培优专题(六) 解析几何运算优化策略
例1 B [解析] 方法一:设A(xA,yA),B(xB,yB),C(xC,yC),由点A,B在抛物线上,知kAB===,又因为M为AB的中点,则yA+yB=2y1,所以kAB==,同理可得kBC=,kAC=,又kAB+kBC+kAC=-1,所以++=-1,则++=-.故选B.
方法二:设直线AB的方程为x=m1y+t1,直线BC的方程为x=m2y+t2,直线AC的方程为x=m3y+t3,联立直线AB的方程与拋物线方程得消去x得y2-2pm1y-2pt1=0,则yA+yB=2pm1=2y1,即y1=pm1.同理可得y2=pm2,y3=pm3.因为kAB+kBC+kAC=-1,所以++=-1,所以++==-.故选B.
方法三:不妨设抛物线的方程为y2=4x,A(0,0),B(1,2),C(xC,yC),则kAB=2,kBC=,kAC=,由kAB+kBC+kAC=-1,得2++=2++=-1,化简得3+14yC+8=0,解得yC=-或-4,不妨取yC=-4,则xC=4,则y1==1,y2==-1,y3==-2,所以++=1+(-1)+=-=-.故选B.
【自测题】
证明:方法一:设M(x1,y1),N(x2,y2),直线MN:y=kx+m,k≠0,m≠0.
由得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,则Δ>0,x1+x2=,x1x2=.由AM⊥AN,得·=-1,所以(k2+1)x1x2+(km+2)(x1+x2)+m2+4=0,整理得(k2+1)+(km+2)+m2+4=0,化简得5m2-16km+12k2=0.
因为k≠0,所以两边同时除以k2得5-16·+12=0,解得=或=2(舍),所以直线MN的方程为y=k,其过定点.
方法二:设直线AM:y=k(x+2)(k≠0),则直线AN:y=-(x+2),
联立得(1+4k2)x2+16k2x+16k2-4=0,所以-2xM=,所以xM=,所以yM=,所以点M,同理得点N,所以kMN==,则直线MN:y-=,令y=0,得x=-==-,
所以直线MN过定点.
方法三:以A为坐标原点,建立新的平面直角坐标系(新的x轴与原x轴重合),则椭圆的方程为+y2=1.
设M(x1,y1),N(x2,y2),直线MN的方程为y=kx+m,易知m≠0,则=1,所以x2+4y2-4x·=0,两边同时除以x2,得4-·++1=0,所以·=+=-1,即k=-,所以直线MN的方程为y=-x+m=-m,其过定点,所以直线MN过定点.
例2 B [解析] 因为P是椭圆上一点,且∠F1GF2≤π恒成立,所以不妨设点P为上顶点,如图所示,因为G为△PF1F2的重心,所以|GO|=|PO|=b,而|GO|≥tan·|F1O|,即|GO|≥|F1O|,所以b≥c,所以b2≥3c2,所以a2-c2≥3c2,即e2≤,解得0【自测题】
C [解析] 由PG平行于x轴得yG=yP=a,则yA=3yG=3a,所以△AF1F2的面积S=×2c×3a=·(|AF1|+|AF2|+2c)·a,又|AF1|-|AF2|=2a,所以|AF1|=2c+a,|AF2|=2c-a,又|AF1|=a+exA,所以xA=2a,因此A(2a,3a),代入双曲线方程得-=1,可得b=a,c==2a,所以e==2.故选C.
例3 证明:设直线AB的方程为mx+ny=1,A(x1,y1),B(x2,y2).
由得-4n-4m=0,∴=-4m.∵kOAkOB=,∴-4m=-1,∴m=,∴直线AB:x+ny=1过定点(4,0).
【自测题】
解:设Q1(x1,y1),Q2(x2,y2),D(x0,y0).当直线Q1Q2的斜率存在时,设直线Q1Q2的方程为y=kx+m,联立消去y可得(2k2+1)x2+4kmx+2(m2-b2)=0,所以x1+x2=,x1x2=,则y1y2=.因为OQ1⊥OQ2,所以·=0,所以x1x2+y1y2=+=0,所以3m2=2b2(1+k2)①.
又直线Q1Q2的方程为y-y0=
-(x-x0),即y=-x++y0,
与y=kx+m对比,所以
代入①中,化简可得+=b2(y0≠0).当直线Q1Q2的斜率不存在时,易知点D在x轴上,此时D或D,满足+=b2.
综上,点D的轨迹方程为x2+y2=b2.培优专题(六) 解析几何运算优化策略
解析几何是历年高考中的主干知识点之一,涉及解析几何的考题还经常出现在各种题型中的压轴题位置,运算量大,综合性强.优化数学运算,简化解题过程是解决圆锥曲线问题中的重要手段.在解答解析几何问题时,合理探究一些必要的策略技巧,选用适当方法,优化数学运算,往往可以收到事半功倍的效果.
策略一 设点设线选择
解析几何在求解问题时,往往会涉及设点或者设线,往往根据不同的条件选择不一样:如直线的斜截式与截距式,或者直接设点坐标求解(尤其在抛物线中)等.选择最优的解法往往会减少一定的计算量.
例1 已知抛物线y2=2px(p>0),△ABC的三个顶点都在抛物线上,O为坐标原点,设△ABC三条边AB,BC,AC的中点分别为M,N,Q,且点M,N,Q的纵坐标分别为y1,y2,y3.若直线AB,BC,AC的斜率之和为-1,则++的值为 ( )
A.- B.-
C. D.
自测题
过椭圆+y2=1的左顶点A作两条互相垂直的直线,分别交椭圆于M,N两点,求证:直线MN过定点,并求出该定点坐标.
策略二 利用几何条件代数化
解析几何本质就是代数问题,所以很多时候通过几何条件的转化会使题目变得更加简单.
例2 已知F1,F2分别为椭圆+=1(a>b>0)的左、右焦点,P是椭圆上一点(左、右顶点除外),G为△PF1F2的重心.若∠F1GF2≤π恒成立,则椭圆的离心率的取值范围是 ( )
A. B. C. D.
自测题
在双曲线C:-=1(a>0,b>0)的右支上存在点A,使得点A与双曲线的左、右焦点F1,F2形成的三角形的内切圆P的半径为a,若△AF1F2的重心G满足PG∥F1F2,则双曲线C的离心率为 ( )
A. B.
C.2 D.
策略三 转化为较为熟悉的斜率问题
斜率问题是非常常见的几何问题,也是我们比较熟悉的问题,同时双斜率问题也可以通过齐次化优化运算,所以我们可以将一些问题转化为斜率问题.
例3 如图,已知抛物线y2=4x,直线l交抛物线于A,B两点,且OA⊥OB,求证:直线l过定点.
自测题
如图,设Q1,Q2为椭圆+=1(b>0)上两个动点,且OQ1⊥OQ2,过原点O作直线Q1Q2的垂线OD,求D的轨迹方程.培优专训(六) 解析几何运算优化策略
1.C [解析] 根据题意,只需要这三个点构成等腰直角三角形,所以这三个点只可能是“短轴的两个端点和一个焦点”或“两个焦点和短轴的一个端点”.设椭圆C的长半轴长为a(a>0),短半轴长为b(b>0),半焦距为c(c>0),这两种情况都满足b=c,所以e======,即椭圆C的离心率为.故选C.
2.C [解析] 方法一:因为椭圆的离心率e==,可得a=2c,所以a2=4c2,即b2+c2=4c2,可得b=c,则点P(0,c).记右焦点为F2,连接PF2,则F2(c,0),所以==-.由题意可得直线AB的斜率k=tan 30°=,所以k·=-1,即PF2⊥AB.由题意得直线AB的方程为y=(x+c),直线PF2的方程为y=-x+c.设直线AB与直线PF2的交点为M,联立可得则M,可得M为PF2的中点,所以直线AB为线段PF2的中垂线,连接AF2,BF2,所以|PA|=|AF2|,|PB|=|BF2|,所以△PAB的周长为|PA|+|PB|+|AB|=|AF2|+|AB|+|BF2|=4a=16,可得a=4,所以c=a=2,b=c=2,所以椭圆E的方程为+=1.故选C.
方法二:由已知得a=2c,设椭圆的左、右焦点分别为F1,F2,则F1(-c,0),F2(c,0).连接PF1,PF2,AF2,BF2,易知△PF1F2为等边三角形,由题易知直线l为∠PF1F2的平分线,点P,F2关于直线l对称,所以△PAB的周长就是△ABF2的周长4a,故4a=16,得a=4,c=2,b=2,所以椭圆E的方程为+=1.
3.D [解析] 由题可得,抛物线C1:x2=2y的焦点为F,所以圆C2的圆心F的坐标为.如图,因为四边形ABCD是矩形,所以BD,AC为圆C2的直径,又F为圆C2的圆心,所以点F为该矩形对角线的交点,所以点F到直线CD的距离与点F到直线AB的距离相等,易知点F到直线CD的距离d=1,所以直线AB的方程为y=,所以不妨令A,故圆C2的半径r=|AF|==2,所以圆C2的方程为x2+=4.故选D.
4.x+y+1=0或x-y+1=0
[解析] ∵l过点F1(-1,0)且斜率不为0,∴可设l的方程为x=my-1.设A(x1,y1),B(x2,y2),由
得(m2+2)y2-2my-1=0,∴y1+y2=,∴x1+x2=m(y1+y2)-2=-,又F2(1,0),∴G,即G,∴|OG|==,∴=,解得m=±,∴直线l的方程为x+y+1=0或x-y+1=0.
5. [解析] 方法一:两条渐近线的方程分别为y=x和y=-x,分别与直线x-3y+m=0联立,得A,B.如图,设线段AB的中点为Q,连接PQ,则Q,由|PA|=|PB|,得PQ与AB垂直,则·=-1,得a2=4b2,即a2=4(c2-a2),即=,所以e==.
方法二(点差法):设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0)为线段AB的中点,连接PM,如图,
由得-=
0,又=,所以-=0①.因为|PA|=|PB|,M为线段AB的中点,所以AB⊥PM,所以kPM=-3,又P(m,0),所以直线PM:y=-3x+3m,联立直线AB与直线PM的方程,可得x0=m,y0=m,代入①式,得=,所以e==.
6.解:(1)由题意知,a=2,=,则c=,所以b2=a2-c2=1,故椭圆M的方程为+y2=1.
(2)设D(-4,t),B(x1,y1),C(x2,y2),又A(-2,0),所以kAD=-=kBC,又直线l经过点,所以l的方程为y=-x+.
由可得(1+t2)x2-2tx-1=0,显然Δ>0,则x1+x2=,x1x2=-,则|BC|=·=
·=
,又|AD|=,所以由|BC|=|AD|,可得=,解得t=±或t=0,故直线l的方程为y=±x+或y=.
7.解:设M(x1,y1),N(x2,y2),将y=kx+a代入y=,
得x2-4kx-4a=0,
所以x1+x2=4k,x1x2=-4a.
方法一:设存在点P(0,b),使得当k变化时,总有∠OPM=∠OPN,
则kMP+kNP=+==,
当b=-a时,有k1+k2=0,则∠OPM=∠OPN,故点P(0,-a)符合题意.
方法二:设存在点P(0,b),使得当k变化时,总有∠OPM=∠OPN,
设直线MN与y轴的交点为A,由角平分线定理有==,
所以=,整理得(-)=0,
因为x1≠x2,所以b2==a2.若b=a,则点P与点A重合,此时仅有k=0时满足∠OPM=∠OPN,不合题意,所以b=-a,即点P(0,-a)满足题意.
方法三:易知kMN=,所以直线MN的方程为y=(x-x1)+,
令x=0,得a=-.
设点M关于y轴的对称点为M',则M',则点M'在直线NP上,也在抛物线上,所以直线NM'的方程为y=(x-x2)+,
令x=0,得yP==-a,
所以存在点P(0,-a)满足题意.
8.解:(1)设椭圆C的方程为+=1(a>b>0),因为c=1,点在椭圆C上,所以解得a=2,b=,所以椭圆C的标准方程为+=1.
(2)方法一:
(i)证明:平移坐标系,使得坐标原点和点A重合,则得新坐标系x'Oy',在新坐标系中,椭圆方程为+=1,化简得,3x'2+4y'2+6x'+12y'=0①,
直线EF平移后变为E'F',其方程不妨设为mx'+ny'=1,代入①构建齐次式得3x'2+4y'2+6x'(mx'+ny')+12y'(mx'+ny')=0,整理得(4+12n)y'2+(6n+12m)x'y'+(3+6m)x'2=0,两边同时除以x'2,得(4+12n)+(6n+12m)+3+6m=0②,易知kAE'和kAF'是方程②的两个根,所以kAE'+kAF'=-=2,
化简得n=-m-,代入直线mx'+ny'=1得mx'+y'=1,整理得m-y'-1=0,
直线E'F'恒过直线x'-y'=0和-y'-1=0的交点,
则直线EF恒过定点.
(ii)证明:kAE'·kAF'==2,即m=4n+,则直线E'F'的方程为n(4x'+y')+x'-1=0,
直线E'F'恒过直线4x'+y'=0和x'-1=0的交点,
则直线EF恒过定点.
方法二:
(i)证明:设直线EF的方程为y=kx+m,即y-=k(x-1)+k+m-,变形得=1,将椭圆方程+=1变形为+=1,
展开整理得3(x-1)2+4+6·1=0,
进行“1”的代换得3(x-1)2+4+6·=0,
去分母化简得4+6(1-2k)(x-1)+(x-1)2=0,等式两边同时除以(x-1)2,得4+6(1-2k)+3m-3k-=0(*),因此是方程(*)的实数根,设E(x1,y1),F(x2,y2),则kAE=和kAF=是方程(*)的两个实数根,由根与系数的关系得kAE+kAF==2,即-3(1-2k)=4k+4m+6,即2k=4m+9,代入直线EF的方程得y=kx+=k-,
所以直线EF恒过定点.
(ii)证明:由根与系数的关系得kAE·kAF==2,所以m=,代入直线EF的方程得y=kx+=k-,
所以直线EF恒过定点.
方法三:
(i)证明:设E(x1,y1),F(x2,y2),直线EF的方程为y=kx+b,
由得(3+4k2)x2+8kbx+4b2-12=0,由根与系数的关系得x1+x2=-,x1x2=.由题意知,kAE+kAF=+=2,即+=2,
得(x2-1)+(x1-1)=2(x1-1)(x2-1),整理得(2k-2)x1x2+(x1+x2)+1-2b=0,可得(2k-2)·++1-2b=0,整理得8b2+24k-27+4kb+6b-4k2=0,即8b2+(4k+6)b-(4k2-24k+27)=0,
即8b2+(4k+6)b-(2k-9)(2k-3)=0,即[4b-(2k-9)][2b+(2k-3)]=0,
故b=-或b=-k+.
当b=-时,直线EF:y=kx+b=k-恒过定点;当b=-k+时,直线EF:y=kx+b=k(x-1)+恒过定点,此点与A点重合,不符合题意,舍去.
综上,直线EF恒过定点.
(ii)证明:由题意可知·=2,即=2,故=2(x1-1)(x2-1),即(k2-2)x1x2+(x1+x2)+b2-3b+=0,所以(k2-2)·++b2-3b+=0,去分母化简得20b2+64kb+36b+44k2-99=0,即20b2+(64k+36)b+(44k2-99)=20b2+(64k+36)b+(22k+33)(2k-3)=[10b+(22k+33)][2b+(2k-3)]=0,
故b=-k-或b=-k.
当b=-k-时,直线EF的方程为y=kx-k-=k-,直线EF恒过定点;
当b=-k时,直线EF的方程为y=kx+-k=k(x-1)+,直线EF恒过定点,此点与A点重点,不符合题意,舍去.综上所述,直线EF恒过定点.培优专训(六) 解析几何运算优化策略
(时间:45分钟)
1.在椭圆C的4个顶点和2个焦点中,若存在不共线的三点恰为某个正方形的两个顶点和中心,则椭圆C的离心率为 ( )
A. B.
C. D.
2.[2024·江西九江十校二联] 已知椭圆E:+=1(a>b>0)的上顶点为P,离心率为,过其左焦点且倾斜角为30°的直线l交椭圆E于A,B两点,若△PAB的周长为16,则椭圆E的方程为 ( )
A.+=1 B.+=1
C.+=1 D.+=1
3.[2024·浙江金丽衢十二校二联] 已知抛物线C1:x2=2y的焦点为F,以F为圆心的圆C2交C1于A,B两点,交C1的准线于C,D两点,若四边形ABCD是矩形,则圆C2的方程为 ( )
A.x2+(y-1)2=12
B.x2+(y-1)2=16
C.x2+=3
D.x2+=4
4.已知椭圆C:+y2=1的左、右焦点分别为F1,F2,过F1且斜率不为0的直线l与椭圆C交于A,B两点,若△ABF2的重心为G,且|OG|=,O为坐标原点,则直线l的方程为 .
5.设直线x-3y+m=0(m≠0)与双曲线-=1(a>0,b>0)的两条渐近线分别交于点A,B.若点P(m,0)满足|PA|=|PB|,则该双曲线的离心率是 .
6.已知椭圆M:+=1(a>b>0)的左顶点为A(-2,0),离心率为.
(1)求椭圆M的方程;
(2)已知经过点的直线l交椭圆M于B,C两点,D是直线x=-4上一点,若四边形ABCD为平行四边形,求直线l的方程.
7.已知曲线C:y=与直线l:y=kx+a(a>0)交于M,N两点,在y轴上是否存在点P,使得当k变化时,总有∠OPM=∠OPN(O为坐标原点) 请说明理由.
8.已知椭圆C过点A,两个焦点为(-1,0),(1,0).
(1)求椭圆C的标准方程.
(2)不与x轴垂直的直线l与椭圆C相交于E,F两点.
(i)如果直线AE的斜率与AF的斜率之和为2,证明:直线EF恒过定点;
(ii)如果直线AE的斜率与AF的斜率之积为2,证明:直线EF恒过定点.(共62张PPT)
培优专题（六） 解析几何运算优化
策略
策略一
策略二
策略三
作业手册
答案核查【听】
答案核查【作】
解析几何是历年高考中的主干知识点之一,涉及解析几何的考题
还经常出现在各种题型中的压轴题位置,运算量大,综合性强.优化数学
运算,简化解题过程是解决圆锥曲线问题中的重要手段.在解答解析几
何问题时,合理探究一些必要的策略技巧,选用适当方法,优化数学运算,
往往可以收到事半功倍的效果.
策略一 设点设线选择
解析几何在求解问题时，往往会涉及设点或者设线，往往根据
不同的条件选择不一样：如直线的斜截式与截距式，或者直接设点
坐标求解（尤其在抛物线中）等.选择最优的解法往往会减少一定的
计算量.
例1 已知抛物线,的三个顶点都在抛物线上,
为坐标原点,设三条边,,的中点分别为,,,且点 ,
,的纵坐标分别为,,.若直线,，的斜率之和为 ，
则 的值为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 方法一：设,,,
由点, 在抛物线上,知，
又因为为 的中点,则,所以，
同理可得, ，又,
所以,则 .故选B.
方法二:设直线的方程为,
直线 的方程为,直线的方程为，
联立直线 的方程与拋物线方程得
消去得 ,则,即.
同理可得, .
因为,所以 ，
所以 .故选B.
方法三：不妨设抛物线的方程为,,, ,
则,,,由 ,
得,化简得 ,
解得或,不妨取,则,
则 ,, ,
所以 .故选B.
自测题 过椭圆的左顶点 作两条互相垂直的直线,分别交
椭圆于,两点，求证:直线 过定点,并求出该定点坐标.
证明：方法一：设,,
直线 ，， .
由得,则 ,
,.由，得 ,
所以 ,
整理得 ，
化简得 .
因为，所以两边同时除以得 ，
解得或（舍），所以直线的方程为 ，
其过定点 .
方法二：设直线 ,则直线 ，
联立得 ，
所以,所以,
所以 ，所以点，
同理得点 ，所以 ，
则直线，
令 ，得 ，
所以直线过定点 .
方法三：以为坐标原点,建立新的平面直角坐标系（新的轴与原
轴重合）,则椭圆的方程为 .
设,，直线的方程为，
易知 ，则，所以，
两边同时除以 ，得，
所以，即 ，
所以直线的方程为 ，
其过定点，所以直线过定点 .
策略二 利用几何条件代数化
解析几何本质就是代数问题，所以很多时候通过几何条件的转
化会使题目变得更加简单.
例2 已知，分别为椭圆的左、右焦点，
是椭圆上一点（左、右顶点除外），为 的重心.若
恒成立，则椭圆的离心率的取值范围是( )
A. B. C. D.
√
[解析] 因为 是椭圆上一点，且 恒成立，
所以不妨设点 为上顶点，如图所示，
因为为 的重心，所以 ，
而，即 ，
所以，所以 ，所以
，即，解得 .故选B.
自测题 在双曲线的右支上存在点 ，
使得点与双曲线的左、右焦点，形成的三角形的内切圆 的半
径为，若的重心满足，则双曲线 的离心率为
( )
A. B. C.2 D.
√
[解析] 由平行于轴得，则 ，
所以的面积 ，
又，所以， ，
又，所以，因此 ，
代入双曲线方程得，可得，
，所以 .故选C.
策略三 转化为较为熟悉的斜率问题
斜率问题是非常常见的几何问题，也是我们比较熟悉的问题，
同时双斜率问题也可以通过齐次化优化运算，所以我们可以将一些
问题转化为斜率问题.
例3 如图，已知抛物线，直线 交抛物线于
，两点，且，求证：直线 过定点.
证明：设直线的方程为，
, .
由得 ，
, ,
， 直线过定点 .
自测题 如图，设，为椭圆
上两个动点，且，过原点作直线
的垂线，求 的轨迹方程.
解：设，， .
当直线的斜率存在时，设直线 的方程为
，联立
消去 可得 ，
所以， ，则.
因为 ，所以 ，
所以 ,所以 .
又直线的方程为 ，
即 ，与对比，
所以 代入①中，化简可得 .
当直线的斜率不存在时，易知点在 轴上，
此时或，满足 .
综上，点的轨迹方程为 .
作业手册
1.在椭圆 的4个顶点和2个焦点中，若存在不共线的三点恰为某个正
方形的两个顶点和中心，则椭圆 的离心率为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 根据题意，只需要这三个点构成等腰直角三角形，
所以这三个点只可能是“短轴的两个端点和一个焦点”或
“两个焦点和短轴的一个端点”.
设椭圆的长半轴长为，短半轴长为 ，
半焦距为，这两种情况都满足 ，
所以，
即椭圆的离心率为 .故选C.
2.[2024·江西九江十校二联]已知椭圆 的上
顶点为，离心率为，过其左焦点且倾斜角为 的直线交椭圆
于，两点，若的周长为16，则椭圆 的方程为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 方法一：因为椭圆的离心率，可得 ，
所以，即，可得，则点 .
记右焦点为,连接，则，所以 .
由题意可得直线的斜率，
所以，即 .
由题意得直线的方程为，
直线 的方程为.
设直线与直线的交点为 ，
联立可得则，
可得为 的中点，所以直线为线段的中垂线，
连接,,所以 ，，所以 的周长
为，可得 ，
所以,,所以椭圆的方程为 .故选C.
方法二：由已知得,设椭圆的左、右焦点分别为, ,
则,.
连接,,,,易知 为等边三角形，
由题易知直线为的平分线，点，关于直线 对称，
所以的周长就是的周长,故,
得, , ,所以椭圆的方程为 .
3.[2024·浙江金丽衢十二校二联]已知抛物线的焦点为 ，
以为圆心的圆交于，两点，交的准线于， 两点，若四
边形是矩形，则圆 的方程为( )
A. B.
C. D.
√
[解析] 由题可得，抛物线 的焦点为
，所以圆的圆心的坐标为 .
如图，因为四边形是矩形，
所以，为圆 的直径，
又为圆的圆心,所以点 为该矩形对角线的交点，
所以点到直线的距离与点到直线 的距离相等，
易知点到直线的距离，
所以直线的方程为 ，
所以不妨令，
故圆 的半径 ，
所以圆的方程为 .故选D.
4.已知椭圆的左、右焦点分别为，，过 且斜率
不为0的直线与椭圆交于，两点，若的重心为 ，且
，为坐标原点，则直线 的方程为_____________________
___________.
或
[解析] 过点且斜率不为0， 可设的方程为 .
设，，由
得， ，
，
又 ，，即 ，
， ，
解得, 直线的方程为或 .
5.设直线与双曲线
的两条渐近线分别交于点，.若点满足 ，则该
双曲线的离心率是_ __.
[解析] 方法一：两条渐近线的方程分别为和 ,
分别与直线联立，得 , .
如图，设线段的中点为 ，连接，
则 ,由，
得与 垂直，则，
得 ,即,即,所以 .
方法二（点差法）设, ,
为线段的中点,连接 ，如图，
由 得,
又 ，所以.
因为，为线段 的中点，
所以，所以，
又，所以直线 ,
联立直线与直线的方程，
可得 ,,代入①式，得 ,所以 .
6.已知椭圆的左顶点为 ，离心率为
.
（1）求椭圆 的方程；
解：由题意知，,，则，
所以 ，故椭圆的方程为 .
（2）已知经过点的直线交椭圆于,两点， 是直线
上一点，若四边形为平行四边形，求直线 的方程.
解：设,,,又 ,所以，
又直线经过点,所以 的方程为 .
由可得，
显然 ，则, ，
则
，
又，所以由 ，
可得，解得或，
故直线 的方程为或 .
7.已知曲线与直线交于,两点,在 轴
上是否存在点,使得当变化时,总有为坐标原点
请说明理由.
解：设,,将代入 ,
得 ,所以, .
方法一：设存在点,使得当变化时,总有 ,
则 ,
当时,有,则,故点 符合题意.
方法二：设存在点,使得当变化时,总有 ,
设直线与轴的交点为,由角平分线定理有 ,
所以,整理得 ,
因为，所以.
若,则点与点 重合,此时仅有时满足,
不合题意，所以,即点 满足题意.
方法三：易知，所以直线 的方程为
,令,得 .
设点关于轴的对称点为，则,则点在直线 上,
也在抛物线上,所以直线的方程为 ，
令，得 ，所以存在点 满足题意.
8.已知椭圆过点，两个焦点为， .
（1）求椭圆 的标准方程.
解：设椭圆的方程为，
因为，点 在椭圆上，所以
解得,，所以椭圆 的标准方程为 .
（2）不与轴垂直的直线与椭圆相交于, 两点.
如果直线的斜率与的斜率之和为2，证明：直线 恒过定点；
证明： 方法一：平移坐标系，使得坐标原点和点 重合，
则得新坐标系 ，
在新坐标系中，椭圆方程为，
化简得， ，
直线平移后变为，其方程不妨设为 ，代入①构建
齐次式得 ，
整理得 ，
两边同时除以,得 ，
易知和是方程②的两个根，所以 ，
化简得，代入直线 得
，整理得 ，
直线恒过直线和的交点 ，
则直线恒过定点 .
方法二：设直线的方程为 ，
即，变形得 ，
将椭圆方程变形为 ，
展开整理得 ，
进行“1”的代换得
，
去分母化简得
，等式两边同时除以 ，
得，
因此 是方程的实数根，设，，
则 和是方程 的两个实数根，
由根与系数的关系得 ，
即，即，
代入直线 的方程得 ，
所以直线恒过定点 .
方法三：设，，直线的方程为 ，
由得 ，
由根与系数的关系得， .
由题意知，，即 ，
得，
整理得 ，
可得 ，
整理得 ，
即 ，
即 ，
即 ，故或 .
当时,直线 恒过定点；
当时，直线 恒过定点，
此点与 点重合，不符合题意，舍去.
综上，直线恒过定点 .
如果直线的斜率与的斜率之积为2，证明：直线 恒过定点.
证明：方法一：，即，
则直线 的方程为 ，
直线恒过直线和的交点 ，
则直线恒过定点 .
方法二：由根与系数的关系得 ，所以
,代入直线的方程得 ，
所以直线恒过定点 .
方法三： 由题意可知，即 ,
故 ,
即 ,
所以 ,
去分母化简得 ,
即 ,
故或 .
当时，直线 的方程为
，直线恒过定点 ；
当时，直线的方程为 ，
直线恒过定点，此点与 点重点，不符合题意，舍去.
综上所述，直线恒过定点 .
策略一
例1 B 自测题 略
策略二
例2 B 自测题 C
策略三
例3 略 自测题 x2+y2=b2
1.C 2.(1)C 3.D 4.x+y+1=0或x-y+1=0 5.
6.(1) (2)或
7.存在点 满足题意.
8.(1) (2)(i)略 (ii)略
