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】椭圆极点和极线的定义与作图：已知椭圆:C12222byax（a＞b＞0），则称点),(00yxP和直线12020byyaxx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),(00yxP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),(00yxP，如何作出相应的极线？【探究拓展】探究1：在平面直角坐标系xoy中，如图，已知椭圆15922yx的左、右顶点为A、B，右焦点为F.设过点T（mt,）的直线TA、TB与椭圆分别交于点M),(11yx、),(22yxN，其中m0,0,021yy.（1）设动点P满足422PBPF,求点P的轨迹；（2）设31,221xx，求点T的坐标；（3）设9t,求证：直线MN必过x轴上的一定点（其坐标与m无关）解：（1）设点P（x，y），则：F（2，0）、B（3，0）、A（-3，0）。由422PBPF，得2222(2)[(3)]4,xyxy化简得92x。故所求点P的轨迹为直线92x（2）将31,221xx分别代入椭圆方程，以及0,021yy得：M（2，53）、N（13，209）直线MTA方程为：0352303yx，即113yx，直线NTB方程为：032010393yx，即5562yx联立方程组，解得：7103xy，所以点T的坐标为10(7,)3（3）点T的坐标为(9,)m直线MTA方程为：03093yxm，即(3)12myx，直线NTB方程为：03093yxm，即(3)6myx分别与椭圆15922yx联立方程组，同时考虑到123,3xx，解得：2223(80)40(,)8080mmMmm、2223(20)20(,)2020mmNmm（方法1）当12xx时，直线MN方程为：222222222203(20)202040203(80)3(20)80208020mmyxmmmmmmmmmm令0y，解得：1x。此时必过点D（1，0）；当12xx时，直线MN方程为：1x，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）。（方法2）若12xx，则由222224033608020mmmm及0m，得210m，此时直线MN的方程为1x，过点D（1，0）若12xx，则210m，直线MD的斜率2222401080240340180MDmmmkmmm，直线ND的斜率222220102036040120NDmmmkmmm，得MDNDkk，所以直线MN过D点。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．先将两个点的坐标上下对齐书写，假设最终求出的直线方程为Ax＋By＋C＝0，则，，这种方法既形象直观，又运算简洁，更重要的是避免了许多情况下，因为字母运算时需要分类讨论的繁琐．大家不妨以“若A（－2,1），B（3，－1），求直线AB的方程”为例试试看.（2）巧妙分解因式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，，将代入上式得，显然有公因式，从而很方便地求出另一个交点坐标．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，则x＝1即直线MN必过x轴上的定点（1，0）．探究2：在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x2+y2＝r2和直线l：x＝a（其中r和a均为常数，且0ra），M为l上一动点，A1，A2为圆C与x轴的两个交点，直线MA1，MA2与圆C的另一个交点分别为P、Q．（1）若r＝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．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224320xyxy，得8655P，．直线MA2的方程：x－y－2=0，解22420xyxy，得02Q，．由两点式，得直线PQ方程为：2x－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(x2+y2－4)=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)，直线MA1的方程是：y=ta+r(x+r)，直线MA1的方程是：y=ta－r(x－r)．解222()xyrtyxrar，得222222()2()()()rarrttrarPartart，．解222()xyrtyxrar，得222222()2()()()rtrartrarQartart，．于是直线PQ的斜率kPQ＝2ata2－t2－r2，直线PQ的方程为2222222222()()2()()trarrarrtatyxartatrart．上式中令y=0，得x＝r2a，是一个与t无关的常数.故直线PQ过定点20ra，．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=ta+r(x+r)，与圆C的交点P设为P(x1，y1)．直线MA2的方程是：y=ta－r(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(a2－r2)y2－2ty(ax－r2)+t2(x2－r2)＝0．①又有P(x1，y1)，Q(x2，y2)在圆C上，圆C：x2+y2－r2＝0．②①－t2×②得(a2－r2)y2－2ty(ax－r2)－t2(x2－r2)－t2(x2+y2－r2)＝0，化简得：(a2－r2)y－2t(ax－r2)－t2y＝0．所以直线PQ的方程为(a2－r2)y－2t(ax－r2)-t2y＝0．③在③中令y=0得x=r2a，故直线PQ过定点20ra，．变式：已知椭圆C的离心率23e，长轴的左右端点分别为)0,2(1A，)0,2(2A.（1）求椭圆C的方程；（2）设直线x＝my＋1与椭圆C交于两点P，Q，直线PA1与QA2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？