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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
x2 y2
例1.已知椭圆C : 2 + 2 = 1(a> b> 0)
3
的离心率为 2 ，过右焦点F且斜率为 k(k> 0)的直线与C相交于a b
A，B两点，若AF = 3FB，求 k
2. x
2 y2 PA
例 已知 9 + 4 = 1，过点P(0,3)的直线交椭圆于A，B(可以重合)，求 取值范围． PB
3. x
2 y2
例 已知椭圆 6 + 2 = 1的左右焦点分别为 F1，F2，A，B，P是椭圆上的三个动点，且PF1= λF1A，PF2=
μF2B若 λ= 2，求 μ的值．
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°．
2
例5. x椭圆 E: + y22 = 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,
-1)，证明:直线AP与AQ的斜率之和为 2．
2
例6.已知椭圆C : x4 + y
2= 1，设直线 l不经过点P2(0,1)且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的
斜率的和为-1，证明：直线 l过定点．
题型三：极点极线问题
2 y2
例7. x已知椭圆M： 2 + 2 = 1(a> b> 0)过A(-2，0)，B(0，1)两点．a b
(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．
2 y2
例8.若双曲线 x2- y2= 9 x 4与椭圆C: 2 + 2 = 1(a> b> 0)共顶点，且它们的离心率之积为 ．a b 3
(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
为 k1，k
1
2，且 k1- 5 k2= 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．
9. x
2 y2
例 如图，椭圆 E： 2 + 2 = 1(a> b> 0)
2
的离心率是 2 ，过点P(0,1)的动直线 l与椭圆相交于A，B两a b
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 2 2.
(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
2
变式1.已知A、B分别为椭圆E x： 2 + y2= 1(a> 1)的左、右顶点，G为E的上顶点，AG GB= 8，P为直线a
x= 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.
x2 y2
变式2.已知椭圆C： 2 + 2 = 1(a> b> 0)的左焦点为F1(- 3,0)，且过点P 3 , 13a b 2 4 .
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知A1，A2分别为椭圆C的左、右顶点，Q为直线 x= 1上任
意一点，直线A1Q，A2Q分别交椭圆C于不同的两点M，N .求
证：直线MN恒过定点，并求出定点坐标.
2 2
变式3.设椭圆C: x2 +
y
2 = 1(a> b> 0)过点M ( 2,1)，且左焦点为F1 - 2,0 ．a b
(1)求椭圆C的方程；

(2)当过点P(4,1)的动直线 l与椭圆C相交于两不同点A，B时，在线段AB上取点Q，且满足 |AP| |QB|

= |AQ| |PB|，证明：点Q总在某定直线上．
题型四：蝴蝶问题
例10.在平面直角坐标系中，已知圆M : x+ 2 2+ y2= 36，点N 2,0 ，Q是圆M上任意一点，线段NQ的垂直
平分线与半径MQ相交于点P，设点P的轨迹为曲线E。
(1)求曲线E的方程；
(2)若A -3,0 ,B 3,0 ，设过点T 9,m 的直线TA,TB与曲线E分别交于点C x1,y1 ,D x2,y2 ，其中m
> 0,y1> 0,y2< 0，求证：直线CD必过 x轴上的一定点。 (其坐标与m无关)
x2 y211. 1例 已知椭圆C: 2 + 2 = 1 a> b> 0 的左 右顶点分别为点A，B，且 AB = 4，椭圆C离心率为a b 2 .
(1)求椭圆C的方程；
(2)过椭圆C的右焦点，且斜率不为 0的直线 l交椭圆C于M，N两点，直线AM，BN的交于点Q，求证：
点Q在直线 x= 4上.
2 y2
12. x 1 3例 已知椭圆C： 2 + 2 = 1(a> b> 0)的左、右顶点分别为A，B，离心率为 2 ，点Pa b 1, 2 为椭圆上一
点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)如图，过点C(0，1)且斜率大于 1的直线 l与椭圆交于M，N两点，记直线AM的斜率为 k1，直线BN的
斜率为 k2，若 k1= 2k2，求直线 l斜率的值．
x2 y2
变式4.如图，O为坐标原点，椭圆C : 2 + 2 = 1(a> b> 0)的焦距等于其长半轴长，M ,N为椭圆C的上、下a b
顶点，且 |MN | = 2 3
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点P 0,1 作直线 l交椭圆C于异于M ,N的A,B两点，直线AM ,BN交于点T．求证：点T的纵坐
标为定值 3．
3 x2 2 ,- + y = ( > > ) x 3y变式5.已知点A 1 2 在椭圆C： 2 2 1 a b 0 上，O为坐标原点，直线 l： 2 - 2 = 1的斜a b a 2b
1
率与直线OA的斜率乘积为- 4
(1)求椭圆C的方程；
(2)不经过点A的直线 l：y= 32 x+ t(t≠ 0且 t∈R)与椭圆C交于P，Q两点，P关于原点的对称点为R
(与点A不重合)，直线AQ，AR与 y轴分别交于两点M，N，求证：AM=AN .
2 2
变式6.椭圆C: x + y2 2 = 1(a> b> 0)的左、右焦点分别为F1,F2，M在椭圆上，ΔMF1F2的周长为 2 5 + 4，面a b
积的最大值为 2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线 y= kx(k> 0)与椭圆C交于A,B，连接AF2，BF2并延长交椭圆C于D,E，连接DE，探索AB与
DE的斜率之比是否为定值并说明理由.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
: x
2
+ y
2
例1.已知椭圆C 2 2 = 1(a> b> 0)
3
的离心率为 2 ，过右焦点F且斜率为 k(k> 0)的直线与C相交于a b
A，B两点，若AF = 3FB，求 k
2
【解析】由 e= 32 ，可设椭圆为
x
4 + y
2=m2(m> 0)，

设A(x1,y1)，B(x2,y2)，F( 3m,0)，由AF = 3FB，
3m= x1+ 3x2
所以 1+ 3 x1+ 3x2= 4 3m = y1+ ， 3y + ．0 2 y1 3y2= 01+ 3
x2 2 1 + y2=m2
x1 2 2
4 1 (1) + y1 =m (1)又 2 按 λ 配 型 (2 )× 9
4
x 2 + 9x
2
y2=m2(2) 2 + 9y2= 9m2 4 2 4 2 (3)
由 (1) - ( ) (x + 3x ) (x - 3x )3 得 1 2 1 24 + (y1+ 3y2) (y1- 3y
2
2) =-8m x1- 3x2=- 8 33 m，
又 x + 3x = 4 3m x = 2 3m A 2 3m1 2 1 3 3 ,±
6m
3 ．
又F( 3m,0) k=± 2．
2. x
2 y2
例 已知 9 + 4 = 1，过点P(0, )
PA
3 的直线交椭圆于A，B(可以重合)，求 取值范围．
PB

【解析】设A(x1,y1)，B(x2,y2)，P(0,3)，由AP= λPB，
= x1+ λx0 2
所以 1+ λ x1+ λx2= 0 y + λy ．3= 1 2 y1+ λy2= 3(1+ λ)1+ λ
4x2 2 2 2
由 1+ 9y1 = 36(1) 配 比 ( 2) × λ 2
4x1+ 9y1 = 36(1)
4x22+ 9y22 = 36(2) 4λ2x2 2 22+ 9λ y2 = 36(3)
由 (1) - (3)得： 4 x1+ λx2 x1- λx2 + 9 y1+ λy2 y1- λy2 = 36 1- λ2
- 4 1- λ y1 λy2 = 3 ，又 y1+ λy = 3 1+ λ y =
13+ 5λ
2 1 6 ，
又 y1∈ -2,2 ∈ 1
PA
λ -5,- 5 ，从而 = λ ∈
1
5 ,5

PB
．
3. x
2
+ y
2
例 已知椭圆 6 2 = 1的左右焦点分别为 F1，F2，A，B，P是椭圆上的三个动点，且PF1= λF1A，PF2=
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= 0 1
- , 1+ λ x0+ λx1=-c 1+ λ① F1 c 0 满足 = y0+ λy1 0 y0+ λy1= 01+ λ
c=
x0+ μx2
, 1+ μ x0+ μx2=-c 1+ μF2 c 0 满足 = y0+ μy0 2 y0+ μy2= 01+ μ
x2 y2 2 2 0 + 0 2 2 = 1 ( )
x1 0 + y0 = 1 (1)
②由 a b

a
2 b2
x2 y
2 λ2x2 λ2y2

1 1
2 + 2 = 1 (2) 1 +
1 = λ2 (3)
a b a2 b2
( ) - ( ) x0- λx③由 得： 1 x0+ λx1 + y0- λy1 y0+ yx1 3 1 2 2 = 1- λ2a b
x0- λx1 x0+ λx1 = a2 x - λx =- a
2
- + 0 1 c 1- λ ，又 x0+ λx1 =-c 1+ λ 1 λ 1 λ
a2 2 2x = - c λ- a
2+ c2，同理可得 2x =- a
2- c2 a2+ c2
0 c c 0 c μ+ c
a
2- c2 2λ+ μ = 2 a + c
2 2 2
c c λ+ μ = 2
a + c
2- 2 = 10 μ= 8．a c
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= 4
x=my+ 4 2= x-my则由 2= ，得：y 4x ，y 4x 4
y 2 + y整理得： x m x - =
y y
1 0，即： 1 2x x =-1．1 2
= y y所以 k 1 2OP kOQ x x =-1，1 2
则OP⊥OQ，即：∠POQ= 90°．
5. E: x
2
例 椭圆 2 + y
2= 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,
-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 x2 22 + y = ，1
2
得：x2 +[(y+ 1) - 1]
2= 1．
x2则 2 + (y+ 1)
2- 2(y+ 1) [mx+n(y+ 1)]= 0，
y+ 1 2 y+ 1
故 (1- 2n) x - 2m x + 12 = 0．
y1+ 1所以 x +
y2+ 1 2m
1 x
=
2 2n- 1
= 2.
即 kAP+
y + 1
k 1AQ= x +
y2+ 1
x = 2.1 2
x2
例6.已知椭圆C : 4 + y
2= 1，设直线 l不经过点P2(0,1)且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的
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)
x2 2由C: 4 + y
2= 1，得 x4 +[(y- 1) + 1]
2= 1
x2即：4 + (y- 1)
2+ 2(y- 1) = 0．．．．．． (2)
2
由 (1) (2)得：x4 + (y- 1)
2+ 2(y- 1) [mx+n(y- 1)]= 0
( + ) y- 1
2
整理得：1 2n x +
y- 1
2m x +
1
4 = 0
则 kPA+ kPB=
y1- 1 + y2- 1 2m
2 2 x1 x
=-
2 1+ 2n
=-1，
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
x2 y2
例7.已知椭圆M： 2 + 2 = 1(a> b> 0)过A(-2，0)，B(0，1)两点．a b
(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．
所以椭圆M的离心率 e= ca =
3
2 ．
2
(2)由 (1)知椭圆M的方程为 x4 + y
2= 1，C(2,0)．
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)．
4y
所以 y = 0Q 2y ．0- x0+ 2
4y0+ 2x0- 4 4y所以Q 02y - x + 2 , 2y - x + 2 ．0 0 0 0
因为B,S,P三点共线，
所以 1
y0- 1 x0
-x = x ，即 xs=s 0 1- y
．
0
所以 xS 01- y ,00 ．
4y0+ 2x0- 4
2y - x + 2 -
x0
1- y
所以直线QS的方程为 x= 0 0 0 + xy 04y0 1- y
，
0
2y0- x0+ 2
2
= x0- 4y
2
0 - 4x0y0+ 8y0- 4即 x y+ x0 ．
4y0(1- y0) 1- y0
又因为点P在椭圆M上，所以 x20= 4- 4y20．
所以直线QS的方程为 x= 2- 2y0- x01- y (y- 1) + 2．0
所以直线QS过定点 (2,1)．
2 y2
例8. x 4若双曲线 x2- y2= 9与椭圆C: 2 + 2 = 1(a> b> 0)共顶点，且它们的离心率之积为 3．a b
(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
为 k 11，k2，且 k1- 5 k2= 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．
【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 43，所以椭圆的离心率为
2 2
3 ；
由题意知 a= 3，所以 c= 2 2，b= 1．
2
所以椭圆的标准万程为 x9 + y
2= 1．
(2)当直线 l的斜率为零时，由对称性可知：
k1=-k2≠ 0，不满足 k 11- 5 k2= 0，
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 x2 + 2= ，得： t2+ 9 y2+ 2tny+n2- 9= 0，9 y 1
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
y + y =- 2tn
2
，y y = n - 9 y，k = 1 y21 2 2+ 1 2 2+ 1 x + 3，k2= x - 3．t 9 t 9 1 2
因为 k1- 15 k2= 0，
y1
1 = k1 = x1+ 3 = y1 x2- 3 = y1 ty2+n- 3所以 5 k2 y
，
2 y2 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，
2
将 y1+ y2=- 2tn n - 9t2+ ，y y =9 1 2 t2+ 代入整理得：9
t(n- 2) (n- 3) = (2-n) t2+ 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 ．
x2 y2
例9.如图，椭圆 E： 2 + 2 = 1(a> b> 0)
2
的离心率是 2 ，过点P(0,1)的动直线 l与椭圆相交于A，B两a b
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 2 2.
(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.
2 + 12 2 = 1,
a b
因此， a2- b2 = c
2, 解得 a= 2,b= 2.

c a =
2
2 ,
2 y2
所以椭圆的方程为 x4 + 2 = 1.
(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|由 2- 1|QN | |PN |，有 |y0+ |
= + ，解得 y0= 1或 y2 2 1 0= 2.
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).
x2 2
联立 4 + y2 = 1 ,得 (2k2+ 1)x2+ 4kx- 2= 0.y= kx+ 1
其判别式Δ= 16k2+ 8(2k2+ 1)> 0，
所以，x1+ x2=- 4k 22k2+ ,x1 1x2=- 2k2+ .1
因此 1 + 1 = x1+ x2x x x x = 2k.1 2 1 2
易知，点B关于 y轴对称的点的坐标为B (-x2,y2).
= y1- 2 = - 1 , = y2- 2又 kQA x k x kQB -x =-k+
1
x = k-
1
x ，1 1 2 2 1
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： 22 + y = 1(a> 1)的左、右顶点，G为E的上顶点，AG GB= 8，P为直线a
x= 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：
2
由椭圆方程E: x 22 + y = 1(a> 1)可得：A -a,0 ，B a,0 ，G 0,1
a
∴AG= a,1 ，GB= a,-1

∴AG GB= a2- 1= 8，∴ a2= 9
2
∴椭圆方程为：x 29 + y = 1
(2)证明：设P 6,y0 ，
= y0- 0 y则直线AP的方程为：y 0- x+ 3 ，即：y= x+ 3 6 -3 9
2
x + y2= 1
联立直线AP的方程与椭圆方程可得： 9 ，整理得：
y=
y0
9 x+ 3
-3y2+ 27
y20 + 9 x2+ 6y2 20x+ 9y0 - 81= 0，解得：x=-3或 x= 0y20 + 9
= -3y
2
0 + 27 = y将 x 2+ 代入直线 y
0
9 x+ 3 可得：y=
6y0
y0 9 y20 + 9
-3y2+ 27 6y
所以点C的坐标为 0 02+ , 2+ .y0 9 y0 9
3y2- 3 -2y
同理可得：点D的坐标为 0 0y2 ,0 + 1 y20 + 1
当 y20≠ 3时，
6y0 - -2y0
∴ - -2y
2 2 2
直线CD的方程为：y 02+ =
y0 + 9 y0 + 1 - 3y0 - 3x ，
y0 1 -3y2+ 27 3y20 - 0 - 3 y20 + 1
y20 + 9 y20 + 1
2y 8y 2 2 2
整理可得：y+ 0 = 0 y0 + 3 - 3y0 - 3 = 8y0 - 3y0 - 3y20 + 1 6 9- y4 x x0 y20 + 1 6 3- y2 20 y0 + 1
4y 2y 4y
整理得：y= 0 x+ 0 0
3 3- 2
=
y y2 2 x-
3
0 0 - 3 3 3- y0 2
所以直线CD过定点 32 ,0 ．
当 y20= 3时，直线CD：x= 32，直线过点
3
2 ,0 ．
故直线CD过定点 32 ,0 ．
x2 y2 3 13
变式2.已知椭圆C： 2 + 2 = 1(a> b> 0)的左焦点为F1(- 3,0)，且过点Pa b 2 , 4 .
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知A1，A2分别为椭圆C的左、右顶点，Q为直线 x= 1上任
意一点，直线A1Q，A2Q分别交椭圆C于不同的两点M，N .求
证：直线MN恒过定点，并求出定点坐标.
【解析】(1)椭圆的一个焦点F1 - 3,0 ，则另一个焦点为
F2 3,0 ,
由椭圆的定义知:PF1+PF2= 2a，代入计算得 a= 2．
2
又 b2= a2- c2= 1,所以椭圆C的标准方程为 x4 + y
2= 1．
(2)设Q 1,t ,M x1,y1 ,N x2,y2 ，
2 2
则直线A Q:y= t1 3 x+ 2 ，与
x
4 + y
2= 1联立，解得M -8t + 18 , 12t4t2+ 9 4t2+ 9
2
同理N 8t - 2 , 4t4t2+ 1 4t2+ 1
12t
2+ -
4t
所以直线MN的斜率为 4t 9 4t
2+ 1 =- 2t-8t2+ 18 8t2- - 2 4t
2+ 3
4t2+ 9 4t2+ 1
2
所以直线MN :y- 12t =- 2t x- -8t + 18 =- 2t2+ x- 4 4t 9 4t2+ 3 4t2+ 9 4t2+ 3
所以直线MN恒过定点，且定点坐标为 4,0
2 y2
变式3. x设椭圆C: 2 + 2 = 1(a> b> 0)过点M ( 2,1)，且左焦点为F1 - 2,0 ．a b
(1)求椭圆C的方程；

(2)当过点P(4,1)的动直线 l与椭圆C相交于两不同点A，B时，在线段AB上取点Q，且满足 |AP| |QB|

= |AQ| |PB|，证明：点Q总在某定直线上．
【解析】(1)因为椭圆的左焦点为F1 - 2,0 ，
所以 c= 2，
2 y2
设椭圆方程为 x2 + = 1，a a2- 2
又因为椭圆过点M ( 2,1)，
所以 22 +
1 = 1，
a a2- 2
解得 a2= 4,b2= 2
x2 y2所以椭圆方程为：4 + 2 = 1；
( )设直线 的参数方程是 x= 4+ tcosα 2 y
2
2 AB = + ，(t为参数)，代入椭圆方程
x
y 1 tsinα 4
+ 2 = 1，
得： cos2α+ 2sin2α t2+ (8cosα+ 4sinα)t+ 14= 0．

由 |AP| |QB| = |AQ| |PB|，

得 |AP|(|QP|-|PB|) = (|AP|-|QP|)|PB|，

即 |QP|(|AP|+|PB|) = 2|AP| |PB|，
则 = 2tt AtB =- 28Q tA+ tB 8cosα+ 4sinα
，
x= 4- 28cosα
点Q轨迹的参数方程是 8cosα+ 4sinα y= 1- 28sinα ，8cosα+ 4sinα
则 8(x- 4) + 4(y- 1) =-28，
所以点Q在定直线 2x+ y- 2= 0上
题型四：蝴蝶问题
例10.在平面直角坐标系中，已知圆M : x+ 2 2+ y2= 36，点N 2,0 ，Q是圆M上任意一点，线段NQ的垂直
平分线与半径MQ相交于点P，设点P的轨迹为曲线E。
(1)求曲线E的方程；
(2)若A -3,0 ,B 3,0 ，设过点T 9,m 的直线TA,TB与曲线E分别交于点C x1,y1 ,D x2,y2 ，其中m
> 0,y1> 0,y2< 0，求证：直线CD必过 x轴上的一定点。 (其坐标与m无关)
【解析】(1) ∵P在线段NQ的垂直平分线上，∴ PQ = PN
∴ PM + PQ = PM + PN = r= 6> MN
由椭圆的定义知点P的轨迹是以M ,N为焦点，6为长轴长的椭圆
c= 2,a= 3，∴ b= 5
2 y2
曲线E的方程为：x9 + 5 = 1。
(2)点T的坐标为 9,m
y- 0
直线TA方程为： x+ 3m- 0 = 9+ 3，即 y=
m
12 x+ 3 ，
y- 0
直线TB方程为： = x- 3m- 0 9- 3，即 y=
m
6 x- 3 。
x2 y2分别与椭圆 9 + 5 = 1联立方程组，同时考虑到 x1≠-3,x2≠ 3，
3 80-m
2 , 40m , 3 m
2- 20
解得： C + D ,-
20m
80 m2 80+m2 20+m2 20+ 2 .m
+ 20m - 3 m
2- 20
y
20+m2 x 20+m2当 x1≠ x2时，直线CD方程为： 40m =+ 20m 3 80-m
2 3 m2- 20
80+m2 20+m2 -80+m2 20+m2
令 y= 0，解得：x= 1。此时必过点K 1,0 ；
当 x1= x2时，直线CD方程为：x= 1，与 x轴交点为K 1,0 。
所以直线MN必过 x轴上的一定点K 1,0 。
x2 y2
例11.已知椭圆C: 2 + 2 = 1 a> b> 0 的左 右顶点分别为点A，B，且 AB = 4
1
，椭圆C离心率为
a b 2
.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过椭圆C的右焦点，且斜率不为 0的直线 l交椭圆C于M，N两
点，直线AM，BN的交于点Q，求证：点Q在直线 x= 4上.
【解析】(1)因为 AB = 4，椭圆C离心率为 12，
2a= 4
所以 c = 1 a 2 ，解得 a
2= 4，b2= 3.
a2= b2+ c2
2 y2
所以椭圆C的方程是 x4 + 3 = 1.
(2)①若直线 l的斜率不存在时，如图，
因为椭圆C的右焦点为 1,0 ，所以直线 l的方程是 x= 1.
所以点M的坐标是 1, 32 ，点N的坐标是 1,-
3
2 .
所以直线AM的方程是 y= 12 x+ 2 ，
直线BN的方程是 y= 32 x- 2 .
所以直线AM，BN的交点Q的坐标是 4,3 .
所以点Q在直线 x= 4上.
②若直线 l的斜率存在时，如图.
设斜率为 k.所以直线 l的方程为 y= k x- 1 .
y= k x- 1 联立方程组 x2 y24 + 3 = 1
消去 y，整理得 3+ 4k2 x- 8k2x+ 4k2- 12= 0.
显然Δ> 0.不妨设M x1,y1 ，N x2,y2 ，
2 2
所以 x 8k 4k - 121+ x2= ，x x =3+ 4k2 1 2 3+ 4k2 .
y
所以直线AM的方程是 y= 1x + 2 x+ 2 .1
令 x= 4，得 y= 6y1x1+ 2
.
y
直线BN的方程是 y= 2x2- 2
x- 2 .
= = 2y令 x 4，得 y 2x2- 2
.
6y
所以 1x + 2 -
2y2 = 6k x1- 1 - 2k x2- 1
1 x2- 2 x1+ 2 x2- 2
= 6k x1- 1 x2- 2 - 2k x1+ 2 x2- 1
x1+ 2 x2- 2
分子= 6k x1- 1 x2- 2 - 2k x1+ 2 x2- 1
= 2k 3 x1x2- x2- 2x1+ 2 - x1x2- x1+ 2x2- 2 .
= 2k 2x1x2- 5 x1+ x2 + 8
= 2 4k
2- 12
2k - 5× 8k
2
+ 8

3+ 4k2 3+ 4k2
2
= 2k 8k - 24- 40k
2+ 24+ 32k2
+ 2 = 0.3 4k
所以点Q在直线 x= 4上.
2 y2
例12. x已知椭圆C： 2 + 2 = 1(a> b> 0)
1 3
的左、右顶点分别为A，B，离心率为 2 ，点P 1, 2 为椭圆上一a b
点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)如图，过点C(0，1)且斜率大于 1的直线 l与椭圆交于M，N两点，记直线AM的斜率为 k1，直线BN的
斜率为 k2，若 k1= 2k2，求直线 l斜率的值．
【解析】(1)因为椭圆的离心率为 12，所以 a= 2c.
又因为 a2= b2+ c2，所以 b= 3c.
2 y2
所以椭圆的标准方程为 x
4c2
+ 2 = 1.3c
9
又因为点P 1, 32 为椭圆上一点，所以
1
2 +
4
2 = 1，解得 c= 1.4c 3c
2 y2
所以椭圆的标准方程为 x4 + 3 = 1.
(2)由椭圆的对称性可知直线 l的斜率一定存在，设其方程为 y= kx+ 1.
设M (x1，y1)，N (x2，y2)．
联立方程组
消去 y可得 (3+ 4k2)x2+ 8kx- 8= 0.
所以由根与系数关系可知 x1+ x2=- 8k 83+ 2，x1x4k 2=- + 2 .3 4k
y y y 2y
因为 k = 1 ，k = 2 1 21 x + 2 2 x - 2，且 k1= 2k2，所以 x + 2 = x - 2 .1 2 1 2
y2 2
即 1
4y2
x + 2 2
=
1 x2-
.①
2 2
又因为M (x1，y1)，N (x2，y2)在椭圆上，
所以 y2= 3 (4- x2)，y21 4 1 2=
3
4 (4- x
2
2)．②
2- x1 = 4 2+ x将②代入①可得： 2 2+ x 2- x ，即 3x1x2+ 10(x1+ x2) + 12= 0.1 2
所以 3 - 8+ 2 + 10 -
8k 2
3 4k 3+ 2 + 12= 0，即 12k - 20k+ 3= 0.4k
解得 k= 16 或 k=
3
2，又因为 k> 1，所以 k=
3
2 .
2 y2
变式4. x如图，O为坐标原点，椭圆C : 2 + 2 = 1(a> b> 0)的焦距等于其长半轴长，M ,N为椭圆C的上、下a b
顶点，且 |MN | = 2 3
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点P 0,1 作直线 l交椭圆C于异于M ,N的A,B两点，直线AM ,BN交于点T．求证：点T的纵坐
标为定值 3．
【解析】(1)由题意可知：2c= a,2b= 2 3，又 a2= b2+ c2，
2 2
有 b= y3,c= 1,a= 2，故椭圆C的方程为：x4 + 3 = 1．
(2)由题意知直线 l的斜率存在，设其方程为 y= kx+ 1，用A,B的横坐
标表示T的纵坐标，再联立 l的方程和椭圆的方程，消去 y得 4k2+ 3 x2
+ 8kx- 8= 0，利用韦达定理化简T的纵坐标后可得所求的定值.
设A x1,y1 ,B x2,y2 (x1x2≠ 0)，
联立直线方程和椭圆方程得 y= kx+ 1 ，消去 y得 4k2+ 3 x2+3x2+ 4y2- 12= 0
8kx- 8= 0，
x -8k -81+ x2= 2+ ,x1x2= 2+ ，且有 x1+ x2= kx1x2，4k 3 4k 3
y
又 l :y= 2+ 3BN x x- 3，lAM: =
y
y 1
- 3
2 x
x+ 3，
1
y
y= 2+ 3x x- 32 y- 3 y1- 3由 x2 得 = ，= y - 3y 1 x x+ x3 y+ 3 1 y2+ 31
y- 3
故 = kx1+ 1- 3 x2 = kx1x2+ (1- 3)x2
y+ 3 x1 kx2+ 1-
，整理得到
3 kx1x2+ (1+ 3)x1
y- 3 = kx1x2+ (1- 3)x2 = × 2kx1x2+ 2(1- 3)x，故 y 3 2
2 3 (1+ 3)x1- (1- 3)x 2 (1+ 3)x1- (1- 3)
+ 1
x 2
= × 2kx1x2+ x3 1+ x2 + 3 x1- x2 (1+ 3)x1- (1- 3)x2
= × 3 x1+ x2 + 3 x1- x 3 2
3 x1+ +
= 3．
x2 x1- x2
故点T的纵坐标为 3．
2 y2 3y
变式5.已知点A 1,- 3 x x2 在椭圆C： 2 + 2 = 1(a> b> 0)上，O为坐标原点，直线 l： 2 - = 1的斜a b a 2b2
1
率与直线OA的斜率乘积为- 4
(1)求椭圆C的方程；
(2) 3不经过点A的直线 l：y= 2 x+ t(t≠ 0且 t∈R)与椭圆C交于P，Q两点，P关于原点的对称点为R
(与点A不重合)，直线AQ，AR与 y轴分别交于两点M，N，求证：AM=AN .
2 2
【解析】(Ⅰ)由题意，k 3 2b b 1OA k1=- 2 3a2 =- a2 =- 4，
即 a2= 4b2①又 1 32 + 2 = 1②a 4b
联立①①解得 a= 2 b= 1
2
所以，椭圆C的方程为：x4 + y
2= 1.
y= 3 x+ t
(Ⅱ)设P x1,y1 ，Q x2,y2 ，R -x 21,-y1 ，由 x2 ， + y2 4 = 1
得 x2+ 3tx+ t2- 1= 0，
所以Δ= 4- t2> 0，即-2< t< 2，
又因为 t≠ 0，所以，t∈ -2,0 ∪ 0,2 ，
x1+ x2=- 3t，x1 x = t22 - 1，
解法一：要证明AM=AN，可转化为证明直线AQ，AR的斜率互为相反数，只需证明 kAM+ kAN= 0，即证
明 kAQ+ kAR= 0.
- 3 3 3 3y1 2 y2+ y1- 2 x2- 1 + y +2 2 2 x1+ 1 kAQ+ kAR= x + =1+ 1 x2- 1 x1+ 1 x2- 1
32 x1+ t- 32 x2- 1 + 32 x2+ t+ 32 x1+ 1 ∴=
x1+ 1 x2- 1
= 3x1x2+ t x1+ x2 + 3 = 3 t
2- 1 + t - 3t + 3 = 0
x1+ 1 x2- 1 x1+ 1 x2- 1
∴ kAM+ kAN= 0，∴AM=AN .
解法二：要证明AM=AN，可转化为证明直线AQ，AR与 y轴交点M、N连线中点S的纵坐标为- 32 ，
即AS垂直平分MN即可.
直线AQ与AR的方程分别为：
y + 3 -y 33 2 2 3 1+lAQ:y+ 2 = x - 1 x- 1 ，lAR:y+ =
2
2 -x - 1 x- 1 ，2 1
-y 3 32- 2 3 -y1+分别令 x= 0，得 yM= x - 1 - 2 ，yN=
2 3
2 x1+ 1
- 2
-y - 3 -y + 32 2 1而 y 2M+ yN= x - 1 + x + 1 - 3，同解法一，可得 yM+ yN=- 32 1
y + y
y M N 3S= 2 =- 2 ，即AS垂直平分MN .
所以，AM=AN .
2 2
变式6.椭圆C: x2 +
y
2 = 1(a> b> 0)的左、右焦点分别为F1,F2，M在椭圆上，ΔMF1F2的周长为 2 5 + 4，面a b
积的最大值为 2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线 y= kx(k> 0)与椭圆C交于A,B，连接AF2，BF2并延长交椭圆C于D,E，连接DE，探索AB与
DE的斜率之比是否为定值并说明理由.
【解析】 I F1F2 + MF1 + MF2 = 2a+ 2c= 2 5+ 4，
S= 12 ·2c b= bc= 2，
得 a= 5,c= 2,b= 1，
2
所以椭圆C的方程为：x5 + y
2= 1．
II 设A x0,y0 ，则B -x0,-y0 .
直线 ： = x0- 2AD x y y+ 2，0
代入C：x
2
2 2 2 2 2
5 + y = 1得 x0- 2 + 5y0 y + 4 x0- 2 y0y- y0 = 0，
x2因为 0 + y25 0 = 1，代入化简得 9- 4x0 y
2+ 4 x0- 2 y 20y- y0 = 0，
-y2
设D x1,y1 ,E x2,y2 ，则 y y = 00 1 9- 4x ，0
= -y所以 y 0 x - 21 9- 4x ，x =
0
1 y1+ 2，
0 y0
直线 xBE:x= 0+ 2y y+ 2，0
y
同理可得 0 x0+ 2y2= 9+ 4x ，x2= y y+ 22．0 0
y - y y
所以 k = 1 2 = 1- y2 y1- y2 1DE x1- x2 x0- 2 - x + 2
= =
y 0 y x0 - - y1+ y2 x y y 2 0y 1 y 2 y 1 2 y y -
2 y1+ y2
0 0 0 0 0 y0 y1- y2
= 1 = · y0x 90 - 2 · 4x0 x
= 9k，
0
y0 y0 9
所以 kDE：k= 9．

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