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??，
k1?k2t由直线MN的方程
y?y1y2?y1得直线与x轴的交点，即?x?x1x2?x1横截距x?x2y1?x1y2，将点M、N的坐标代入，化简易得
y1?y2x?444343，由?3解出t?，到此不要忘了考察t?tt33是否满足t?2。
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、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。
x2y22解（I）由题意设椭圆的标准方程为2?2?1(a?b?0)a?c?3,a?c?1，a?2,c?1,b?3
abx2y2???1 43?y?kx?m222（II）设A(x1,y1),B(x2,y2)，由?2得(3?4k)x?8mkx?4(m?3)?0， 2?3x?4y?12??64m2k2?16(3?4k2)(m2?3)?0，3?4k2?m2?0
第11页共69页
8mk4(m2?3)（注意：这一步是同类坐标变换） x1?x2??,x1?x2?3?4k23?4k23(m2?4k2)（注意：这一步叫同点纵、横y1?y2?(kx1?m)?(kx2?m)?kx1x2?mk(x1?x2)?m?23?4k22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，
3?4k23?4k23?4k27m2?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。
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顶点，证明：直线l：y?kx?m过定点，并求定点的坐标。
2x?y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x12y12再
通
过
?0，
化
为
y1?y2?(kx1?m)?(kx2?m)?k2x1x2?mk(x1?x2)?m2，将条件转
(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?m2得，（这里消x得到的） ky?2py?2mp?0，2?y?2px第12页共69页
则??4p?8mkp?0………………（1） 由韦达定理，得：y1?y2?22p2mp，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可得?y1y2?0，则(1?k2)2mp?2pm?m2k?0， 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、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，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？
第13页共69页
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)是椭圆的右
ab????????????????顶点，直线BC过椭圆的中心O，且AC?BC?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
?????????AC?BC?0
??ACO??2
又?A (23,0)
?点C的坐标为(3,3)。 ?A(23,0)是椭圆的右顶点，
x2y2?a?23，则椭圆方程为：?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)消y，整理得： y?kx?3(1?k)，由?22??x?3y?12?0第14页共69页
(1?3k2)x2?63k(1?k)x?9k2?18k?3?0?x?3是方程的一个根，
9k2?18k?3 ?xP?3?1?3k29k2?18k?3即xP? 23(1?3k)9k2?18k?3同理可得：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?36k＝ xP?xQ??2223(1?3k)3(1?3k)3(1?3k)?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A1(-2,0),A2(2,0)。
ab2第15页共69页