定比点差法、齐次化、极点极线问题、蝴蝶问题（解析版）

定比点差法、齐次化、极点极线问题、蝴蝶问题【题型归纳目录】题型一：定比点差法题型二：齐次化题型三：极点极线问题题型四：蝴蝶问题【典例例题】题型一：定比点差法x2y23例1.已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为，过右焦点F且斜率为k(k>0)的直线与C相交于a2b22A，B两点，若AF=3FB，求k3x2【解析】由e=，可设椭圆为+y2=m2(m>0)，24设A(x1,y1)，B(x2,y2)，F(3m,0)，由AF=3FB，x+3x3m=121+3x1+3x2=43m所以，⇒．y1+3y2y+3y=00=121+3x2x21+y2=m2(1)1+y2=m2(1)4141又按λ配型(2)×9x29x22+y2=m2(2)2+9y2=9m2(3)4242(x1+3x2)(x1-3x2)83由(1)-(3)得+(y+3y)(y-3y)=-8m2⇒x-3x=-m，412121232323m6m又x+3x=43m⇒x=m⇒A,±．121333又F(3m,0)⇒k=±2．x2y2PA例2.已知+=1，过点P(0,3)的直线交椭圆于A，B(可以重合)，求取值范围．94PB【解析】设A(x1,y1)，B(x2,y2)，P(0,3)，由AP=λPB，x+λx0=121+λx1+λx2=0所以⇒．y1+λy2y+λy=3(1+λ)3=121+λ22224x1+9y1=36(1)24x1+9y1=36(1)由22配比(2)×λ22224x2+9y2=36(2)4λx2+9λy2=36(3)2由(1)-(3)得：⇒4x1+λx2x1-λx2+9y1+λy2y1-λy2=361-λ41-λ13+5λ⇒y-λy=，又y+λy=31+λ⇒y=，12312161PA1又y1∈-2,2⇒λ∈-5,-，从而=λ∈,5．5PB5x2y2例3.已知椭圆+=1的左右焦点分别为F，F，A，B，P是椭圆上的三个动点，且PF=λFA，PF=6212112μF2B若λ=2，求μ的值．【解析】设Px0,y0，A(x1,y1)，B(x2,y2)，，由PF1=λF1A，PF2=μF2B得x+λx-c=011+λx0+λx1=-c1+λ①F1-c,0满足⇒y0+λy1y+λy=00=011+λx+μxc=021+μx0+μx2=-c1+μF2c,0满足⇒y0+μy20=y0+μy2=01+μx2y2x2y20+0=1(1)0+0=1(1)a2b2a2b2②由⇒x2y2λ2x2λ2y21+1=1(2)1+1=λ2(3)a2b2a2b2x-λxx+λxy-λyy+yx③由(1)-(3)得：0101+0101=1-λ2a2b22x0-λx1x0+λx12a⇒=a⇒x0-λx1=-1-λ，又x0+λx1=-c1+λ1-λ1+λca2-c2a2+c2a2-c2a2+c2⇒2x=λ-，同理可得2x=-μ+0cc0cca2-c2a2+c2a2+c2⇒λ+μ=2⋅⇒λ+μ=2⋅=10⇒μ=8．cca2-c2题型二：齐次化例4.已知抛物线C:y2=4x，过点(4,0)的直线与抛物线C交于P，Q两点，O为坐标原点．证明：∠POQ=90°．【解析】直线PQ:x=my+4,Px1,y1,Qx2,y2x-my由x=my+4，得1=4x=my+4x-my则由，得：y2=4x⋅，y2=4x4y2yyy整理得：+m-1=0，即：1⋅2=-1．xxx1x2y1y2所以kOP⋅kOQ==-1，x1x2则OP⊥OQ，即：∠POQ=90°．x2例5.椭圆E:+y2=1，经过点M(1,1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q(均异于点A(0,2-1)，证明:直线AP与AQ的斜率之和为2．【解析】设直线PQ:mx+n(y+1)=1,Px1,y1,Qx2,y2则m+2n=1．mx+n(y+1)=1由2，x+y2=12x2得：+[(y+1)-1]2=1．2x2则+(y+1)2-2(y+1)[mx+n(y+1)]=0，2y+12y+11故(1-2n)-2m+=0．xx2y1+1y2+12m所以+==2.x1x22n-1y1+1y2+1即kAP+kAQ=+=2.x1x2x2例6.已知椭圆C:+y2=1，设直线l不经过点P(0,1)且与C相交于A，B两点．若直线PA与直线PB的4222斜率的和为-1，证明：直线l过定点．【解析】设直线l:mx+n(y-1)=1．．．．．．(1)x2x2由C:+y2=1，得+[(y-1)+1]2=144x2即：+(y-1)2+2(y-1)=0．．．．．．(2)4x2由(1)(2)得：+(y-1)2+2(y-1)[mx+n(y-1)]=04y-12y-11整理得：(1+2n)+2m⋅+=0xx4y1-1y2-12m则kP2A+kP2B=+=-=-1，x1x21+2n则2m=2n+1，代入直线l:mx+n(y-1)=1，得：l:(2n+1)x+2n(y-1)=2显然，直线过定点(2,-1)．题型三：极点极线问题x2y2例7.已知椭圆M：+=1(a>b>0)过A(-2，0)，B(0，1)两点．a2b2(1)求椭圆M的离心率；(2)设椭圆M的右顶点为C，点P在椭圆M上(P不与椭圆M的顶点重合)，直线AB与直线CP交于点Q，直线BP交x轴于点S，求证：直线SQ过定点．【解析】(1)因为点A(-2,0)，B(0,1)都在椭圆M上，所以a=2，b=1．所以c=a2-b2=3．c3所以椭圆M的离心率e==．a2x2(2)由(1)知椭圆M的方程为+y2=1，C(2,0)．4由题意知：直线AB的方程为x=2y-2．设P(x0,y0)(y0≠0，y0≠±1)，Q(2yQ-2,yQ)，S(xS,0)．因为C,P,Q三点共线，所以有CP⎳CQ，CP=(x0-2,y0),CQ=(2yQ-2-2,yQ)，所以(x0-2)yQ=y0(2yQ-4)．4y0所以yQ=．2y0-x0+24y+2x-44y所以Q00,0．2y0-x0+22y0-x0+2因为B,S,P三点共线，1y0-1x0所以=，即xs=．-xsx01-y0x所以S0,0．1-y04y+2x-4x00-02y-x+21-yx所以直线QS的方程为x=000y+0，4y01-y02y0-x0+2x2-4y2-4xy+8y-4x即x=00000y+0．4y0(1-y0)1-y022又因为点P在椭圆M上，所以x0=4-4y0．2-2y-x所以直线QS的方程为x=00(y-1)+2．1-y0所以直线QS过定点(2,1)．x2y24例8.若双曲线x2-y2=9与椭圆C:+=1(a>b>0)共顶点，且它们的离心率之积为．a2b23(1)求椭圆C的标准方程；(2)若椭圆C的左、右顶点分别为A1，A2，直线l与椭圆C交于P、Q两点，设直线A1P与A2Q的斜率分别1为k，k，且k-k=0．试问，直线l是否过定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由．12152422【解析】(1)由已知得双曲线的离心率为2，又两曲线离心率之积为，所以椭圆的离心率为；33由题意知a=3，所以c=22，b=1．x2所以椭圆的标准万程为+y2=1．9(2)当直线l的斜率为零时，由对称性可知：1k=-k≠0，不满足k-k=0，12152故直线l的斜率不为零．设直线l的方程为x=ty+n，x=ty+n由2，得：t2+9y2+2tny+n2-9=0，x+y2=19因为直线l与椭圆C交于P、Q两点，所以Δ=4t2n2-4t2+9n2-9>0，整理得：t2-n2+9>0，设Px1,y1、Qx2,y2，则22tnn-9y1y2y1+y2=-2，y1y2=2，k1=，k2=．t+9t+9x1+3x2-31因为k-k=0，152y11k1x1+3y1x2-3y1ty2+n-3所以====，5k2y2y2x1+3y2ty1+n+3x2-3整理得：4ty1y2+5(n-3)y1-(n+3)y2=0，4ty1y2+5(n-3)y1+y2=(6n-12)y2，2tnn2-9将y+y=-，yy=代入整理得：12t2+912t2+92t(n-2)(n-3)=(2-n)t+9y2要使上式恒成立，只需n=2，此时满足t2-n2+9>0，因此，直线l恒过定点2,0．x2y22例9.如图，椭圆E：+=1(a>b>0)的离心率是，过点P(0,1)的动直线l与椭圆相交于A，B两a2b22点，当直线l平行与x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为22.(1)求椭圆E的方程；(2)在平面直角坐标系xOy中，是否存在与点P不同的定点Q，使得QAPA=恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.QBPB【解析】(1)由已知，点(2,1)在椭圆E上.212+2=1,ab222因此，a-b=c,解得a=2,b=2.c=2a2,x2y2所以椭圆的方程为+=1.42(2)当直线l与x轴平行时，设直线l与椭圆相交于C、D两点.|QC||PC|如果存在定点Q满足条件，则==1，即|QC|=|QD|.|QD||PD|所以Q点在y轴上，可设Q点的坐标为(0,y0).当直线l与x轴垂直时，设直线l与椭圆相交于M、N两点.则M(0,2),N(0,-2)，|QM||PM||y0-2|2-1由=，有=，解得y0=1或y0=2.|QN||PN||y0+2|2+1所以，若存在不同于点P的定点Q满足条件，则Q点的坐标只可能为Q(0,2).|QA||PA|下面证明：对任意的直线l，均有=.|QB||PB|当直线l的斜率不存在时，由上可知，结论成立.当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为y=kx+1，A、B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2).2y2x+=1联立42,得(2k2+1)x2+4kx-2=0.y=kx+1其判别式Δ=16k2+8(2k2+1)>0，4k2所以，x+x=-,xx=-.122k2+1122k2+111x1+x2因此+==2k.x1x2x1x2易知，点B关于y轴对称的点的坐标为B(-x2,y2).y1-21y2-211又kQA==k-,kQB==-k+=k-，x1x1-x2x2x1所以kQA=kQB，即Q,A,B三点共线.|QA||QA||x1||PA|所以===.|QB||QB||x2||PB||QA||PA|故存在与P不同的定点Q(0,2)，使得=恒成立.|QB||PB|x2变式1.已知A、B分别为椭圆E：+y2=1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，AG⋅GB=8，P为直线a2x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．(1)求E的方程；(2)证明：直线CD过定点.【解析】(1)依据题意作出如下图象：x2由椭圆方程E:+y2=1(a>1)可得：A-a,0，Ba,0，G0,1a2∴AG=a,1，GB=a,-1∴AG⋅GB=a2-1=8，∴a2=9x2∴椭圆方程为：+y2=19(2)证明：设P6,y0，y0-0y0则直线AP的方程为：y=x+3，即：y=x+36--392x+y2=19AP联立直线的方程与椭圆方程可得：y，整理得：y=0x+3922222-3y0+27y0+9x+6y0x+9y0-81=0，解得：x=-3或x=2y0+92-3y0+27y06y0将x=2代入直线y=x+3可得：y=2y0+99y0+92-3y0+276y0所以点C的坐标为