Math173

        在做解析几何习题时，容易陷入任何问题首先就设直线方程以及直线与圆锥曲线的交点坐标，然后联立直线方程与圆锥曲线方程的一个僵硬套路中去．可以看出，这种解题方式其实是“动直线驱动”的．事实上，有很多问题可以直接由“动点驱动”，也就是说对这类问题直接引入参数表达动点要比表达动直线更加直接．下面就通过一些“动点”驱动的例题诠释这一技巧．

例1、(2014年北京西城二模）已知椭圆\(W:\dfrac{x^2}2+y^2=1\)，直线\(l\)与\(W\)相交于\(M\)、\(N\)两点，\(l\)与\(x\)轴、\(y\)轴分别交于\(C\)、\(D\)两点，\(O\)为坐标原点．

（1）若直线\(l\)的方程为\(x+2y-1=0\)，求三角形\(OCD\)外接圆的方程；

（2）判断是否存在直线\(l\)，使得\(C\)、\(D\)是线段\(MN\)的两个三等分点，若存在，求出直线\(l\)的方程；若不存在，请说明理由．

解    （1）三角形\(OCD\)外接圆的方程为\[\left(x-\dfrac 12\right)^2+\left(y-\dfrac 14\right)^2=\dfrac 5{16}.\]

（2）设\(C(m,0)\)，\(D(0,n)\)则\(M(-m,2n)\)，\(N(2m,-n)\)．

于是\[\begin{cases}\dfrac{m^2}2+4n^2=1,\\2m^2+n^2=1,\end{cases}\]解得\[m^2=\dfrac 25,\\n^2=\dfrac 15.\]

由截距式方程易得直线\(l\)的方程是\[l:y=\pm\dfrac{\sqrt 2}2x+\dfrac{\sqrt 5}5\lor y=\pm\dfrac{\sqrt 2}2x-\dfrac{\sqrt 5}5.\]

例2、（2014年北京海淀二模）已知椭圆\(G\)的离心率为\(\dfrac{\sqrt 2}2\)，其短轴两端点为\(A(0,1)\)，\(B(0,-1)\)．

（1）求椭圆\(G\)的方程；

（2）若\(C\)、\(D\)是椭圆\(G\)上关于\(y\)轴对称的两个不同点，直线\(AC\)、\(BD\)与\(x\)轴分别交于点\(M\)、\(N\)．判断以\(MN\)为直径的圆是否过点\(A\)，并说明理由．

解   （1）\(\dfrac{x^2}2+y^2=1\)；

（2）以\(MN\)为直径的圆不可能过点\(A\)，证明如下．

设\(C\left(\sqrt 2\cos\theta,\sin\theta\right)\)，\(D\left(-\sqrt 2\cos\theta,\sin\theta\right)\)，\(M(m,0)\)，\(N(n,0)\)，则由\(ACM\)和\(BND\)分别共线可得\[m=\dfrac{\sqrt 2\cos\theta}{1-\sin\theta},n=-\dfrac{\sqrt 2\cos\theta}{1+\sin\theta},\]于是\[mn=-\dfrac{\sqrt 2\cos^2\theta}{1-\sin^2\theta}=-\sqrt 2.\]

因此以\(MN\)为直径的圆恒过点\(\left(0,\pm\sqrt [4]2\right)\)，也就是说与\(y\)轴恒交于这两点，进而该圆不可能过\(y\)轴上的另外一点\(A\)．

另一方面，由于\(1<\sqrt [4]2\)，于是点\(A\)恒在以\(MN\)为直径的圆的内部．

例3、（2014年北京朝阳二模）已知椭圆\(C\)的中心在原点\(O\)，焦点在\(x\)轴上，离心率为\(\dfrac 12\)，右焦点到右顶点的距离为\(1\)．

（1）求椭圆\(C\)的标准方程；

（2）是否存在与椭圆\(C\)交于\(A\)、\(B\)两点的直线\(l:y=kx+m\)，使得\[\left|\overrightarrow{OA}+2\overrightarrow{OB}\right|=\left|\overrightarrow{OA}-2\overrightarrow{OB}\right|\]成立．若存在，求出实数\(m\)的取值范围；若不存在，请说明理由．

解    （1）椭圆\(C:\dfrac{x^2}4+\dfrac{y^2}3=1\)；

（2）设\(A\left(\cos\theta_1,\sqrt 3\sin\theta_1\right)\)，\(B\left(2\cos\theta_2,\sqrt 3\sin\theta_2\right)\)．

由\[\left|\overrightarrow{OA}+2\overrightarrow{OB}\right|=\left|\overrightarrow{OA}-2\overrightarrow{OB}\right|\]得\[4\cos\theta_1\cos\theta_2+3\sin\theta_1\sin\theta_2=0.\qquad\cdots (*).\]而直线\(AB\)的截距\[m=\dfrac{\sqrt 3\sin\left(\theta_1-\theta_2\right)}{\cos\theta_2-\cos\theta_1}.\qquad\cdots (**).\]

令\(\theta_1+\theta_2=\alpha\)，\(\theta_1-\theta_2=\beta\)，则

由(*)得\[\cos\alpha+7\cos\beta=0,\]由(**)得\[m^2=3\cdot\dfrac{1+\cos\beta}{1-\cos\alpha},\]将上式代入，得\[m^2=\dfrac 37\cdot\left(1+\dfrac{6}{1-\cos\alpha}\right),\]因此\(m\)的取值范围是\(\left(-\infty,\sqrt{\dfrac{12}{7}}\right]\cup\left[\sqrt{\dfrac{12}{7}},+\infty\right)\)．

注    事实上，条件\[\left|\overrightarrow{OA}+2\overrightarrow{OB}\right|=\left|\overrightarrow{OA}-2\overrightarrow{OB}\right|\]即\(\overrightarrow{OA}\perp 2\overrightarrow{OB}\)，于是直线\(l\)为椭圆的姊妹圆之一\[x^2+y^2=\dfrac{1}{\dfrac 14+\dfrac 13}=\dfrac{12}7\]的切线，立得\(m\)的取值范围是\(\left(-\infty,\sqrt{\dfrac{12}{7}}\right]\cup\left[\sqrt{\dfrac{12}{7}},+\infty\right)\)．

最后给出一组练习．

练习1、（2014年北京海淀一模）已知\(A\)、\(B\)是椭圆\(C:2x^2+3y^2=9\)上两点，点\(M\)的坐标为\((1,0)\)．

（1）当\(A\)、\(B\)两点关于\(x\)轴对称，且三角形\(MAB\)为等边三角形时，求\(AB\)的长；

（2）当\(A\)、\(B\)两点不关于\(x\)轴对称时，证明：三角形\(MAB\)不可能为等边三角形．

练习2、（2014年北京通州二模）已知点\(Q\)为直线\(x=-4\)上的动点，过点\(Q\)作直线\(l\)垂直于\(y\)轴，动点\(P\)在直线\(l\)上，且满足\(OP\perp OQ\)（\(O\)为坐标原点），记动点\(P\)的轨迹为\(C\)．

（1）求曲线\(C\)的方程；

（2）设\(A\)、\(B\)为曲线\(C\)上的两点，且直线\(AB\)与\(x\)轴不垂直．若线段\(AB\)中点的横坐标为\(2\)，求证：线段\(AB\)的垂直平分线过定点．

练习3、已知\(A\)，\(B\)为椭圆\(\dfrac {x^2}8+\dfrac {y^2}2=1\)上的两点，弦\(AB\)的长为\(\dfrac 83\)，求三角形\(AOB\)的面积范围．

参考答案

练习1、（1）\(AB\)的长为\(\dfrac{14\sqrt 3}{9}\)或\(\dfrac{2\sqrt 3}3\)．（2）略．

提示     （2）证明椭圆上一点\(P\)到\(M\)的距离是关于\(P\)点横坐标的单调函数即可．

练习2、（1）曲线\(C:y^2=4x\)；（2）线段\(AB\)的垂直平分线过定点\((4,0)\)．

提示    （2）设\(A\left(4a^2,4a\right)\)，\(B\left(4b^2,4b\right)\)．

练习3、\(\left[\dfrac {8\sqrt 2}9,2\right]\)，http://lanqi.org/?p=438

        我们都知道垂径定理是圆的重要性质，其内容为：

已知圆中有一条非直径的弦，那么这条弦垂直于过其中点的直径．

        对于椭圆也有类似的性质，我们称之为椭圆的“垂径定理”，描述如下：

已知不过原点\(O\)的直线与椭圆\(\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1\)交于\(A\)、\(B\)两点，\(M\)为弦\(AB\)的中点，则直线\(AB\)与直线\(OM\)的斜率之积\[k_{AB}\cdot k_{OM}=-\dfrac{b^2}{a^2}.\]

注一    当\(a=b=r\)时，椭圆的垂径定理描述的内容即为圆的垂径定理；

注二    这里并不要求\(a>b\)，也就是说此结论对焦点在\(x\)轴和焦点在\(y\)轴上的椭圆均适用；

注三    双曲线\(\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1\)的垂径定理中的斜率之积\[k_{AB}\cdot k_{OM}=\dfrac{b^2}{a^2}.\]

         点差法是证明这一性质的最好方法：

设\(A\left(x_1,y_1\right)\)，\(B\left(x_2,y_2\right)\)，则\[\begin{split}\dfrac{x_1^2}{a^2}+\dfrac{y_1^2}{b^2}=1\\\dfrac{x_2^2}{a^2}+\dfrac{y_2^2}{b^2}=1\end{split}\]两式相减，有\[\dfrac{x_1^2-x_2^2}{a^2}+\dfrac{y_1^2-y_2^2}{b^2}=0,\]两边同时除以\(x_1^2-x_2^2\)，并化简可得\[\dfrac{y_1^2-y_2^2}{x_1^2-x_2^2}=-\dfrac{b^2}{a^2},\]利用平方差公式变形，有\[\dfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}\cdot \dfrac{\dfrac{y_1+y_2}2-0}{\dfrac{x_1+x_2}2-0}=-\dfrac{b^2}{a^2},\]此即欲证性质．

         证明这一性质的方法，以及这一性质都是解析几何重点学习和掌握的内容．下面就举例说明这一性质的应用．

 例1、（2013年北京高考数学理）已知\(A,B,C\)是椭圆\(W:\dfrac{x^2}4+y^2=1\)上的三个点，\(O\)为坐标原点．

（1）当\(B\)是\(W\)的右顶点，且四边形\(OABC\)为菱形时，求此菱形的面积；

（2）当点\(B\)不是\(W\)的顶点时，判断四边形\(OABC\)是否可能是菱形，并说明理由．

解    （1）菱形的面积为\(\sqrt 3\)；

（2）四边形\(OABC\)不可能为菱形．用反证法证明如下：

假设四边形\(OABC\)是菱形．当点\(B\)不是\(W\)的顶点时，直线\(OB\)和直线\(AC\)的斜率都存在，设\(OB\)与\(AC\)相交于点\(M\)，则\(M\)平分\(AC\)．

由椭圆的垂径定理得\[k_{AC}\cdot k_{OM}=-\dfrac 14,\]于是\(AC\)与\(OM\)不垂直，与四边形\(OABC\)是菱形矛盾．

因此四边形\(OABC\)不可能为菱形．

例2、（2014年北京东城一模）已知椭圆\(G:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)\)过点\(A\left(1,\dfrac{\sqrt 6}3\right)\)和\(B(0,-1)\)．

（1）求椭圆\(G\)的方程；

（2）设过点\(P\left(0,\dfrac 32\right)\)的直线\(l\)与椭圆\(G\)交于\(M\)、\(N\)两点，且\(BM=BN\)．求直线\(l\)的方程．

 解    （1）\(\dfrac{x^2}3+y^2=1\)；

（2）设弦\(MN\)的中点\(E\)的坐标为\((m,n)\)．

由椭圆的垂径定理与已知条件，有\[\begin{cases}k_{BE}\cdot k_{PE}=-1\\k_{OE}\cdot k_{PE}=-\dfrac 13\end{cases}\]于是\[\begin{cases}\dfrac{\dfrac 32-n}{0-m}\cdot\dfrac{n+1}{m}&=-1\\\dfrac{n}{m}\cdot\dfrac{n-\dfrac 32}{m}&=-\dfrac 13\end{cases}\]解得\[\begin{cases}m=\pm\dfrac{\sqrt 6}2\\n=\dfrac 12\end{cases}\]于是直线\(l\)的方程为\[y=\pm\dfrac{\sqrt 6}3x+\dfrac 32.\]

         友情提示，在考试的时候如果应用了椭圆的垂径定理，记得用点差法叙述一下证明过程哦！

        最后给出一组练习题．

练习1、（2014年北京丰台二模）如图，已知椭圆\(E:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)\)的离心率为\(\dfrac{\sqrt 3}2\)，过左焦点\(F\left(-\sqrt 3,0\right)\)且斜率为\(k\)的直线交椭圆\(E\)于\(A\)、\(B\)两点，线段\(AB\)的中点为\(M\)，直线\(l:x+4ky=0\)交椭圆于\(C\)、\(D\)两点．

（1）求椭圆\(E\)的方程；

（2）求证：点\(M\)在直线\(l\)上；

（3）是否存在实数\(k\)，使得三角形\(BDM\)的面积是三角形\(ACM\)面积的\(3\)倍？若存在，求出\(k\)的值；若不存在，说明理由．

练习2、（2015年北京海淀高三期末文科）已知椭圆\(M:x^2+2y^2=2\)．

（1）求\(M\)的离心率及长轴长；

（2）设过椭圆\(M\)的上顶点\(A\)的直线\(l\)与椭圆\(M\)的另一个交点为\(B\)，线段\(AB\)的垂直平分线交椭圆于\(C\)、\(D\)两点．问：是否存在直线\(l\)使得\(C\)、\(O\)、\(D\)三点共线（\(O\)为坐标原点）？若存在，求出所有满足条件的直线\(l\)的方程；若不存在，说明理由．

参考答案

练习1、（1）\(E:\dfrac{x^2}4+y^2=1\)；（2）略；（3）存在，\(k=\pm\dfrac 12\)．

练习2、（1）\(e=\dfrac{\sqrt 2}2\)，长轴长为\(2\sqrt 2\)；（2）\(l:x=0\)．

更多的例题和练习可以参考一般圆锥曲线的“垂径定理”．

解析几何问题的基本解题思路，就是借助点的坐标来表达条件，设直线的方程将坐标统一为横坐标或纵坐标，最后利用直线方程与椭圆方程的联立进行消参．但是，在实际的解题实践中，很多几何条件并不方便借助点的直角坐标来表达，此时恰当地引入极坐标处理问题会大幅简化运算．一般适用于极坐标表达的条件有：垂直、特殊三角形等等．

例1、利用极坐标表达垂直．

（2014年高考北京卷理科数学第19题）已知椭圆\(C:x^2+2y^2=4\)．

（1）求椭圆\(C\)的离心率；
（2）设\(O\)为原点，若点\(A\)在椭圆\(C\)上，点\(B\)在直线\(y=2\)上，且\(OA\perp OB\)，试判断直线\(AB\)与圆\(x^2+y^2=2\)的位置关系，并证明你的结论．

（1）解    \(e=\dfrac {\sqrt 2}2\)；

（2）解    设\(A(\rho_A \cos\theta,\rho_A \sin\theta),B\left(\rho_B \cos\left(\theta+\dfrac {\pi}2\right),\rho_B \sin \left(\theta+\dfrac {\pi}2\right)\right)\)则\[\begin{split}\rho_A^2\cos^2\theta+2\rho_A^2\sin^2\theta&=4,\\\rho_B\sin\left(\theta+\dfrac {\pi}2\right)&=2.\end{split}\]从而\[\dfrac 1{\rho_A^2}=\dfrac 14\cos^2\theta+\dfrac 12\sin^2\theta,\dfrac 1{\rho_B^2}=\dfrac 14\cos^2\theta.\]而在\(\mathrm{Rt}\triangle OAB\)中，原点到直线\(AB\)的距离\(d\)满足\[\dfrac 1{d^2}=\dfrac 1{OA^2}+\dfrac 1{OB^2}=\dfrac 12.\]因此直线\(AB\)与圆\(x^2+y^2=2\)相切．

 例2、利用极坐标表达特殊三角形．

（2014年北京东城二模）已知椭圆\(\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1\)的一个焦点为\(F(2,0)\)，且离心率为\(\dfrac{\sqrt 6}3\)．

（1）求椭圆方程；

（2）斜率为\(k\)的直线\(l\)过点\(F\)，且与椭圆交于\(A\)、\(B\)两点，\(P\)为直线\(x=3\)上的一点，若三角形\(ABP\)为等边三角形，求直线\(l\)的方程．

（1）解    椭圆方程为\[\dfrac{x^2}6+\dfrac{y^2}2=1.\]

（2）解    设直线\(AB\)的倾斜角为\(\theta\)，线段\(AB\)的中点为\(M\)．

由椭圆的极坐标方程得\[\begin{split}\overrightarrow{FA}&=\dfrac{2}{\sqrt 6+2\cos\theta}\left(\cos\theta,\sin\theta\right),\\\overrightarrow{FB}&=-\dfrac{2}{\sqrt 6-2\cos\theta}\left(\cos\theta,\sin\theta\right),\end{split}\]进而可得\[\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{FA}-\overrightarrow{FB}=\dfrac{4\sqrt 6}{6-4\cos^2\theta}\left(\cos\theta,\sin\theta\right),\]于是\[\begin{split}\overrightarrow{MP}&=\dfrac{\sqrt 3}2\left|\overrightarrow{BA}\right|\left(\cos\left(\theta-\dfrac{\pi}2\right),\sin\left(\theta-\dfrac{\pi}2\right)\right)\\&=\dfrac{6\sqrt 2}{6-4\cos^2\theta}\left(\sin\theta,-\cos\theta\right).\qquad\cdots (*)\end{split}\]

另一方面，由中点坐标公式，有\[\overrightarrow{FM}=\dfrac 12\left(\overrightarrow{FA}+\overrightarrow{FB}\right)=\left(-\dfrac{4\cos^2\theta}{6-4\cos^2\theta},-\dfrac{4\cos\theta\sin\theta}{6-4\cos^2\theta}\right),\]因此\(M\)的横坐标为\[2-\dfrac{4\cos^2\theta}{6-4\cos^2\theta}.\qquad\cdots (**)\]

于是由(*)(**)有两种方式表达\(\overrightarrow{MP}\)的横坐标，可以得到方程\[3-\left(2-\dfrac{4\cos^2\theta}{6-4\cos^2\theta}\right)=\dfrac{6\sqrt 2}{6-4\cos^2\theta}\cdot\sin\theta,\]解得\[\sin\theta=\dfrac{\sqrt 2}2,\]进而可得直线\(l\)的方程为\[l:x=\pm y+2.\]

 下面给出几道练习题．

练习1、（2014年北京丰台二模）已知椭圆\(E:\dfrac{x^2}8+\dfrac{y^2}4=1\)与直线\(l:y=kx+m\)交于\(A,B\)两点，\(O\)为坐标原点．

（1）若直线\(l\)过椭圆\(E\)的左焦点，且\(k=1\)，求三角形\(AOB\)的面积；

（2）若\(OA\perp OB\)，且直线\(l\)与圆\(O:x^2+y^2=r^2\)相切，求圆\(O\)的半径\(r\)的值．

练习2、双曲线\(\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(b>a>0)\)，\(O\)为坐标原点，离心率\(e=2\)，点\(M\left(\sqrt 5,\sqrt 3\right)\)在双曲线上．

（1）求双曲线的方程；

（2）若直线\(l\)与双曲线交于\(P\)、\(Q\)两点，且\(\overrightarrow{OP}\cdot\overrightarrow{OQ}=0\)，求\(\dfrac{1}{OP^2}+\dfrac{1}{OQ^2}\)的值．

练习3、已知点\(P_1,P_2,\cdots,P_n\)为椭圆\(\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1\)上的\(n\)个点，且\(OP_1,OP_2,\cdots,OP_n\)将原点处的周角\(n\)等分．求证\[\dfrac{1}{OP_1^2}+\dfrac{1}{OP_2^2}+\cdots+\dfrac{1}{OP_n^2}\]为定值．

练习4、求抛物线\(y^2=2px(p>0)\)的内接等腰直角三角形面积的最小值．

练习5、在平面直角坐标系\(xOy\)中，直角三角形\(ABC\)的三个顶点都在椭圆\(\dfrac{x^2}{a^2}+y^2=1\)（\(a>0\)）上，其中\(A(0,1)\)为直角顶点，若该三角形的面积的最大值为\(\dfrac{27}{8}\)，求\(a\)的值．

参考答案：练习1、（1）\(8/3\)；（2）\(\dfrac{2\sqrt 6}3\)．

练习3、（1）\(\dfrac{x^2}{4}-\dfrac{y^2}{12}=1\)；（2）定值为\(\dfrac{1}{a^2}-\dfrac{1}{b^2}=\dfrac 16\)．

练习3、定值为\(\dfrac{n}{2}\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}\right)\)．

练习4、http://lanqi.org/?p=632

练习5、\(3\)．