极点与极线的性质

1、,极点与极线的性质作者:日期:19125第15讲:极点与极线的性质第15讲:极点与极线的性质极点与极线是高等几何中的基本且重要的概念，虽然中学数学没有介绍，但以此为背景命制的高考试题经常出现.掌握 极点与极线的初步知识，可使我们“登高望远”，抓住问题的本质，确定解题方向，寻找简捷的解题途.定义：已知曲线 G：ax2+bxy+cy2+dx+ey+f=0,则称点 P(X0,y0)和直线 l:ax °x+b y0x 2 x0y +cy°y+d x +e y 2y0 +f=0 是 曲线G的一对极点与极线，点P称为直线l关于曲线G的极点；直线l称为点P关于曲线G的极线.称点P与直线l

2、有“配 极关系”，或“对偶关系”，相互为对方的“配极元素”，或“对偶元素”.特另J地，当点P在曲线G上时，点P关于曲线G的极线是曲线G在点P处的切线；圆锥曲线的焦点对应的极线是该焦点 对应的准线；圆锥曲线的准线对应的极点是该准线对应的焦点.位置关系：已知点P关于圆锥曲线G的极线是直线1,则三者的位置关系是：若点P在曲线G上，则直线l是曲线G在点P处的切线；若点P在曲线G外，则直线l是由点P向曲线G引两条切线的切点弦；若点P在曲线G内，则直线l 是经过点P的曲线G的弦的两端点处的切线交点轨迹 .如图：配极原则:如果点P的极线通过点Q,则点Q的极线也通过点P.证明：设圆锥曲线G：ax2+bxy+c

3、y2+2dx+2ey+f=0,点P(xp,y p),Q(x Q,y q),则点P、Q关于曲线 G的极线方程分别为p：ax px+bypx, xpy +cypy+d xp+e 丫2yp+f=0,q：axQx+b，”, 飞、+cyQy+d_x_xQ+e2_yQ.+f=0,贝ij点p的极线通过点Q axpxQ+bypxQ xpyQ +cypyQ+d/ +e2 +f=0 点 P(xp,yp)在直线 q：ax °x+b国理 +cy/d+e2_21 222222+f=0上 点Q的极线也通过点P.推论1：两点连线的极点是此二点极线的交点，两直线交点的极线是此二直线极点的连线；证明：设两点A、B连线

4、的极点是P,即点P的极线经过点A、B,由配极原则知点 A、B的极线均过点P,即点P是此二点极线的交点；同理可证：两直线交点的极线是此二直线极点的连线.推论2(共点共线):共线点的极线必共点；共点线的极点必共线.证明：设点A、B均在直线l上，直线l对应的极点为P,由配极原则知点 A B的极线均过点P,即点A、B的极线必共点；同理可证：共点线的极点必共线推论3(中点性质):若圆锥曲线G过点P的弦AB平行于点P的极线，则点P是弦AB的中点.证明：设 P(x0,y 0),曲线 G：ax2+bxy+cy 2+2dx+2ey+f=0,则点 P 的极线方程:ax oX+b Vyx 广 +cy°y+

5、d x 2X0 +e y 2y0+f=0,故可设 AB:axox+b y0x x0 y +cy oy+d x x0 +e y y0 + 入=0,由点 P(x o,y。)在直线 AB上axocy°y+d x J +e y 2y0 +f=0 交于点 Q,则 |PA|QB|=|QA|PB|.证明：设直线 l: xx0t cos (t 为参数，代入 ax°x+b y"x"+cy°y+d xx0+e_y_y°+f=0 得:(2ax0cos 9 +bx°sin9, 一 , y y0 tsin222 .2 .-、 c , cax(2 bx

6、0 y0 cy2 dx0 ey0f4 、2 . 0 +bx0y0+cy0 +dx0+ey0+f)=010=-200;代入 ax +bxy+2ax0 cos bx0 sinby0 cos2cy0 sincy2+2dx+2ey+f=0 得:(acos 2 0 +bcos 0 sin 0 +csin 2 0 )t 2+(2ax 0cos 0 +bx0sin 0 +by0cos 0 +2cy0sin 0 )t+(ax 02+bx0y0+cy02+dx0+ey0+f)=0t1+t2=-2ax0cosbxsin_by0 cos2cy0sin ,t 1t2=ax0；bx0y0cy2dx0ey02f t0=匹

7、;而|PA|QB|= a cos2bsin cos csin2a cos2 bsin coscsin2t t2|QA|PB| |t 1|t 2-t 0|=|t 1-t 011t 2|t0=-21 成立.+bxoy0 +cyo2 +2dxo+2eyo+ 入222=0 人=-(ax 02+bx0y0+cy02+2dx0+2ey0)直线 AB:ax°x+b _y£x_x£y +cy°y+d_x_x0 +e_y_y0 =ax02+bx0y0+cy02+2dx0+2ey0222ax<x+b y0x2 x0y +cy0y+d x 2 +e y 2y0 +f=a

8、x 02+bx0y0+cy02+2dx0+2ey0+f,而该直线为以为 P 中点的中点弦方程，即点 P是弦AB的中点.比例定理:若过点P(x0,y。的直线l与曲线G:ax2+bxy+cy2+dx+ey+f=0相交于A B两1点，与直线：ax女+b y0x 2 x0y +by°cos 0 +2cy °sin 0)t+2(ax22证明：以椭圆 G:=+=1(a>b>0)为例，设 P(x0,y°), a b则极线l: w a与 1 .设 A(x1,y i),B(x 2,y 2),并分别过点 A、B b2126第15讲:极点与极线的性质 X0X1 yow 1|

9、2222作 l 的垂线,垂足分别为 D、C,贝U 1AD1 | =a2b2= 1bx0x1_a y0y1_a b | (注意至ij :a 2b2=b2x12+a2y12,a 2b2=b2x22+a2y2)|BC1| |x0x2 丫0丫2 1| | b2x0x2 a2y0y2 a2b2| 2-.21 |a b,22,|a k% b x1| .又因 | a2ky2 b2x2|=1b2x0x1a2yoy1岳彳a2y1 |= 1b2x1(x1x0)a2 y1(y1y0) 1(注音至l : y1y0= y2y0=k)= | x1x0|也2*0*2a2y0y2b2x2a2y2|b2x2(x2x。)a2y2

10、(y2 y0)|x1x0 x2x0 |x2x0|2. 22-2_2 2_2,_2b2(xx2)(x 1+x2)+a2(y 1-里=|x1入|，以下只需证|a ky1b x1 I=1,即|a2ky1+b2x1|=|a2ky2+b2x2|,由b2x12a2y12a2b2|BP| |x2x0 |a2ky2b2x2|b2x22a2y2a2b2yz)(y 1+yz)=0b2(x 1+x2)+a 2k(y 1+y2)=0a2ky1+b2x1=-(a 2ky2+b2x2)|a 2ky1+b2x“=|a 2ky2+b2x2|%1=，由aadd- |BP| |BC1 | BCC空=空!,设AC与BD交于点 Q,

11、由AD/ BC 此=y皿空1 =YQJPQ/ BC/ AD S®c=Sabdc,两边|BC | |BP |BC| |QC | BP | QC |同减S匕bq4导S匕QAE=SxQDC 又因SaPQA=Sa PQD,S pqeFSapqcSzxpcdFSaqcd+Sxpqd+Sapqc=SaQCD+Sx pqa+Sapqe=Sxqcd+Sx qae=2SaqabSaqad=Sapad=Si,SQ = 1 d = 1 a 注音到 S QAD S QBC |QD | |QC |2 -Q QQ2 QBC-SX PBC-S3,S QAS- - Sa PCD - S2,士 LI : = =1 S

12、 QAR Sd QADSZ QBCQ =4S|S2.22S QAB S QAB |QB| |QA|Q例1:极点与极线的位置关系.X 2X 2始源问题：(2010年湖北高考试题)已知椭圆C:三+y=1的两焦点为 日卜,点P(X0,y。满足0V号+y0<1,则|PFi|+|PF 2|的取值范围为直z+y0y=1与椭圆C的公共点个数为解析:由0V:+丫。曳cos 0 +号y. sin 0 =i解的个数 直线：上X+卑0 y=i与圆：X2+y2=I的公共点个数；由圆心O(0，0)至U直线：aX+ 3 3y0 y=i的距离d= i <i直线：X0X+£320y=I与圆：X2+y2=

13、I的公共点个数=2直线I与椭圆C的公共点个数=2;X02y0223:43(口)因射线 OP：y=2X(X 与X0 同号)，与沟 + 型=i 联立得：沱+国2=iX=I2X0y=12yoQ(I2X0，X04343x03X2 4y23X2 4y23x1 4y2 2、222222<1知，点p在椭圆c内，所以直线 等+y°y=i与椭圆c相离公共点个数为0；2c <PFi|+|PF 2|<2a2&PFi|+|PF 2|<2 在 |PFi|+|PF 2| 的取值范围为2,2 小原创问题:已知椭圆C：E+E=i,点P(X0，y0)满足反+ 22>i(X0W0)

14、，直线1：萼+券=i. 434343(I )求直线l与椭圆C的公共点个数；(口)若射线OP与直线I、椭圆C分别交于点 Q M，求证:|OP|OQ|=|OM| 2.22解析：(I)因椭圆C：、+ =i，。e 0，2无)，所以，直线I与椭圆C的公共点个数43y 3sin关于9的方程I27|OM| =x +y =2|OP|OQ|=|OM|第I5讲:极点与极线的性质例2:抛物线中的共线性质始源问题：(20i0年大纲卷I高考试题)已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，过点K(-i，0)的直线I与C相交于A、B两点,点A关于x轴的对称点为D.(I )证明：点F在直线BD上；一一一 8(口)设FA FB=_，

15、求RDK勺内切圆 M的万程.9解析：(I )设 A(xi，y i)，B(x 2，y 2)，直线 l:y=k(x+i)(k,0)，则 D(Xi，-y i)，由 y 2k(x i) y2 4xky2-4y+4k=0yi+y2=(，y *=根据对称性4xiX2= 74;所以，点 F 在直线BD上FB / FD(x 2-i)：(xi-i)=y2：(-y i)yi(-y2-2)+y2(-yl -2)=0yiy2-k(y i+yz)=0;(口)由 FA FB=(Xi-i)(x 2-i)+y/=(至-2)(_yl-2)+yiy2=(i+)y/-2(y i+yz)+4=4(i+)-8+4=8-二=3k=-;k

16、 kk2kk2k2k294，不妨设k=4，则直线ABMi0，且M3KF平分/ AKD圆M的圆心M在x轴上;(x2-Xi)2=(Xi+X2)2-kBD=四1 =直线BD:3x-万y-3=0;设M(t，0)(-ivt<i)， 则由点M到直线AB与BD的距离相等81y2 yi,75=。t=圆 M：(x-1)2+y2=9原创问题:已知抛物线 y2=2px及定点A（a,b）,B（-a,0）（ab，0,b 2,2pa）,M是抛物线上的点，设直线AM,BM抛物线的另一交点分别为 M,M2.求证：当M点在抛物线上变动时（只要M,M2存在且M，M）,直线MM2恒过一个定点，并求出这个定点 的坐标.解析:设

17、 M(2pt2,2pt),M1(2pt 12,2pt1),Mz(2pt22,2pt2),则点 B,M,M对应的极线分别为:x=a,2ty=x+2pt 2,2t?y=x+2pt22,由B,M,M2三点共线三线 x=a,2ty=x+2pt 2,2t 2y=x+2pt 22共点a=2ptt 2tz = _a_，点 A,M1对应的极线分别为：by=px+ap,2pt2t iy=x+2pt i2,由 A,M,Mi 三点共线三线 by=px+ap,2ty=x+2pt 2,2t1y=x+2pt ；共点bp(t+t ,=2p2tt 1+ap 11=_a_bL ,由b 2pt2ky2t2y2四22pt2x 2

18、pt1t2y p(k t2)x a(a bt) t(b 2pt) b(a 2p2t)2 Pt(b 2 pt)2.x-a= = yM,M2对应极线的交点在定直线y=x+a,t(b 2 pt) bb尸2吟128（I ）证明：直线AB恒过定点Q；（口）若点P与（I）中的定点Q的连线交抛物线 C于汕N两点.证明：LPMJnlQM |PN | |QN |解析：（I）设 A（xiyi）,B（x2，y2），P（x 0），则抛物线土在点A B处的切线方程分别为x1x=y+y1、xzx=y+y2,由点 P(x0,yo）在这两切线上得：xox1y1x0x2 y2Vo直线 AB:xox=y+yo(注意至 1 ：y

19、o=kxo-1)xox=y+kx0-1y0直线AB过定点Q（k,1）;（n ）设直线MN： x yxoy0t cost sin，代入直线 AB:x°x=y+yo,得:t c=一 sinx0 2y0;代入 y= 2x2 得:t 2cos2 0x0 cos+2(x 0cos0 -sin9 )t+x 02-2y o=0t1+tz=2sinx° cos cos2,t1t 2= x0 2y0cos22垃2 = x02 y0 t? sinxo cost1t2所以，3|PN|= |QM I | QN |t1tQt1t2tQt q=牙2成立.t1 t2原创问题:已知抛物线C:x2=4y与直

20、线l:y=x-2,设点P为直线l上的动点，过P作抛物线C的两条切线，A、B为切点.a上 直线MM2恒过一个定点（a, 2pa ）.b第15讲:极点与极线的性质例3:抛物线中的比例性质. 12 .始源问题:（2009年全国局中数学联赛湖北初赛试题）已知抛物线C:y= - x与直线l:y=kx-1没有公共点，设点P为直线 l上的动点，过P作抛物线C的两条切线，A、B为切点.（I ）证明：直线AB恒过定点T;| PM |PN | PQ |（口）若过点P的直线l交抛物线C于汕N两点，与直线AB交于点Q.证明：上=+.解析：(I )设 A(x" 1)，B(x2,y 2),P(x o,y o),

21、则抛物线C:x2=4y 在点A、B处的切线方程分别为x1x=2(y+y1)、x2x=(y+y2),由点P(xo,y o)在这两切线上得：xoXXqX22(y1yo)2(y2y0)直线 AB:xoX=2(y+y q)(注意到：yo=X0-2)XoX=2y+2x0-4直线 AB 过定点 T(2,2);(n)设直线MN:x Xd t cosy yo tsin，代入直线AB:xox=2(y+y 0),得:t q=x24 y 02sinXq cos;代入 x2=4y 得:t 2cos2 0+2(x 0cos 0 -2sin0 )t2+x。-4y 0=02sin11 +t 2=2 cos,t2,1t 2=

22、x0 4 y0cos22t1t2tT-t22X04y02sinXq costA1二；所以，| PM |PN | PQ |2tQtQ t1t2成立.例4:抛物线中的面积关系始源问题:(2009年湖北高考试题)过抛物线y2=2px(p>0)的对称轴上一点A(a,0)(a>0),的直线与抛物线相交于M、 N.两点，自gN向直线l:x=-a 作垂线，垂足分别为(I)当a=>p时,求证:AMAN;(口)记AMM AMN、AANN的面积分别为 $、&、S3,是否存在入，使得对任意的a>0,都有S22=入&&成立.若存在，求 出入的值；若不存在，说明理由.解析

23、：(I )当a=2时,A(-p,0),设 M(2pm2,2pm),N(2pn 2,2pn),则M(-p ,2pm),N 1(-p,2pn),由 am / AN(2pm2a2Pm= 2Pm a4p2mn2=a2成立；当 MNLx轴时，显然有 1MM1 I=J2AMJa2pn2 a 2 pn2| NN1 | |AN |-p2 p1 2 . 21):(2pn - 1. )=2pm:2pnmn=-AM 1 AN1=p+4pmn=0 AM_LAN;129第15讲:极点与极线的性质2(口)由 AM / AN (2pm-a):(2pn22-a)=2pm:2pn2pmn+a=0;因 JL| = a 2pm1

24、NN1 1 a_2 pn2;当 MN x 轴时,1 AM 1 = 12 Pm|2 a| =|AN| |a2pn2|2 pm2 a ; 所以 |MM1 | = | AM |a 2 pn2| NN1 |AN |;设MN与NM交于点Q(点Q即原点O),由MM/ NNJJMQ=出4=J AM|QN1 | NN1 | |AN |AQ/I MM/ NN;设/ MQMa ,则 S1=|QM|QM|sin q,S321QM N +&qm=2SzqmNS $3=5S22=4SiS3存在入=4,使(口)设直线 AB: x 1 tcos (t 为参数)，代入 y2=4x得:t 2sin 2 9 +2(sin

25、 9 -2cos 9 )t-3=0ti+t2=2 2cos sin ,t K=-y 1 tsinsin3 sin2;点 A(1+t 1cos 0 ,1+t1sin 9 )到直线 l 的距离 |AN|= 12t1cossin 3| .点 B(1+t 2cos 9 ,1+t 2sin 9 )到直线 l 的距离|BM|= 12t2 co,y k(x 4)2、22 |2 , c32k264k2 4Vsin3| AN | = 14 cos'sin3|(由点 A、B 在直线l 的同侧 2t Qos 9 -t £in8 +3 与 12cos9x 5|BM 112t2 cost2 sin31

26、-t2sin 9 +3 同号尸2t1cos一tln一3;而LPA! = W(点A、B 在点 P 的异侧尸-_t1;所以，| AN | =!PA!2t1cost1sin_32t2 cost2 sin 3 |PB| &|t2|BM 11PBi2t2cos t2 sin3t32cos sin=-L 2(2cos 9 -sin 9 )t 计 2+3(t 1+t 2)=02(2cos 9 -sin 9 )(-)+3 2 =0 成立;t2sin2sin2以下同例题可证：S22=4SS.例5:椭圆中的共线性质.始源问题：(2012年北京高考试题)已知曲线C:(5-m)x 2+(m-2)y 2=8(m

27、G R).(I)若曲线C是焦点在x轴点上的椭圆，求m的取值范围； (口)设m=4,曲线C与y轴的交点为A,B(点A位于点B的上方),直线y=kx+4与曲线C交于不同的两点 Mk N,直线y=1与直线BM交于点G.求证:A,G,N三点共线.解析：(I )由曲线C是焦点在x轴点上的椭圆m-2>5-m>0- <m<5.故 m的取值范围是(7 ,5);22(口)当 m=4时，曲线 C:x2+2y2=8A(0,2),B(0,-2);设 M(x1，y1),N(x 2,y 2),由 xy ky2 48(2k2+1)x2+16kx+24=0=32(2k 2-3)>0k2>

28、3 * ;且 x1 +x2=16k ,x 1x2= 24;又由直线 BM:y=-y_2 x-222 k2 12k2 1x1创念,1)即创已1)kAG=-kx1由 22(1+4k )x -32k x+64k -4=0x+x2=,x 1x2= x 4y 41 4k21 4k2 xd2 8= 45(x1 x2) 82x1X2=5(X1+X2)-8;又由直线 AM:y=y (x =- -2-,k AN=y22 =kx22 =k+ _2_kANkAG=4k.+_2.+_2,=竺+2x1x2=J4k+216k=0 A,G,N 三点共线.3x13 x1x2x2x23x1 x23x1x2324第(口)问是本题

29、的特色与亮点，其实质是共羯点的性质：设点P与Q是二次曲线G的一对共羯点，过点Q的直线AC与 曲线G相交于A、C两点,AP与曲线G相交于另一点B,BQ与曲线G相交于另一点 D,则P、C、D三点共线.其中共轲点 的定义：130(n )设 M(x1,y 1),N(x 2,y 2),直线 l:y=k(x-4),k2= _x_"一 ,x 1x2(1+4k2)=64k2-432 4(x1 x2)第15讲:极点与极线的性质+2),直线 BN:y=y例7:椭圆中的比例性质 始源问题:(2011年山东高考试题)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C:t+y2=1.如图所示，斜率为k(k>0)且不过

30、原(x-2)直线AM与BN的交点 P 的横坐标 x 满足：y1(x+2)= y2 (x-2)k(x1 4 (x+2)=X2 2x 2x2 2x1 2k(x2 4) (x-2)x=2x1x26x1 2x2= 5(x1 X2)(ii)试问点B,G能否关于x轴对称？若能，求出-3此时ABG勺外接圆方程；若不能，请说明理由. 6x1 2x2 . 点 p在一条定直线 x=1 上.头2 23x2 x 83x2 xi 8例6:椭圆中的中点性质.22始源问题:(2008年全国高中数学联赛湖南初赛试题)如图，过直线l:5x-7y-70=0 上的点P作椭圆+ =1的两条切259线PM PN,切点分别为 Mk N.

31、(I)当点P在直线l上运动时，证明：直线MN®过定点Q;(口)当MN/ l时，定点Q平分线段MN.7t 7 5t 5. 75一.75. ., 75 一解析O设咿+7阳5),则直线 MN 的万矛g 为: bx+ky=1(25x+9y)t+(25x- 9y-1)=0,由%x%y=°,一 75259259且 为x- ©y-1=0 x= 14,y=- 10直线MNfa过te点Q( 14,- iq);7t 7 5t 5(n )MN/ l 257 :9 5 * * =5:(-7)CCLCC22- LCCt= 9L直线MN勺方程为：5x-7y- 艇=0,代入椭圆方程 二+工=1

32、得：2 533 x2533352597T-2 立粤 x+25( 233_ ) 2-9=0,设 M(K,y i),N(x 2,y 2),则"*2 =竺定点 Q平分线段 MN.7 点的直线l交椭圆C于A,B两点，线段AB的中点为E,射线OE交椭圆5 72722原创问题:过点Q(1,1)作己知直线l:3x+4y=12的平行线交椭圆C: 2+g =1于点gN.(I )分别过点研N作椭圆C的切线1i、l2.证明：三条直线l1、l2、l交于一点；(口)证明：点Q是线段MN的中点；(m)设P为直线l上一动点，过点P作椭圆C的切线PA、PB,切点分别为A、B,证明：点Q在直线AB上.解析:(I )设

33、 M(x1,y i),N(x 2,y 2),切线 11、l2交于点P(x0,y0),由切线l1:*”1,切线1冶若y=1均过点P(x0y0)x1x0+-y1 y0=1,x_x0+运0=1直线MN:x> x+yy=1;又由直线 MN过点 Q(1,1)&_+_y°=13x0+4y0=12点 P43434343在直线l上 三条直线l1、l2、l交于一点；(口)由直线MN/直线l 包：也=1: 1,又-x0- +20=1x0=y0=12直线MN:3x+4y=7 点Q是线段MN的中点；434 3437(HI)设 P(x0,y 0),贝U直线 AB:3x°x+4y

34、6;y=123x°x+(12-3x °)y=12 点 Q在直线 AB上.131第15讲:极点与极线的性质解析：(I )设 E(-3 入，m 入),A(-3 入 +t,m 入 +kt), 22 c则B(-3入-t,m入-kt).由点A、B都在椭圆C上 (3 t)2 3(m kt)2 3,两式相减得mk=1m+ka Jb2 1；令 x=2 得：|y|= 2，a2 4 ；由题知，刍 Jb2 1=2,E，a2 4 = baba 22222J1。a2=,=(a2-4)=1。( 4)=10 b2=12a2=24椭圆 C: 一+ =1;b2 1 a224 b2 12412>2mk=

35、2,当且仅当(3 t)2 3(m kt)2 3m=k=1时等号成立，所以m+k2的最小值=2.(II )(i)设直线OG与椭圆C相交于另一点T,则由椭圆C关于原点对称得：|OT|=|OG|.所以,|OG| 2=|OD|OE|EG DT +ET Dg =0,由轨迹1知，点E在直线-x+my=1上，即直线l的方程为：-x+my=1直线l过定点(-1,0);(ii) 若点B,G关于x轴对称 点G(-3入-t,-m入+kt),由点G在直线OE±(-3入-t):(-3 入)=(-m入+kt):m入6m入+mt2=3kt(注意到mk=1)m(6入+t)=3t t= 巴，入，又由点E在直线l上 3

36、入+n2入=1 入=_二B(-3 ,-)3 n23 m23 m23 m21(二)2+(三)2=1m=1,k=1,入=1 ,t= 2A(0,1),B(-,- -),G(- 2,1)ABG勺外接圆方程:(x+)2+y2=f .33n23n244222 224、一，一x2y2原创问题：已知椭圆C： =1(a>b>0)内一点P(2,1),射线OP与椭圆C交于点N,与直线lo：x+y-12=0父于点M,酒 a b足|OP|OM|=|ON| 2,且椭圆C在N处的切线平行于直线lo.(I )求椭圆C的方程；(口)过点P的任意一条直线l与直线l。交于点Q,与椭圆C交于A、B两点(A在P与Q之间)，

37、求证:|QA|PB|=|QB|PA|.解析：(I )由射线 OP：y=1x(x)0),直线 l°:x+y-12=。M(8,4);设 N(2t,t)(t>。)， 由 |OP|OM|=|ON| 2 共 通=4t 2+t2t=2N(4,2)$4=1,椭圆C在N处的切线：4x+2y=1；由切线平行于直线 a bl。?=12a2=2b2 L222=24椭圆 C: 2_+=1;241222(n )设直线 l:(t 为参数)，代入+ =1 得:(2sin 2 0 +cos2 0 )t 2+4(sin 0 +cos 0 )t-18=0y 1 tsin2412t 1+t 2=-4sn_cos )

38、 ,t 1t 2=- 18 ;代入 x+y-12=0 得:(sin 9 +cos 9 )t-9=0 t Q=_9;而 |QA|PB|=|QB|PA|2sin2cos22sin2cos2sin cos(t Q-t 1)(-t2) = (t Q-t 2)t 1 (t 1+t2)t b2t 1t2=0-当n_cos )_9-2(- 18)=0 成立.2sin2cos2sin cos 2sin2cos22 x 原创问题:已知椭圆C： a2y> 一=1(a>b>0)内一点P(2,1),过点P且平彳f于x轴直线被椭圆 b2C截得的弦长为4招，过点P且平行于y轴直线被椭圆C截得的弦长为2,

39、10.(I )求椭圆C的方程；(口)过点P的任意一条直线l与直线l。:x+y-12=。交于点Q,与椭圆C交于A B两点，若苏=入AP , qB = g _BP.求证：入+x2 y2解析：(1)由= H=1,令 y=1 得:|x|=a b132x(口)设直线l:y2 t cos22(t为参数，代入 一 + -y- =1得:(2sin1 tsin24122 0 +cos2 0 )t 2+4(sin 0 +cos 0 )t-18=011+t 2=-4(sin cos ) + + _ ,t 1t 2=_ c . 2,2 . 22sin cos2sin18 . cos2 * 4;代入 x+y-12=0

40、得:(sin 0 +cos 0 )t-9=0tQ="由耳=入人口，丽="80 cos、t1tQ_ t2tQ入=,补=t1t2入 + a =2-tQ t1 t2 =2-t1t29sin cos2(sin cos ) =09例8:椭圆中的共线性质.始源问题：(2002年澳大利亚数学奥林匹克试题)己知 ABC为锐角三角形，以AB为直径的。K分别交AC BC于P、Q,分别过A和Q作。K的两条切线交于点R,分别过B和P作。K的两条切线交于点 S.证明：点C在线段RS上.解析:设。K:x 2+y2=r2,R(-r,a),S(r,b)点R,S对应的极线分别为：AQ:-rx+ay=r 2,

41、BP:rx+by=r 2(a2Q(Wr2)r r2a22a； ),P(-r(b2r2)r 2br2 )r2 bAP:y= b (x+r),BQ:y=- ra (x-r), ra, 一(X rb/ 一(xrr)r)a b ra b2aba bC(r,' a b2aba b点C对应的极线为：(a-b)rx+2aby=(a+b)r2,由三线:y2一 、一笆=1(a>b>0)均只有一个交点 M.B,直线BM上的点Q满足QAL x轴，直线222a brx+ay=r ,BP:rx+by=r ,(a-b)rx+2aby=(a+b)r 共点于( r, a b2r R,C,S三点共线 点C在

42、线段RS上. a b该题是平面几何定理：“过非等腰三角形的三个顶点作其外接圆的切线，顶点处的切线与其对边所在直线的交点共线的变形，以该定理为始源，取其特殊情况，并把圆压缩为椭圆得：x2原创问题:若对任意9 & 0,2无),直线l:xcos 9 +2ysin 9 -2=0与椭圆C: a(I )求椭圆C的方程； (口)当8 e (0,万)时，若直线l与x轴交于点N,椭圆C的左、右顶点分别为 A、AM与NQ交于点P,求点P的轨迹方程.xcos解析:(I)由b2 2 b x2ysin 22 22. 2a y a b0(a2cos2 0 +4b2sin 2 0 )y 2-8b 2ysin 0 +4b2-a 2b2cos2 0 =0 =64b4sin 2 0 -4(a 2cos2