(1)B2M l,kB2M心kx0(2)k(xyy°9k8方法四解：以设BPkBPy08,代入（2）可得:8 ,再用方法一”求解（极坐标方程）x0B为极点，y轴负半轴方向为极轴，建立极坐标，系cotPBAkPB kABMcosPM sinkPA9cottan APMAM sin sin一，AB AM BM 29cos2(coss) 2 ,即椭圆C极坐标方程18cos9 cos8cos 118cos()BQ BP8 cos2 (cos 和 cos(18x8x2 1cos cos(cos (1cos =sin ) 1cos22281. 2一 sin8两边同除以sin2 ,123121一 cot cot - cot 一2288 '3 2.31一 kBPkBP-0828解得k 2心t；15由对称性令km包上BPQ 60,由到角公式知:kPQ2、. 3 ,15313153kBPy*x 2 32.3 . 15 xP(3 151463 6 5 136;5 '14 675即,15x 3y 6 0由对称性，PQ： V15x 3y 6 0或,x 3y 6 0点评：方法一中利用底