88.解析几何中设点运算的七种常见类型
一．目录
1.点差法
2.抛物线弦的两点式方程
3.斜率和积的点代计算
4.旋转设点法
5.定比点差法
6.三点共线与轴点差
7.设点解点
二．基本原理
1.点差法
椭圆中的点差法：设直线
与椭圆
相交于点
两点，
m
kx
y
)
0
(1
2
2
2
2
b
a
b
y
a
x
B
A,
其中设点
(
)，
(
)
由于
两点均在椭圆上，代入椭圆的方程可得：
A
1
1, y
x
B
2
2, y
x
B
A,
∴
①，
②，①-②得：
，进一步，
1
2
2
1
2
2
1
b
y
a
x
1
2
2
2
2
2
2
b
y
a
x
0
2
2
2
2
1
2
2
2
2
1
b
y
y
a
x
x
则
，即
，则
（其中
为
2
2
2
2
1
2
2
2
2
1
b
y
y
a
x
x
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
)
)(
(
a
b
x
x
y
y
x
x
y
y
2
2
a
b
k
k
OM
AB
M
中点，
为原点）.
B
A,
O
类似的，若
为双曲线
弦
(
不平行轴)的中点，则
𝑴(𝒙𝟎,𝒚𝟎)
𝒙𝟐
𝒂𝟐‒
𝒚𝟐
𝒃𝟐= 𝟏
𝑨𝑩𝑨𝑩
𝒚
.
𝒌𝑨𝑩⋅𝒌𝑶𝑴=
𝒃𝟐
𝒂𝟐= 𝒆𝟐‒ 𝟏
2.抛物线的两点式
抛物线方程为
，
是抛物线上任意的两个点，则直线
的方
px
y
2
2
)
,
(
),
,
(
2
2
1
1
y
x
B
y
x
A
AB
程为：
.
2
1
2
1
2
)
(
y
y
px
y
y
y
证明：
，则
的方程为
，整理可得：
)
,
2
(
),
,
2
(
2
2
2
1
2
1
y
p
y
B
y
p
y
A
AB
)
2
(
2
2
1
2
1
1
p
y
x
y
y
p
y
y
，即可得
的方程为：
.
2
1
2
1
1
2
)
)(
(
y
px
y
y
y
y
AB
2
1
2
1
2
)
(
y
y
px
y
y
y
或者可如此证明：由韦达定理，则直线
的方程为：
，进一
AB
0
)
(
2
1
2
1
2
y
y
y
y
y
y
步代入
即可得.
px
y
2
2
特别地，若直线
过抛物线焦点
，代入直线方程一定有：
.
AB
)
0,
2
( p
2
2
1
p
y
y
3.斜率和积的点代计算
设
为椭圆
上的定点，
是椭圆上一条动弦，直线
)
,
(
0
0 y
x
P
)
0
(1
2
2
2
2
b
a
b
y
a
x
AB
的斜率分别为
；
PB
PA
AB
,
,
2
1,
,
k
k
k
（1）若
，则有
，
2
2
2
1
a
b
k
k
0
0
0
,0
x
y
k
x
（2）若
，则直线
过定点，
2
2
2
1
a
b
k
k
AB
（3）若
，则有
，
0
2
1
k
k
0
2
0
2
0
,0
y
a
x
b
k
y
（4）若
，则直线
过定点.
0
2
1
k
k
AB
证明：此处用点代法证明结论（3），其余的类似证明，请读者自行尝试.
已知椭圆
在第一象限内有一点
，过点
作两条倾斜角
)
0
(1
:
2
2
2
2
b
a
b
y
a
x
E
)
,
(
0
0 y
x
P
P
互补的直线
分别交椭圆于另一点
，则有
.
PB
PA,
B
A,
0
2
0
2
0
,0
y
a
x
b
k
y
解析设
，其中
1
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
2
1
2
2
0
2
2
0
b
y
a
x
b
y
a
x
b
y
a
x
.
)
,
(
),
,
(
2
2
1
1
y
x
B
y
x
A
所以
0
2
0
2
2
2
0
2
0
2
0
1
0
1
2
2
0
1
0
1
,
y
y
x
x
a
b
x
x
y
y
k
y
y
x
x
a
b
x
x
y
y
k
PB
PA
依题意得
PB
PA
k
k
，所以
0
2
0
2
2
2
0
1
0
1
y
y
x
x
a
b
x
x
y
y
，
从而
)
(
)
(
2
0
2
0
1
0
2
1
2
2
0
2
0
1
0
2
1
2
x
x
x
x
x
x
x
b
y
y
y
y
y
y
y
a
同理，有
)
(
)
(
2
0
1
0
2
0
2
1
2
2
0
1
0
2
0
2
1
2
x
x
x
x
x
x
x
b
y
y
y
y
y
y
y
a
两式相减，得
),
(
)
(
2
1
0
2
2
1
0
2
x
x
x
b
y
y
y
a
所以
0
2
0
2
2
1
2
1
y
a
x
b
x
x
y
y
kAB
，证毕.
4.旋转设点法
在解析几何中，我们会遇到等腰直角三角形这样的几何结构，这种情况下，利用向量来处
理是很方便的，比如
，那么
或者
与
的关系是：
)
,
(
y
x
a
)
,
(
x
y
b
)
,
(
x
y
b
a
，且
，这就是旋转设点法的基本原理.利用这个方法，我们可以很方便的解
|
|
|
|
b
a
b
a
决有关问题.
5.三点共线的坐标表示与轴点差
当直线过坐标轴上某个定点时，熟悉下面的结论会对运算起到至关重要的作用：
若
)
,
(
),
,
(
2
2
1
1
y
x
B
y
x
A
是椭圆
)
0
(1
2
2
2
2
b
a
b
y
a
x
上不同的两点，且直线
经过点
AB
，则由
三点共线可得：
，整理可得：（凌晨讲数学）
①.
①式的特点是出现了轮换结构，下面构造
的对偶式
，计算它们的乘
2
1
1
2
y
x
y
x
2
1
1
2
y
x
y
x
积，得到
)
(
)
1(
)
1(
2
2
2
1
2
2
2
2
1
2
2
1
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
2
y
y
a
y
b
y
a
y
b
y
a
y
x
y
x
)
)(
(
)
1(
)
1(
2
1
2
2
2
2
1
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
2
2
2
1
2
1
2
2
凌晨讲数学
x
x
b
x
a
x
b
x
a
x
b
y
x
y
x
从而得到
)
(
1
2
2
1
2
2
1
y
y
m
a
y
x
y
x
②.
这样就可得到三点共线的两个基本形式：
)
(
)
(
1
2
2
2
1
2
1
1
2
2
1
2
1
y
y
m
a
x
y
y
x
y
y
m
x
y
y
x
，进一步联立消元可
解得
)
(
2
)
(
,
)
(
2
2
)
(
2
1
1
2
2
2
1
2
1
2
2
m
m
a
x
y
m
m
a
y
m
m
a
x
a
x
m
m
a
x
6.定比点差法
1.定比分点的坐标形式：若
)1
(,
MB
AM
则称点
为
的
定比分点，若
M
AB
)
,
(
1
1 y
x
A
，
)
,
(
2
2 y
x
B
则
点的坐标为
)
)(
1
,
1
(
2
1
2
1
凌晨讲数学
y
y
x
x
：.
M
2.椭圆上的定比点差形式：设点
)
,
(
1
1 y
x
A
，
)
,
(
2
2 y
x
B
在椭圆
)
0
(1
2
2
2
2
b
a
b
y
a
x
，且
点
)
,
(
0
0 y
x
P
满足
)1
(
PB
AP
，则
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
2
1
2
b
a
y
a
x
b
b
a
y
a
x
b
，将上述式子整理可得：
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
2
1
2
)
1(
)
(
)
(
b
a
y
a
x
b
y
a
x
b
，进一步整理有：
2
2
2
1
2
1
2
2
1
2
1
2
)
1(
1
)
(
1
)
(
b
a
y
y
y
y
a
x
x
x
x
b
，
由定比点差：
0
2
1
1
x
x
x
，
0
2
1
1
y
y
y
，联立消元后即可用
)
,
(
0
0 y
x
与定分比表示
)
,
(
),
,
(
2
2
1
1
y
x
y
x
.（凌晨讲数学）
7.设点解点
利用直线与曲线方程联立去解点坐标.
不重合的两点
，则
.所以我们在解决与斜率有关的问题
)
,
(
),
,
(
2
2
1
1
y
x
B
y
x
A
1
2
1
2
x
x
y
y
kAB
时，第一个最朴素的想法就是解点，然后利用斜率公式解决.或者联立两直线方程解出点
的坐标.
二．典例分析
例1.（2018 年全国三卷）已知斜率为
的直线与椭圆
交于
，
两点，线
k
l
2
2
1
4
3
x
y
C
：
A
B
段
的中点为
．
AB
1
0
M
m
m
，
（1）证明：
；
1
2
k
（2）设
为
的右焦点，
为
上一点，且
．证明：
，
，
F
C
P
C
0
FP
FA
FB
FA
FP
成等差数列，并求该数列的公差．
FB
解析：（1）设
，则
.两式相减，并由
1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
2
2
2
2
1
1
2
2
1,
1
4
3
4
3
x
y
x
y
得
.由题设知
，于是
1
2
1
2
y
y
k
x
x
1
2
1
2
0
4
3
x
x
y
y
k
1
2
1
2
1,
2
2
x
x
y
y
m
.①由题设得
，故
.
3
4
k
m
3
0
2
m
1
2
k
（2）该数列的公差为
或
.
3 21
28
3 21
28
例2.（2022 全国甲卷）设抛物线
的焦点为F，点
，过F 的
2
:
2
(
0)
C y
px p
,0
D p
直线交C 于M，N 两点．当直线MD 垂直于x 轴时，
．
3
MF
（1）求C 的方程；（凌晨讲数学）
（2）设直线
与C 的另一个交点分别为A，B，记直线
的倾斜角分别为
,
MD ND
,
MN AB
．当
取得最大值时，求直线AB 的方程．
,
解析：（1）抛物线的准线为
，当
与x 轴垂直时，点M 的横坐标为p，
2
p
x
MD
此时
，所以
，所以抛物线C 的方程为
.
=
3
2
p
MF
p
2
p
2
4
y
x
（2）设
，由于直线
过点
，则由基本
)
,
4
(
),
,
4
(
),
,
4
(
),
,
4
(
4
2
4
3
2
3
2
2
2
1
2
1
y
y
B
y
y
A
y
y
N
y
y
M
MN
F
原理可知：
①，且
，同理可得：
.
4
4
3
y
y
2
1
2
1
2
2
1
2
4
4
4
y
y
y
y
y
y
kMN
4
3
4
y
y
kAB
另一方面，由于
与
三点共线，则
，
A
D
M
,
,
B
D
N
,
,
2
4
0
2
4
0
,
2
4
0
2
4
0
2
4
4
2
2
2
2
3
3
2
1
1
y
y
y
y
y
y
y
y
整理可得：
②.由①，②可得：
.
8
,8
4
2
3
1
y
y
y
y
1
4
2
3
2
,
2
y
y
y
y
于是，
.（凌晨讲数学），又因为直线MN，AB 的倾斜角分别为
2
4
4
3
MN
AB
k
y
y
k
,
，所以
，若要使
最大，则
，设
tan
tan
2
2
MN
AB
k
k
0, 2
，则
2
2
0
MN
AB
k
k
k
，
2
tan
tan
1
1
2
tan
1
1
tan
tan
1
2
4
1
2
2
2
k
k
k
k
k
k
当且仅当
即
时，等号成立，所以当
最大时，
，设直线
1
2k
k
2
2
k
2
2
AB
k
，代入抛物线方程可得
，
:
2
AB x
y
n
2
4 2
4
0
y
y
n
，所以
，所以直线
.
3
4
1
2
0,
4
4
16
y y
n
y y
4
n
:
2
4
AB x
y
例3.（2022 新高考1 卷）已知点
在双曲线
上，直线交
于
(2,1)
A
2
2
2
2
:
1(
1)
1
x
y
C
a
a
a
l
C
，
两点，直线
，
的斜率之和为0．
P
Q
AP
AQ
（1）求的斜率；
l
（2）若
，求
的面积．
tan
2 2
PAQ
PAQ
解析：（1）设
，由点
都在双曲线
上，得
)
,
(
),
,
(
2
2
1
1
y
x
Q
y
x
P
A
Q
P
,
,
C
1
2
,1
2
2
2
2
2
2
1
2
1
y
x
y
x
，
1
1
2
2
2
2
，所以，结合斜率公式，相减后变形，可得：
)1
(
2
2
2
1
1
1
1
1
y
x
x
y
kPA
，
)1
(
2
2
2
1
2
2
2
2
y
x
x
y
kQA
.因为直线
的斜率之和为
AQ
AP、
0
，即
，所以，
QA
PA
k
k
由
)1
(
2
2
2
1
2
2
1
1
y
x
x
y
得
)
4
2
2
(
)1
(
2
2
1
2
1
2
1
2
1
x
x
x
x
y
y
y
y
.②
由
)1
(
2
2
2
1
1
1
2
2
y
x
x
y
得
)
4
2
2
(
)1
(
2
1
2
2
1
1
2
2
1
x
x
x
x
y
y
y
y
.③
由②-③，得
1
2
2
1
x
x
y
y
，从而
1
2
1
2
1
x
x
y
y
kPQ
，即的斜率为
.
l
1
例4.（2020 山东卷）已知椭圆C：
的离心率为
，且过点
．
2
2
2
2
1(
0)
x
y
a
b
a
b
2
2
2,1
A
（1）求
的方程：
C
（2）点
，
在
上，且
，
，
为垂足．证明：存在定点
，使得
M
N
C
AM
AN
AD
MN
D
Q
为定值．
DQ
解析：（1）由题意可得：
，解得：
，故椭圆方程为：
2
2
2
2
2
2
2
4
1
1
c
a
a
b
a
b
c
2
2
2
6,
3
a
b
c
.
2
2
1
6
3
x
y
（2）设
)
,
(
),
,
(
2
2
1
1
y
x
B
y
x
A
，依题意知
1
2
1
2
1
2
2
1
1
x
y
x
y
k
k
BM
AM
，
因为
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
a
b
x
y
x
y
，所以
2
1
2
2
1
2
2
1
1
y
x
x
y
，
整理得
2
2
4
2
2
1
2
1
2
2
1
1
2
y
y
x
x
y
x
y
x
同理得
2
2
4
2
2
2
1
2
1
1
2
2
1
y
y
x
x
y
x
y
x
相减可得
),
(
3
1
)
(
3
2
1
2
2
1
2
1
1
2
x
x
y
y
y
x
y
x
即直线
恒过定点
)
3
1
,
3
2
(
H
.又
MN
，D 在以
为直径的圆上．
的中点
即为圆心Q．经检验，直线
垂
AD
MN
AP
AP
4 1
,
3 3
MN
直于x 轴时也成立．故存在
，使得
．
4 1
,
3 3
Q
1
2 2
|
|
|
|
2
3
DQ
AP
例5.（2020 年全国3 卷）．已知椭圆
的离心率为
，
，
分别
2
2
2
:
1(0
5)
25
x
y
C
m
m
15
4
A
B
为
的左、右顶点．
C
（1）求
的方程；
C
（2）若点
在
上，点
在直线
上，且
，
，求
的面积．
P
C
Q
6
x
|
| |
|
BP
BQ
BP
BQ
APQ
△
解析：（1）
，
，根据离心率
2
2
2
:
1(0
5)
25
x
y
C
m
m
5
a
b
m
，解得
或
(舍)，
的方程为：
2
2
15
4
1
1
5
c
b
m
e
a
a
5
4
m
5
4
m
C
，即
．
2
2
2
1
4
25
5
x
y
2
2
16
1
25
25
x
y
（2）（旋转设点法）
由于
，设
，则由
且
，限
则
(5,0)
B
(6, )
Q
t
|
| |
|
BP
BQ
BP
BQ
(1, )
BQ
t
(
,1)
BP
t
或
故
或
由于点作椭圆上，代入
得
( , 1)
BP
t
(
5,1)
P
t
(
5, 1)
t
2
2
16
1
25
25
x
y
或
解得
.由对称性，只只
2
(5
)
16
25
t
2
(
5)
16
25
t
1
2
3
4
2,
8,
2,
8
t
t
t
t
考虑
或
时，
面积即可.此时，
或
，则
(6,2)
Q
(6,8)
Q
BPQ
(3,1)
P
( 3,1), ( 5,0)
P
A
或
(8,1),
(11,2)
AP
AQ
(2,1),
(1,8)
AP
AQ
若
．
(3,1), ( 5,0),
(6,2)
P
A
Q
则
．
2
2
1
2
2
1
1
1
1
5
(|
| |
|)
(|
| |
|)
|8
2
11 1|
2
2
2
2
APQ
S
AP
AQ
AP
AQ
x y
x y
A
（其中
）．
1
1
2
2
,
,
,
AP
x y
AQ
x
y
若
．
( 3,1), ( 5,0),
(6,8)
P
A
Q
同理，
．
2
2
1
2
2
1
1
1
1
5
(|
||
|)
(
)
| 2
8
11 1|
2
2
2
2
APQ
S
AP
AQ
AP AQ
x y
x y
A
（其中
），综上，
的面积为
．
1
1
2
2
,
,
,
AP
x y
AQ
x
y
APQ
△
5
2
例6.（2018 年北京文科）
已知椭圆
的离心率为
，焦距为
.斜率为
的直线与椭
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
M
a
b
a
b
6
3
2 2
k
l
圆
有两个不同的交点
M
B
A,
（1）求椭圆
的方程；
M
（2）若
，求
的最大值；
1
k
|
|
AB
（3）设
，直线
与椭圆
的另一个交点为
，直线
与椭圆
的另一个交
2,0
P
PA
M
C
PB
M
点为
.若
、
和点
共线，求
.
D
C
D
7 1
,
4 4
Q
k
解析：（1）椭圆
的标准方程为
；
M
2
2
1
3
x
y
（2）
的最大值为
；
AB
6
（3）三点共线的坐标形式
设
，由
得：
，
)
,
(
),
,
(
),
,
(
),
,
(
4
4
3
3
2
2
1
1
y
x
D
y
x
C
y
x
B
y
x
A
PC
PA
k
k
2
2
3
3
1
1
x
y
x
y
即:
①，
②
3
1
1
3
3
1
2
2
y
y
y
x
y
x
)
(3
)
3
3
(
)
3
3
(
2
1
2
3
2
1
2
2
2
3
2
1
2
1
2
3
2
3
2
1
y
y
y
y
y
y
y
x
y
x
所以
③，由①，③得：
3
1
1
3
3
1
2
3
2
3
y
y
y
x
y
x
3
1
1
3
3
1
3
1
4
1
4
7
,
4
7
4
1
y
y
y
x
y
y
y
x
，
即
，所以
.
)
7
4
(
4
1
4
7
,
7
4
1
3
1
1
3
x
x
x
y
y
7
4
4
4
7
4
1
1
1
3
3
x
y
x
y
kCQ
同理
，由于
，所以
，
7
4
4
2
2
x
y
kDQ
DQ
CQ
k
k
7
4
4
7
4
4
2
2
1
1
x
y
x
y
即
，所以
.
2
1
2
1
x
x
y
y
1
2
1
2
1
x
x
y
y
k
方法2：定比点差法
设点
，同时设
，则可得
)
,
(
),
,
(
),
,
(
),
,
(
4
4
3
3
2
2
1
1
y
x
D
y
x
C
y
x
B
y
x
A
PD
BP
PC
AP
,
，
.
2
1
1
4
2
3
1
x
x
x
x
xP
0
1
1
4
2
3
1
y
y
y
y
yP
由点
在椭圆上得
，两式作差得
C
A,
2
2
3
2
2
3
2
2
1
2
1
3
,1
3
y
x
y
x
，
即
，
亦
即
1
1
)
)(
(
)
1(
3
)
)(
(
2
3
1
3
1
2
3
1
3
1
y
y
y
y
x
x
x
x
1
)
1(
3
)
)(
2
(
3
1
x
x
2
3
1
3
1
x
x
于是，解方程组
可得
同理，可得
，
，
2
1
2
3
1
3
1
3
1
x
x
x
x
.
4
7
4
1
,
4
7
4
1
3
1
x
x
.
4
7
4
1
,
4
7
4
1
4
2
x
x
从而，
①.因为易知
，又由
和点
)
(
4
1
2
1
x
x
2
4
1
3
,
y
y
y
y
D
C,
)
4
1
,
4
7
(
Q
共线得
，所以
，即
，（凌晨讲数学）
DQ
CQ
k
k
4
7
4
1
4
7
4
1
4
4
3
3
x
y
x
y
4
1
4
1
4
1
4
1
2
1
y
y
化简得
②.从而，根据①②即得
，故所求
.
)
(
4
1
2
1
y
y
1
2
1
2
1
x
x
y
y
1
k
例7.（2023 年乙卷）已知椭圆
的离心率为
，点
在
2
2
2
2
:
1(
0)
y
x
C
a
b
a
b
5
3
( 2,0)
A
上.
C
(1)求
的方程
C
(2)点
的直线交
于点
两点，直线
与
轴的交点分别为
，证
( 2,3)
C
,
P Q
,
AP AQ
y
,
M N
明：线段
的中点为定点
MN
解析：（2）设点
，点
代
1
1
2
2
3
4
( 2,3),
2,
,
2,
,
0,
,
0,
B
P x
y
Q x
y
M
y
N
y
,
P Q
入椭圆得:
.
2
2
1
1
1
2
2
2
2
2
9
9
,
4
9
9
4
y
x
x
y
x
x
由
三点共线得:
，所以
，
, ,
B P Q
1
2
1
2
3
3
y
y
x
x
1
2
2
1
2
1
3
x y
x y
x
x
所以
.由
三点共线得:
；
2
2
1
2
2
1
1
2
2
1
1
2
1
2
2
1
3
x y
x y
x y
x y
x x
x y
x y
, ,
A P M
1
3
1
2y
y
x
由三点共线得:
.所以
，
2
4
2
2y
y
x
,
,
A Q N
3
4
1
2
1
2
2
1
1
2
1
2
3
2
y
y
y
y
x y
x y
x
x
x x
所以线段
的中点是定点
.
MN
(0,3)
例8.（2024 年全国甲卷）设椭圆
的右焦点为
，点
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
C
a
b
a
b
F
3
1, 2
M
在
上，且
轴.
C
MF
x
（1）求
的方程；
C
（2）过点
的直线交
于
两点，
为线段
的中点，直线
交直线
(4,0)
P
C
,
A B
N
FP
NB
MF
于点
.证明:
轴.
Q
AO
y
解析：（1） 椭圆的方程为：
2
2
1
4
3
x
y
（2）设
．由题意
，
，所以
．所以
1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
(1,0)
F
(4,0)
P
5 ,0
2
N
，即
，令
，所以
．因为
2
2
0
:
(
5
2
y
BN y
x
x
5
2
2
2
2
5
2
5
2
y
y
x
x
1
x
2
2
3
1, 2
5
y
Q
x
A，B，P 三点共线，所以
，即
①
2
1
2
1
0
0
4
4
y
y
x
x
1
2
2
1
2
1
4
x y
x y
y
y
由因为A，B 在
上，所以
，所以
C
2
2
2
1
1
2
1,
4
3
4
x
y
x
2
2
1
3
y
②
2
2
2
2
1
2
2
1
1
2
2
1
1
2
2
1
x y
x y
x y
x y
x y
x y
2
2
2
2
1
2
2
1
1
2
2
1
4 1
4 1
3
3
4
y
y
y
y
y
y
y
y
②减①即可得
．欲证
轴，只需要证明
，即证明
2
1
1
2
2
5
3
x y
y
y
AQ
y
1y
2
2
3
2
5
y
x
．而
，故
轴．
2
1
2
3
0
2
5
y
y
x
2
1
2
3
2
5
y
y
x
1
2
1
2
2
2
5
3
0
2
5
y x
y
y
x
AQ
y
例9.（2020 全国1 卷）
已知
分别为椭圆
的左右顶点，
为
的上顶点，
B
A,
1
:
2
2
2
y
a
x
E
)1
(
a
G
E
8
GB
AG
，点
为直线
上的动点，
与
的另一个交点为
，
与
的另一个交点为
P
6
x
PA
E
C
PB
E
D
.
（1）求
的方程；
E
（2）证明：直线
过定点.
CD
解析.（1）
的方程为
.
E
1
9
2
2
y
x
（2）（设点法）假设
.则由
及
三点共线可得：
)
,
(
),
,
(
),
,6
(
2
2
1
1
y
x
D
y
x
C
t
P
P
C
A
,
,
P
D
B
,
,
3
3
;
3
9
2
2
1
1
x
y
t
x
y
t
将上面两式相除，再平方可得：
①，由于
均在椭圆
9
1
)
3
(
)
3
(
2
1
2
2
2
2
2
1
x
x
y
y
)
,
(
),
,
(
2
2
1
1
y
x
D
y
x
C
上，故满足：
②，将②代入①可得：
，整
E
9
1
;
9
1
2
2
2
2
2
1
2
1
x
y
x
y
9
1
)
3
)(
3
(
)
3
)(
3
(
2
1
2
1
x
x
x
x
理可得：
③，假设直线
的方程为
代入椭圆方程
0
36
4
)
(
15
2
1
2
1
x
x
x
x
CD
m
kx
y
得：
将
1
9
2
2
y
x
0
9
9
18
)1
9
(
2
2
2
m
kmx
x
k
1
9
9
9
,
1
9
18
2
2
2
1
2
2
1
k
m
x
x
k
km
x
x
代入③中，可得：
，于是，直线
的方程为
，故其过定点
0
2
3
m
k
CD
k
kx
y
2
3
.
)
0,
2
3
(
三．习题演练
1.已知椭圆
的离心率为
，右焦点
，上顶点为
，左顶点为
)
0
(1
2
2
2
2
b
a
b
y
a
x
2
2
F
A
，且
.
B
2
5
10
|
|
|
|
FB
FA
（1）求椭圆的方程；
（2）已知
，点
在椭圆上，直线
分别与椭圆交于另一点
)
0,4
(
),
0,4
(
D
C
P
PD
PC,
N
M ,
，若
，求证：
为定值.（凌晨讲数学）
DN
DP
CM
CP
,
解析：（1）椭圆的方程为
.
2
2
1
10
5
x
y
（2）设
，
.由
，
，得
，
1
1
,
M x y
2
2
,
N x
y
CP
CM
DP
DN
0
0
1
1
4,
4,
x
y
x
y
，
，
，
0
0
2
2
4,
4,
x
y
x
y
0
1
0
1
4
1 ,
,
x
x
y
y
0
2
0
2
4 1
,
,
x
x
y
y
①，又点
，
，
均在椭圆上，由
且
1
2
8
4
x
x
P
M
N
2
2
0
0
2
2
2
2
2
1
1
1,
10
5
,
10
5
x
y
x
y
得
，
.②同理，由
0
1,
y
y
0
1
0
1
2
1
10
x
x
x
x
0
1
5
1
2
x
x
且
得
，
③，
2
2
0
0
2
2
2
2
2
2
2
1,
10
5
,
10
5
x
y
x
y
0
2,
y
y
2
2
0
0
2
1
10
x
x
x
x
0
2
5
1
2
x
x
联立②③得
④，联立①④得
，
为定值
.
1
2
5
5
2
x
x
26
3
26
3
2.（2021 全国甲卷）（凌晨讲数学）
抛物线C 的顶点为坐标原点O．焦点在x 轴上，直线l：
交C 于P，Q 两点，且
1
x
．已知点
，且
与l 相切．
OP
OQ
2,0
M
M
A
（1）求C，
的方程；
M
A
（2）设
是C 上的三个点，直线
，
均与
相切．判断直线
与
1
2
3
,
,
A A A
1
2
A A
1
3
A A
M
A
2
3
A A
M
A
的位置关系，并说明理由．
解析：（1）略
（2）设
．当
时，易证成立.当
2
2
2
1
1
1
1
1
3
3
3
3
3
2
2
2
2
2
,
,
,
,
,
,
,
,
A x y
y
x A
x y
y
x A
x
y
y
x
1
2
x
x
时，直线
的方程为
，即
．
1
2
x
x
1
2
A A
2
1
1
1
2
1
y
y
y
y
x
x
x
x
1
2
1
2
1
2
y y
x
y
y
y
y
y
由直线
与
相切得
，化简得
，
1
2
A A
M
A
1
2
1
2
2
1
2
2
1
1
1
y y
y
y
y
y
1
2
1
2
1
2
1
3
0
y y
x
x
x
同理，由直线
与
相切得
．
1
3
A A
M
A
1
3
1
3
1
2
1
3
0
y y
x
x
x
因为方程
同时经过点
，所以
的直线方程为
1
1
1
2
1
3
0
y y
x
x
x
2
3
,
A A
2
3
A A
，点M 到直线
距离为
．
1
1
1
2
1
3
0
y y
x
x
x
2
3
A A
1
1
1
2
2
2
1
1
1
2
1
3
1
1
4
1
1
x
x
x
y
x
x
所以直线
与
相切．（凌晨讲数学），综上所述，若直线
与
相切，则
2
3
A A
M
A
1
2
1
3
,
A A A A
M
A
直线
与
相
2
3
A A
M
A
