高考数学解析几何-第19讲 椭圆中的蝴蝶模型

高考数学解析几何

第19讲椭圆中的蝴蝶模型

知识与方法

蝴蝶定理(BUtterfIyTheorem),是古代欧氏平面几何中最精彩的结果之一.这个命题最早出

现在1815年,由WG霍纳提出证明.

【蝴蝶定理】M是O。中弦AB的中点,过点M的两条弦CD,EF,连接0E,CF交AB于P,Q两点,

则M是线段PQ的中点.

问题中的图形酷似圆中翩翩起舞的蝴蝶,因此而被冠之“蝴蝶定理

蝴蝶定理还可以推广到椭圆,甚至双曲线与抛物线中.

高考中,直接考查圆锥曲线中的蝴蝶定理很少见，大多考查蝴蝶模型背景下的直线与椭圆的

位置关系问题.此类问题的本质是研究椭圆的内接四边形，其形如“蝴蝶”的四边形通常可以

由椭圆的两条相交弦确定,在具体的问题中,此两弦要么过定点,要么某线斜率特定，由此便会

呈现兼具一般解法又别具一格的定点、定值等问题,下面略举几例予以说明.

典型例题

类型1：蝴蝶模型中的定点问题

【例1】在平面直角坐标系中,已知圆0：产+y2=9,Q是圆。上任意一点,Q在X轴上的射影是

点。,点P满足前=?而,设点P的轨迹为曲线E.

(1)求曲线E的方程；

(2)若4(—3,0),B(3,0),过直线％=9上任意一点7(不在X轴上)作两条直线T4,7B与曲线E分别

交于点。(%1，丫1),。(%2，丫2)(异于43),求证：直线CD过定点.

类型2：蝴蝶模型中的斜率定比问题

［例2］已知椭圆C:1+q=1的左、右顶点分别为P,Q,过椭圆右焦点尸的直线/与椭圆交于

Io12

4B两点,且直线［的斜率不为O.分别记直线4P和BQ的斜率为自与心,问是否存在常数人使得

在直线1转动过程中,有七=4心恒成立？

类型3:蝴蝶模型中的弦长关系问题

［例3］己知椭圆E:^+'=l(α>fe>0)的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三个

顶点,点P(√53)在椭圆E上.

(1)求椭圆E的方程；

⑵设不过原点。且斜率为加直线/与椭圆E交于不同的两点4B,线段AB中点为M,直线。M与

椭圆E交于C,。,求证=∖MC||MD∖.

强化训练

1.如图,0为坐标原点,椭圆C:《+A=l(α>b>0)的焦距等于其长半轴长,MN为椭圆C的

上、下顶下且IMNl=2√3.

(1)求椭圆C的方程；

⑵过点P((U)作直线，交椭圆C于异于M,N的4B两点,直线4M,BN交于点7.求证：点7的纵坐

标为定值3

2.已知椭圆C:9+?=1与定点4(0,—2),经过点E((U),且斜率存在的直线，交椭圆于Q,N两

点，点B与点Q关于坐标原点对称,连接AB,AN.求证：存在实数;I,使得欧N=恒成立？

3.椭圆C』+'=l(α>b>0)的左、右焦点分别为Fι',M在椭圆上,AM&F2的周长为

2遮+4,而积的最大值为2.

(1)求椭圆C的方程；

(2)直线y=kx(fc>0)与椭圆C交于4B连接AF2,BF2并延长交椭圆C于D,E,连接。E,探索

4B与DE的斜率之比是否为定值并说明理由.

4.设椭圆C:摄+，=1的左、右顶点分别为4B,椭圆的弦PQ过定点M(t,O),直线PQ斜率为k且

k≠0,求”的值.

5.已知椭圆厂的方程为9+9=1,经椭圆的左焦点F(-2,0)、斜率为七(如;如≠0)的直线与

椭圆交于4、B两点.设R(LO),延长ZR、BR分别与椭圆交于C、D两点,直线CD的斜率为

则晟=

参考答案

类型1：蝴蝶模型中的定点问题

【例1】在平面直角坐标系中,已知圆。：必+丫2=9,Q是圆。上任意一点,Q在X轴上的射影是

点。，

点P满足前=日丽,设点P的轨迹为曲线E.

(1)求曲线E的方程；

(2)若4(一3,0),8(3,0),过直线％=9上任意一点7(不在X轴上)作两条直线771,TB与曲线E分别

交于点CO：1，%),。(%2，光)(异于4B),求证：直线CD过定点.

【答案】(1)9+?=1;(2)见解析.

【解析】⑴设P(X,y),Q(χo,yo),因为：DP=γθQ,所以X0=×>yo=代入圆

O-.x2+y2=9中，得5+9=1,所以曲线E的方程为：9+?=L

(2)由对称性,定点在X轴上.

解法1：设点表点

设点7的坐标为(9,m)

直线74方程为：沼=言,即y=5(x+3),

直线78方程为：ʒ-=三(,即y=7(x-3).

m-Q9-3J6κ/

分别与椭圆?+?=1联立方程组,同时考虑到Xi≠-3,x2≠3,

解得匕(端善，蒜)，Dp(m2-20)20m\

∖20+m220+m2J

20m3(m2-2θ)

X2O+7?!2_______

当Xi≠g时,直线CD方程为：42个“3(80-m2)3(r∏2-2θ)

80+m2^r20+m2

80+m220+m2

令y=0,解得:X=1.此时必过点K(1,0);

当Xi=g时,直线CD方程为：X=1,与X轴交点为K(LO).

所以直线MN必过X轴上的一定点K(l,0).

解法2：设线表点

显然4C斜率存在,设AC斜率为k,则BD斜率为2k,直线771方程为:y=k(x+3),与椭圆%+

9=1联立方程组得(5+9fc2)x2+54∕c2x+81∕c2-45=0,

q+81k2-45H15-27fc230k

由韦达定理局-XC=9二+5,得%c=如+5-=证中；

直线TB方程为:y=2fc(x-3),与椭圆?+?=1联立方程组得

(5+36∕c2)x2+216fczx+324fc2-45=0,

108fc2-15_-60〃

由韦达定理,小∙%d=登辞,得沏=36fc2+5''O_36k2+5

(1)当XC=%D，易得直线。。为X=1>

__yp-yc-ɪʒfe

当τ,所以直线的方程为

(2)XC≠XD,kcD2CDy-yc

XD—xc18⅛—5

-15k

(x-XC),

18∕c2-5

由对称性定点在X轴上,方程中令y=0,化简得X=1,

所以直线MN必过X轴上的一定点K(1,0).

【注】上述两种解法的关键是通过设点或设线，利用韦达定理表示出点C和点D:

/3(80—m2)40m∖∕3(m2—20)20m\

80+m2,80+m2/,\20+m2'20+m2)

∕15-27fc230k∖ŋ∕108fc2-15-60k\

映CV9k2+5,9k2+s),υk36k2+5,36fc2+5√

在此条件下研究直线CD过定点,研究的思路可以先由对称性,推断其在X轴上，写出直线CO的

方程，令y=0,求出X的值得定点,另一种更一般的思路是先设出定点,再转为多项式恒等解出

定点.其过程如下：

设直线CD经过定点(s,t)∙%=超,直线CC的方程为"扁=恶(X-嘴汩，

也可表示为yτ=^(.s),则丹.琴需+丹=黑s+3

则IOm-3(80-m2)+40m(m2-40)=10ms(m2+80)+t(m2—40)(m2+80)对m恒成

立，

∙∙∙s=l,t=O,定点为(1,0).

解法3:韦达代换

22

直线CD方程为:X=my+t(t≠0),与椭圆y+y=1联立方程组得

(5m2+9)y2+IOznty+5t2-45=0,

δ

由韦达定理+y2=5m2+9,7172=57π2+9,=180(5τ∏2+9一户)>0,

ViIZyyOV

4C：y=T^(x+3),x=9,y=τ-Γ^1'BD∙,y=--2-(x-3),x=9,y=2

ʌɪIɔʌɪIτɔ42ɔrɔ

1

所以：1J3=勺,化简得：2&%-Xly2=3%+6yι-(1)

X1÷ɔX2-J

C-90m9Cy+y)

乂小丫1+xy=2myy+t(y+y)=、门：=--1：----2--…(2)

i212125τ∏∕+9t

由(1)(2)可知:

在直线CO方程y-y=--------(x-Xl)中,令y=0

1x2~χι

IJlljx=Xly2一犯％=停-4)%+停-2%

、y2一月y2-yi

当G—4)+G—2)=0,即t=1时,定点为(1,0).

【注】在此解法中关键是处理非对称式：2x2y1-x1y2=3y2+6y1.

常见的处理解法是构造对称式⑰为+χιy2=纹詈＜再与2外月-χιy2=3y2+6y1

构造方程组,解出χ2y1,χ42,从而化解式子气资1•这种处理手法在《非对称韦达定理》章节

有详细说明.

类型2：蝴蝶模型中的斜率定比问题

【例2】已知椭圆C:1+《=1的左、右顶点分别为P,Q,过椭圆右焦点尸的直线，与椭圆交于

IoIZ

4B两点,且直线，的斜率不为0.分别记直线AP和BQ的斜率为心与心,问是否存在常数人使得

在直线1转动过程中,有府=/1仁恒成立？

【答案】见解析.

【解析】设4(乂1，%),Ba2/2)，直线,：X=my+2,

七%(%2-4)xy-4y

yi722i1

h=,

X1+4'X2-4~k2~y2(×ι+4)^x1y2+4y2

…+—K=既2)

X=my+2

联立x2y2=>(3m2÷4)y2÷Ylmy-36=0

——H-----=1

.1612

-36

由韦达定理得：%+y=34'y，2=,可得Tnyly2=ɜ(/i+y2)<

2血：岑3m2+4

代入(*)式,得到”磊需4

解法2：设点解点尸(2,0),设A(Xo,yo)0o≠0),则4B:X=包二+2,由直线AB与椭圆方程联立,

yo

x=^Zl+2

yo-163y0

22nB

XV—5XQ—5

—÷-=1

1612

3y°

yo,_._3一53yo

所以∕q=k

AP'化2―KBQ-5&-16Zl

Xo+4~x0+4

%o一5

解法3:三点共线+对偶式

因为4F,B三点共线,故有一\="ɪ,

整理可得Xly2-X2yi=2(y2-yi),

(—96

IXIV2+X2Vl=O^^9——7

又由-12m，可得32+次为=83+丫2)

lyι+y2=WT4

所以由｛甘；E=禽-已解得图2：M÷养

十x2J,l一八以十V2)lx2Λl—ɔʃl十

从而;I=22"1=211必=1

%1%+4尸23yι+9y23

类型3:蝴蝶模型中的弦长关系问题

【例31已知椭圆E:5+《=l(a>b>0)的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三个

顶点,点P(8,3在椭圆E上.

(1)求椭圆E的方程；

(2)设不过原点。且斜率为，的直线］与椭圆E交于不同的两点4B,线段AB中点为M,直线。M与

椭圆E交于CD,求证MalIMBl=∖MCIlMD∖.

【答案】(1左+y2=i(2)见解析.

【解析】(1)椭圆E的方程为9+必=1；

(2)设直线，的方程为y=∣x+m(τn≠0),A(XI8(%及)，

(x2+4y2—4=0

22

由方程组［11得：X+2mx+2τn-2=0,

(y=-x+m

=

x1+X2-2m

2

x1x2=2m-2,易知一√Σ<m<√∑,点M(-孙1)，直线°知：、=-ɪɪ,

{Δ=4(2—m2)>0

由方程组F二:一0得：C(-√2,y),D(√2,-y).

√5√5L5,八

ʌIMCHMD∖=—(―m÷V2)•—(m+V2)=-(2—τn2)

224

1155

222

∖MA∖∖MB∖=ZIABI2=ZKXl_不)2+(y1-y2)］=77(^1+ɪz)-4%ιX2=τ(2-m)

⅜⅜Io4-

・・・∣M4∣∣MB∣=∖MC∖∖MD∖.

【注】此问题结构漂亮，结论优美，相仿于圆中的相交线定理.一般地,黑黑I=笔寝,

其中k为直线4B斜率.

强化训练

1.如图,。为坐标原点,椭圆C:《+A=l(α>b>0)的焦距等于其长半轴长,MN为椭圆C的

上、下顶下且IMNl=2√3.

(1)求椭圆C的方程；

⑵过点P((U)作直线，交椭圆C于异于M,N的4B两点,直线4M,BN交于点「求证：点7的纵坐

标为定值3

【答案】(1《+9=1；(2)见解析.

【解析】⑴由题意可知：2c=a,2b=2√3,Xα2=b2+c2,

有方=√3,c=l,a=2,故椭圆C的方程为：—+5=1.

43

(2)由题意知直线1的斜率存在,设其方程为y=kx+l,

v—kx+12

ʃ2ɪ√219Z消去y得(41+3)x÷8fcx-8=0,

{3xz+4yz-12=0

设4(%,yι),B(x2,y2)(x1x2≠0),则与+x2==与看

xxx

又4Pf8三点共线,则为二="二,即一lV2=2-I-

xlx2

构造式子：％2丫1+%1丫2=2⅛X1X2+Xl+X2=3(%1+不)，则12%1+

又lBN：y=女手_x_®iΛM=y=zτ^∙^+√3

x2xI

(=%+6_G

y

.I-—X2-∙X-,y-√3y1-√3X2×2V1-√3¾

由<Γ-,得------F=------------------------F=------------F—

y-√3ɪ∕y+√3χιy∑+√3Xly2+代勺

y=--i----------X+√37

I%ι

φy-√3_x2yι一√3ɪ2_Xi+(2-√3)X2_(2-√3)[(2+√3)x1÷x2]_2W

y+√3XIy2+vɜɪi(2+V3)x1+x2(2+√3)x1+X2

解之,得y=3.故点T的纵坐标为3.

【注1】此问题是例1的逆向问题,其中也再次用到了手法：

据A,P,B三点共线,可知-XIy2=%2-Xl.构造式子：乂2%+%1丁2=301+X2),

则产】=科产

(XIy2=2X1+X2

【注2】椭圆的内接四边形的对边交点落在定直线上等价于其对角线交点为定点.一般结论

如下：

结论1:椭圆CW+'=l(a>b>0)的左右顶点为4B,7为定直线％=t(t≠0)上任意一点,

直线TA,TB分别与椭圆交于点M,N.则直线MN恒过定点5件,0).

结论2:过有心圆徘曲线Tn/+ny2=1的中心。的直线交曲线于a,B,7为定直线LnIXoX+

∏y0y=1上任意一点,直线「4,TB分别与椭圆交于点MM则直线MN恒过定点(XO,y°)∙

2.已知椭圆C:1+t=1与定点A(O,-2),经过点E(0,l),且斜率存在的直线，交椭圆于Q,N两

64

点，点B与点Q关于坐标原点对称,连接∕B,∕N.求证：存在实数人使得∕ς4N=独的恒成立？

【答案】见解析

y—kχɪ

ɔ2.O2C可知,(2+3肥)％2+6以-9=0,

{2xz+3y"-12=0

,6k

X1÷X2=-------rrɪ

设NaIQ(X242)，则〈广，・•・ɪly2+=43+X2)

卜62=一薪

又ME,Q三点共线,则"ɪɪ="ɪɪ,即％2为一%1丫2=x2-χl∙

x2xI

(53

%丫2=5%I+5Λ⅛

T35J'4(°，一2),8(-％2，—;/2)

(无2丫1=2xι+2%2

则4=%=(%+2)M=X2%+2*2_-i+/=3

'kAB(y2+2)XιTIy2-2*1^x1+∣x2

•••存在实数a=3,使得∕ς4N=3∕ς4R恒成立.

【注】以上问题具有如下共同特征：

(1)直线α与直线b的斜率之积为定值-当；

(2)直线d过坐标轴上一定点；

(3)直线C与直线b的斜率之积为定值.

3.椭圆C』+，=l(α>b>0)的左、右焦点分别为Fi,aM在椭圆上,AMF∕2的周长为

2通+4,而积的最大值为2.

(1)求椭圆C的方程；

(2)直线y=kx(k>0)与椭圆C交于4B连接AF2,BF2并延长交椭圆C于D,E,连接DE,探索

AB与DE的斜率之比是否为定值并说明理由.

A

X

【答案】(l)⅞+y2=1；⑵见解析

【解析】(I)IFIF21+IMFll+∣MF2∣=2α+2c=2√5+4,S=TX(2c)h=be=2,

得a=√5,c=2,b=1,所以椭圆C的方程为：y+y2=1.

⑵设4(xo,yo),则B(-xt),-yo)∙直线/D：X=殛二y+2,

Vo

222

代入C:9+y=1得KXo-2)+5y^]y+4(x0-2)y0y一光=O，

2

因为+Vo=1,代入化简得(9-4x0)y+4(x0-2)y0y一光=0,

设D(Xi,y1),E(X2f2),则%%=7⅛,所以乃=言｝，Xl=攀为+2，

y—4∙x0y—4χ0y0

直线BE:X=竽y+2,同理可得y2=念Γ,M=竽y2+2.

=⅞.1.4xa=9X1=9k,所以/cgk=9:1

yoyo

【注】此问题可推广为如下一般结论:

椭圆C:'+，=l(a>b>0)的左右顶点为4B.椭圆的弦过定点M(t,O),则施p%=

(-S)-≡⅛,

黑=£•(定点在y轴上时类似•)

4.设椭圆'=1的左、右顶点分别为4B,椭圆的弦PQ过定点M(t,0),直线PQ斜率为Zc且

k≠0,求用的值.

【答案】篙=篝

【解析】设P(XI,y1),Q(x2,y2)O2H±α),

因点Q在椭圆上有⅛+⅛=l

另有心Q∙k。2

APx+α

x2+ai(x1+α)(x2