y?my2?myy?m(y1?y2)?m则x1x2?1， ??122kkk?以AB为直径的圆过抛物线的顶点O，则OA?OB，即x1x2?y1y2?0，
2可得
y1y2?m(y1?y2)?mk22?y1y2?0，则(1?k)2mp?2pm?mk?0，
22即k22mp?m2k?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：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。 例题6、已知点A、B、C是椭圆E：
xa22?yb22?1 (a?b?0)上的三点，其中点A(23,0)是椭圆的右
????????????????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?率。
3对称，求直线PQ的斜
????????????????解：(I) ?BC?2AC，且BC过椭圆的中心O ?OC?AC
??????????AC?BC?0 ??ACO? ， 又?A (23,0) ?点C的坐标为(3,3)。
2?A(23,0)是椭圆的右顶点， ?a?23，则椭圆方程为：x2122?yb22?1
将点C(3,3)代入方程，得b?4，?椭圆E的方程为
11
2x212?y4?1
(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)，
由???y?kx?223(1?k)消y，整理得：
??x?3y?12?0222(1?3k)x?63k(1?k)x?9k?18k?3?0?x?3是方程的一个根，
9k?18k?33(1?3k)22?xP?3?9k?18k?31?3k22 即xP?9k?18k?33(1?3k)22 同理可得：xQ?
?yP?yQ?kxP?23(1?k)?kxQ?23(1?k)＝k(xP?xQ)?23k＝?12k3(1?3k)2
xP?xQ?9k?18k?33(1?3k)2?9k?18k?33(1?3k)2＝?36k3(1?3k)12
?kPQ?yP?yQxP?xQ?13 则直线PQ的斜率为定值。
3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
222(1?3k)x?63k(1?k)x?9k?18k?3?0的根，易得点P的横坐标：
xP?9k?18k?33(1?3k)9k?18k?33(1?3k)2222，再将其中的k用-k换下来，就得到了点Q的横坐标：
xQ?，这样计算量就减少了许多，在考场上就节省了大量的时间。
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。 练习2、：（2009辽宁卷文、理）已知，椭圆C以过点A（1，（1） 求椭圆C的方程；
（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。
32），两个焦点为（－1，0）（1，0）。
12
? b ?1 ，再根据过点A，通过解方程组，就可以求分析：第一问中，知道焦点，则 a
a,b出 ，求出方程。
2222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
xy??1解：（Ⅰ）由题意，c=1,可设椭圆方程为 ，将点A的坐标代入方 22aa?111922程： ，解得 ， （舍去） 2a??1?c??1a?4224a4(a?1)22xy所以椭圆方程为 。 ??143223xy（Ⅱ）设直线AE方程为：y?k(x?1)?，代入??1得
243(3?4k)x?4k(3?2k)x?4(22223232?k)?12?0
2 设E(xE,yE),F(xF,yF),因为点A(1,)在椭圆上，所以
4(3?k)?122 xF?223?4k yE?kxE?32?k ………8分
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
4(xF?3?k)?122223?4k yE??kxE???k(xF?xE)?2kxF?xE32?k
所以直线EF的斜率KEF?yF?yExF?xE12?12
即直线EF的斜率为定值，其值为。 ……12分
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。
题型五：共线向量问题
解析几何中的向量共线，就是将向量问题转化为同类坐标的比例问题，再通过未达定理------同类坐标变换，将问题解决。此类问题不难解决。
例题7、设过点D(0,3)的直线交曲线M：于P、Q
uuuruuur分析：由DP=lDQuuuruuurDP=lDQ两点，且
,求实数l的取值范围。
ì?x=lx12可以得到?í?y1=3+l(y2-3)???，将P(x1,y1),Q(x2,y2),代人曲线方程，解出点的坐标，用
13
l表示出来。
uuuruuur由DP=lDQ解：设P(x1,y1),Q(x2,y2), 得(x1,y1-3)=l(x2,y2-3)
ì?x1=lx2即?í?y1=3+l(y2-3)???
方法一：方程组消元法
又P、Q是椭圆
x29+
y24=1上的点
22ìy2?x2?+=1??94? í2?(lx)2(ly+3-3l)?22+=1??94?? 消去x2，
可得
(ly2+3-3l)-ly24222=1-l2 即y2=
13l-56l
15???5
又Q在椭圆上，－2≤y2≤2， ∴ －2≤
?1?。 ?5,5???13l-56l≤2 解之得：
则实数l的取值范围是
方法二：判别式法、韦达定理法、配凑法
?y?kx?3设直线PQ的方程为：y?kx?3,k?0，由?2消y整理后，得 24x?9y?36?(4?9k)x?54kx?45?0
22?P、Q是曲线M上的两点 ???(54k)?4?45(4?9k)＝144k?80?0
222即9k2?5 ① 由韦达定理得：x1?x2???(x1?x2)x1x2254k4?9k2,x1x2?454?9k22 (?1?2?x1x22?x2x1?2 ??245(4?k9)54k2?)
即
36?5(1??)2?9k?49k?152?1?49k2 ②
36?5(1??)2由①得0?19k2，代入②，整理得 1??95， 解之得
15???5
当直线PQ的斜率不存在，即x?0时，易知??5或??1 。 总之实数l的取值范围是?,5?。 5?5??1?方法总结：通过比较本题的第二步的两种解法，可知第一种解法，比较简单，第二种方法是通性通法，
但计算量较大，纵观高考中的解析几何题，若放在后两题，很多情况下能用通性通法解，但计算量较大，计算繁琐，考生必须有较强的意志力和极强的计算能力；不用通性通法，要求考生必须深入思考，有较强的思维能力，在命题人设计的框架中，找出破解的蛛丝马迹，通过自己的思维将问题解决。 例题8：已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，它的一个顶点恰好是抛物线y?
14
14x的焦点，离心
2
率为
255．（1）求椭圆C的标准方程； （2）过椭圆C的右焦点F作直线l交椭圆C于A、B两点，
交y轴于M点，若MA??1AF，MB??2BF，求?1??2的值． 分析：
（07福建理科）如图，已知点F（1，0），直线l：x＝－1，P为平面上的动点，过P作直线l的垂
????????????????线，垂足为点Q，且QP?QF?FP?FQ。 （Ⅰ）求动点P的轨迹C的方程； （Ⅱ）过点F的直线交
????????????????轨迹C于A、B两点，交直线l于点M，已知MA??1AF,AF??2BF，求?1??2的值。
小题主要考查直线、抛物线、向量等基础知识，考查轨迹方程的求法以及研究曲线几何特征的基本方法，考查运算能力和综合解题能力.满分14分. 解法一：
????????????????（Ⅰ）设点P(x，y)，则Q(?1，y)，由QP?QF?FP?FQ得：
(x?1，0)?(2，?y)?(x?1，y)?(?2，y)，化简得C:y?4x.
2（Ⅱ）设直线AB的方程为： x?my?1(m?0).
?y2?4x，2??设A(x1，y1)，B(x2，y2)，又M??1，，消去x得： ??，联立方程组?mx?my?1，???
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