专题7.12：椭圆的极点和极线相关问题的研究与拓展

专题7.12：椭圆的极点和极线相关问题的研究与拓展

【问题提出】

x2y2xxyy椭圆极点和极线的定义与作图：已知椭圆C:221（a＞b＞0），则称点P(x0,y0)和直线02021abab为椭圆的一对极点和极线.极点和极线是成对出现的. 从定义我们共同思考和讨论几个问题并写下你的思考: （1）若点P(x0,y0)在椭圆上，则其对应的极线是什么? （2）椭圆的两个焦点对应的极线分别是什么? （3）过椭圆外（上、内）任意一点P(x0,y0)，如何作出相应的极线？ 【探究拓展】 x2y21的左、右顶点为A、B，右焦点为F.设过点T探究1：在平面直角坐标系xoy中，如图，已知椭圆95（t,m）的直线TA、TB与椭圆分别交于点M(x1,y1)、N(x2,y2)，其中m>0,y10,y20. （1）设动点P满足PFPB4,求点P的轨迹； （2）设x12,x2221，求点T的坐标； 3与m无关） 0）。 （3）设t9,求证：直线MN必过x轴上的一定点（其坐标解：（1）设点P（x，y），则：F（2，0）、B（3，0）、A（-3，22由PFPB4，得(x2)y[(x3)y]4,化简得x22229。 2故所求点P的轨迹为直线x（2）将x12,x29 21分别代入椭圆方程，以及y10,y20得： 35120M（2，）、N（，） 339155y0x3y0x3直线MTA方程为：，即yx1，直线NTB方程为：，即yx 520136202303393x710联立方程组，解得：10，所以点T的坐标为(7,)

3y3（3）点T的坐标为(9,m)直线MTA方程为：直线NTB方程为：

y0x3m(x3)， ，即ym09312y0x3m，即y(x3) m0936

x2y21联立方程组，同时考虑到x13,x23， 分别与椭圆953(80m2)40m3(m220)20mN(,) ,)解得：M(、

20m220m280m280m220m3(m220)yx220m20m2（方法1）当x1x2时，直线MN方程为： 2240m20m3(80m)3(m20)80m220m280m220m2令y0，解得：x1。此时必过点D（1，0）；

当x1x2时，直线MN方程为：x1，与x轴交点为D（1，0）。 所以直线MN必过x轴上的一定点D（1，0）。 2403m23m260（方法2）若x1x2，则由及m0，得m210， 80m220m2此时直线MN的方程为x1，过点D（1，0） 若x1x2，则m210，直线MD的斜率kMD40m210m80m， 222403m40m180m220m210m20m直线ND的斜率kND，得kMDkND，所以直线MN过D点。 3m26040m2120m2因此，直线MN必过x轴上的点（1，0）. 探索解析几何问题中的两个技巧 (1) 用“α法”求直线方程 已知两点坐标，求经过这两点的直线方程．通常采取的方法是，或者“点斜式”，或者“两点式”．其实采用下面介绍的“α法”，运算将更加迅速简洁．现介绍如下： 若A（，），B（，），求直线AB的方程． 求出的直线方程为Ax＋By＋C＝0，则，这种况下，因为2,1），B（2）巧妙分解因式 方法既形象字母运算时， 先将两个点的坐标上下对齐书写，假设最终直观，又运算简洁，更重要的是避免了许多情需要分类讨论的繁琐．大家不妨以“若A（－（3，－1），求直线AB的方程”为例试试看. 通常由直线方程与二次曲线方程联立方程组求交点坐标，这种运算是可怕的，尤其是含有大量字母运算时，但当直线与二次曲线有一个已知公共点时，则可以借助分解因式的技巧，很方便地求出另一个公共点的坐标．下面以椭圆为例讲解这种运算技巧： 若公共点为，椭圆方程为，设直线方程为，则 由得，，从而很方便地求出另一个交点坐标． ，将代入上式得，显然有公因式下面运用前面介绍的两个技巧解答2010江苏省高考数学第18题的第⑶问． 先求点M的坐标： 由得 将直线TA：代入上式得 显然x＋3＝0时，即为点A．要求点M，则约去（x＋3）得． 代入直线TA：得点M的坐标为． 同理，可求出点N的坐标为． 用“α法”写出直线MN的方程，并及时令y＝0得 由于m＞0，化简得即直线MN必过x轴上的定点（1，0）． ，则x＝1

探究2：在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x+y＝r和直线l：x＝a（其中r和a均为常数，且02

2

2

M点的坐标为(4，2)，求直线PQ方程；

（2）求证：直线PQ过定点，并求定点的坐标．

x2y24，解：（1）当r＝2，M(4，2)，则A1(－2，0)，A2(2，0).直线MA1的方程：x－3y+2=0，解得P8，6．直

55x3y20x2y24，线MA2的方程：x－y－2=0，解得Q0，2．由两点式，得直线PQ方程为：2x－y－2=0．

xy20另解：(1)当r＝2，M(4，2)，则A1(－2，0)，A2(2，0).直线MA1的方程：x－3y+2=0，直线MA2的方程：x+y－2=0，所以P、Q在曲线(x－3y+2)(x－y－2)+t(x+y－4)=0上，当t=－1时，2x－2y－2=0为直线PQ的方程. （2）证法一：由题设得A1(－r，0)，A2(r，0).设M(a，t)， 22x2y2r2，r(ar)2rt22tr(ar)直线MA1的方程是：y=(x+r)，直线MA1的方程是：y=(x－r)．解得．解P，2222t(xr)(ar)t(ar)tyarx2y2r2，rt2r(ar)22tr(ar)得． Q，2222t(ar)t(ar)ty(xr)ar于是直线PQ的斜率kPQ＝， 2tr(ar)r(ar)2rt22atx直线PQ的方程为y． (ar)2t2a2t2r2(ar)2t22上式中令y=0，得x＝，是一个与t无关的常数.故直线PQ过定点r，0． a证法二：由题设得A1(－r，0)，A2(r，0).设M(a，t)， 直线MA1的方程是：y=(x+r)，与圆C的交点P设为P(x1，y1)． 直线MA2的方程是：y=(x－r)；与圆C的交点Q设为Q(x2，y2)． 则点P(x1，y1)，Q(x2，y2)在曲线［(a+r)y－t(x+r)］［(a－r)y－t(x－r)］=0上， 化简得(a－r)y－2ty(ax－r)+t(x－r)＝0．① 又有P(x1，y1)，Q(x2，y2)在圆C上，圆C：x+y－r＝0．②

①－t×②得(a－r)y－2ty(ax－r)－t(x－r)－t(x+y－r)＝0， 化简得：(a－r)y－2t(ax－r)－ty＝0．

22222

所以直线PQ的方程为(a－r)y－2t(ax－r)-ty＝0．③在③中令y=0得x=，故直线PQ过定点r，0．

a2

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2222222变式：已知椭圆C的离心率e（1）求椭圆C的方程；

3，长轴的左右端点分别为A1(2,0)，A2(2,0). 2

（2）设直线x＝my＋1与椭圆C交于两点P，Q，直线A1P与A2Q交于点S，试问：当m变化时，点S是否恒在一条定直线上？若是，请写出这条直线方程，并证明你的结论；若不是，请说明理由． 【专题反思】你学到了什么？还想继续研究什么？