快速解決圓錐曲線中點(diǎn)弦問題的方法

饒文忠+董正洪

一、從一道課本習(xí)題的求解說起

例1（人教A版選修2-1第80頁，復(fù)習(xí)參考題A組第9題）經(jīng)過點(diǎn)M（2，1）作直線l交雙曲線x2-y22=1于A、B兩點(diǎn)，且M為AB的中點(diǎn)，求直線l的方程.

分析由雙曲線關(guān)于x軸對稱可知，當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，M不可能是AB的中點(diǎn)，故直線l的斜率k一定存在.

又已知直線過點(diǎn)M（2，1），要求直線l的方程，只需求出其斜率k即可，故得以下解法.

方法一（韋達(dá)定理法）

解設(shè)A（x1，y1）、B（x2，y2），直線l的方程為y-1=k（x-2），則由2x2-y2=2，

y-1=k（x-2）得（2-k2）x2-2k（1-2k）x-（1-2k）2-2=0，（2-k2≠0） ①.

由韋達(dá)定理及已知得x1+x2=2k（1-2k）2-k2=2×2，解得k=4.

k=4代入方程①檢驗(yàn)得Δ=280>0，方程①有實(shí)數(shù)根，滿足要求.

故所求直線l的方程為4x-y-7=0.

評析此方法是運(yùn)用設(shè)而不求的思想，借助韋達(dá)定理求解，方法直接、易想到，但運(yùn)算量稍大，是常規(guī)方法、是通法，應(yīng)牢固掌握，熟練運(yùn)用.

若考慮到斜率公式k=y2-y1x2-x1，又可得以下方法.

方法二（點(diǎn)差法）

解設(shè)A（x1，y1）、B（x2，y2），因?yàn)锳、B兩點(diǎn)在雙曲線x2-y22=1上，得x221-y222=1，

x211-y212=1.兩式相減變形得y22-y21x22-x21=2.又因?yàn)?x2+x12=2，y2+y12=1，k=y2-y1x2-x1=2×x2+x1y2+y1=2×42=4，直線l的方程為y=4x-7.由2x2-y2=2，

y-1=4（x-2）得14x2-56x+51=0，檢驗(yàn)得Δ=280>0，滿足要求.所求直線l的方程為4x-y-7=0.

評析點(diǎn)差法的運(yùn)算量比韋達(dá)定理法要小一些，實(shí)際解題中應(yīng)用更多一些，更優(yōu)一些，但要特別注意檢驗(yàn)判別式.

二、習(xí)題的拓展、統(tǒng)一的結(jié)論

從點(diǎn)差法的求解過程，可看到弦的斜率與弦的中點(diǎn)坐標(biāo)之間有明確的關(guān)系，y22-y21x22-x21=y2-y1x2-x1×y2+y1x2+x1=kAB×kOM，經(jīng)探究，拓展到一般，易得以下結(jié)論：

結(jié)論1設(shè)A、B是雙曲線x2a2-y2b2=1上任意兩點(diǎn)，P為A、B中點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，且直線AB、OP的斜率kAB、kOP都存在，則有kAB·kOP=b2a2.

類比到橢圓，也有類似結(jié)論：

結(jié)論2設(shè)A、B是橢圓x2a2+y2b2=1上任意兩點(diǎn)，P為A、B中點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，且直線AB、OP的斜率kAB、kOP都存在，則有kAB·kOP=-b2a2.

再拓展到一般，可得以下統(tǒng)一結(jié)論：

統(tǒng)一結(jié)論：設(shè)A、B是有心圓錐曲線（圓、橢圓、雙曲線）x2n+y2m=1上任意兩點(diǎn)，P為A、B中點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，且直線AB、OP的斜率kAB、kOP都存在，則有kAB·kOP=-mn.

三、結(jié)論在課本中的應(yīng)用

運(yùn)用以上統(tǒng)一結(jié)論，可快速求解有心圓錐曲線的中點(diǎn)弦問題.例1請你自己解答，下面再舉幾例.

例2（人教A版選修2-1教師教學(xué)用書第72頁，自我檢測題第5題）過點(diǎn)M（-2，0）的直線l與橢圓x2+2y2=2交于P1，P2兩點(diǎn)，設(shè)線段P1P2的中點(diǎn)為P，若直線l的斜率為k1（k1≠0），直線OP的斜率為k2，則k1k2等于（ ）.

A.-2 B. 2 C.12 D. -12

分析橢圓方程為x22+y21=1，由結(jié)論2得k1k2=-b2a2=-12，選（D）.

例3（人教A版選修2-1第62頁，習(xí)題2.3、B組第4題）已知雙曲線x2-y22=1，過點(diǎn)P（1，1）能否作一條直線l交雙曲線于A、B兩點(diǎn)，且點(diǎn)P是線段AB的中點(diǎn)？

分析求解存在性問題，先假設(shè)存在滿足條件的直線l，則由結(jié)論1得kAB×1=2，即kAB=2，直線l的方程為y-1=2（x-1），即y=2x-1.又由y=2x-1，

x2-y22=1得2x2-4x+3=0，判別式Δ=16-24=-8<0，方程無實(shí)根.所以，不能作一條直線l交雙曲線于A、B兩點(diǎn)，且點(diǎn)P是線段AB的中點(diǎn).

四、運(yùn)用結(jié)論快速求解高考題

例4（2010年全國課標(biāo)卷理12）已知雙曲線E的中心為原點(diǎn)，F(xiàn)（3，0）是E的焦點(diǎn)，過F的直線l與E相交于A，B兩點(diǎn)，且AB的中點(diǎn)為N（-12，-15），則E的方程為（ ）.

A.x23-y26=1B. x24-y25=1

C.x26-y23=1 D. x25-y24=1

分析由kAB·kON=b2a2得-15-0-12-3×-15-0-12-0=b2a2，即b2a2=54.又由a2+b2=9得a2=4，b2=5， 故選B.

中點(diǎn)弦問題的常規(guī)方法是采用設(shè)而不求的思想借助韋達(dá)定理求解，或采用點(diǎn)差法求解，大題一般采用以上兩種方法解答.若是選擇、填空題，因只要結(jié)果，不要過程，故采用統(tǒng)一結(jié)論求解，可達(dá)到快速、準(zhǔn)確的效果.

一、從一道課本習(xí)題的求解說起

例1（人教A版選修2-1第80頁，復(fù)習(xí)參考題A組第9題）經(jīng)過點(diǎn)M（2，1）作直線l交雙曲線x2-y22=1于A、B兩點(diǎn)，且M為AB的中點(diǎn)，求直線l的方程.

分析由雙曲線關(guān)于x軸對稱可知，當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，M不可能是AB的中點(diǎn)，故直線l的斜率k一定存在.

又已知直線過點(diǎn)M（2，1），要求直線l的方程，只需求出其斜率k即可，故得以下解法.

方法一（韋達(dá)定理法）

解設(shè)A（x1，y1）、B（x2，y2），直線l的方程為y-1=k（x-2），則由2x2-y2=2，

y-1=k（x-2）得（2-k2）x2-2k（1-2k）x-（1-2k）2-2=0，（2-k2≠0） ①.

由韋達(dá)定理及已知得x1+x2=2k（1-2k）2-k2=2×2，解得k=4.

k=4代入方程①檢驗(yàn)得Δ=280>0，方程①有實(shí)數(shù)根，滿足要求.

故所求直線l的方程為4x-y-7=0.

評析此方法是運(yùn)用設(shè)而不求的思想，借助韋達(dá)定理求解，方法直接、易想到，但運(yùn)算量稍大，是常規(guī)方法、是通法，應(yīng)牢固掌握，熟練運(yùn)用.

若考慮到斜率公式k=y2-y1x2-x1，又可得以下方法.

方法二（點(diǎn)差法）

解設(shè)A（x1，y1）、B（x2，y2），因?yàn)锳、B兩點(diǎn)在雙曲線x2-y22=1上，得x221-y222=1，

x211-y212=1.兩式相減變形得y22-y21x22-x21=2.又因?yàn)?x2+x12=2，y2+y12=1，k=y2-y1x2-x1=2×x2+x1y2+y1=2×42=4，直線l的方程為y=4x-7.由2x2-y2=2，

y-1=4（x-2）得14x2-56x+51=0，檢驗(yàn)得Δ=280>0，滿足要求.所求直線l的方程為4x-y-7=0.

評析點(diǎn)差法的運(yùn)算量比韋達(dá)定理法要小一些，實(shí)際解題中應(yīng)用更多一些，更優(yōu)一些，但要特別注意檢驗(yàn)判別式.

二、習(xí)題的拓展、統(tǒng)一的結(jié)論

從點(diǎn)差法的求解過程，可看到弦的斜率與弦的中點(diǎn)坐標(biāo)之間有明確的關(guān)系，y22-y21x22-x21=y2-y1x2-x1×y2+y1x2+x1=kAB×kOM，經(jīng)探究，拓展到一般，易得以下結(jié)論：

結(jié)論1設(shè)A、B是雙曲線x2a2-y2b2=1上任意兩點(diǎn)，P為A、B中點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，且直線AB、OP的斜率kAB、kOP都存在，則有kAB·kOP=b2a2.

類比到橢圓，也有類似結(jié)論：

結(jié)論2設(shè)A、B是橢圓x2a2+y2b2=1上任意兩點(diǎn)，P為A、B中點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，且直線AB、OP的斜率kAB、kOP都存在，則有kAB·kOP=-b2a2.

再拓展到一般，可得以下統(tǒng)一結(jié)論：

統(tǒng)一結(jié)論：設(shè)A、B是有心圓錐曲線（圓、橢圓、雙曲線）x2n+y2m=1上任意兩點(diǎn)，P為A、B中點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，且直線AB、OP的斜率kAB、kOP都存在，則有kAB·kOP=-mn.

三、結(jié)論在課本中的應(yīng)用

運(yùn)用以上統(tǒng)一結(jié)論，可快速求解有心圓錐曲線的中點(diǎn)弦問題.例1請你自己解答，下面再舉幾例.

例2（人教A版選修2-1教師教學(xué)用書第72頁，自我檢測題第5題）過點(diǎn)M（-2，0）的直線l與橢圓x2+2y2=2交于P1，P2兩點(diǎn)，設(shè)線段P1P2的中點(diǎn)為P，若直線l的斜率為k1（k1≠0），直線OP的斜率為k2，則k1k2等于（ ）.

A.-2 B. 2 C.12 D. -12

分析橢圓方程為x22+y21=1，由結(jié)論2得k1k2=-b2a2=-12，選（D）.

例3（人教A版選修2-1第62頁，習(xí)題2.3、B組第4題）已知雙曲線x2-y22=1，過點(diǎn)P（1，1）能否作一條直線l交雙曲線于A、B兩點(diǎn)，且點(diǎn)P是線段AB的中點(diǎn)？

分析求解存在性問題，先假設(shè)存在滿足條件的直線l，則由結(jié)論1得kAB×1=2，即kAB=2，直線l的方程為y-1=2（x-1），即y=2x-1.又由y=2x-1，

x2-y22=1得2x2-4x+3=0，判別式Δ=16-24=-8<0，方程無實(shí)根.所以，不能作一條直線l交雙曲線于A、B兩點(diǎn)，且點(diǎn)P是線段AB的中點(diǎn).

四、運(yùn)用結(jié)論快速求解高考題

例4（2010年全國課標(biāo)卷理12）已知雙曲線E的中心為原點(diǎn)，F(xiàn)（3，0）是E的焦點(diǎn)，過F的直線l與E相交于A，B兩點(diǎn)，且AB的中點(diǎn)為N（-12，-15），則E的方程為（ ）.

A.x23-y26=1B. x24-y25=1

C.x26-y23=1 D. x25-y24=1

分析由kAB·kON=b2a2得-15-0-12-3×-15-0-12-0=b2a2，即b2a2=54.又由a2+b2=9得a2=4，b2=5， 故選B.

中點(diǎn)弦問題的常規(guī)方法是采用設(shè)而不求的思想借助韋達(dá)定理求解，或采用點(diǎn)差法求解，大題一般采用以上兩種方法解答.若是選擇、填空題，因只要結(jié)果，不要過程，故采用統(tǒng)一結(jié)論求解，可達(dá)到快速、準(zhǔn)確的效果.

一、從一道課本習(xí)題的求解說起

例1（人教A版選修2-1第80頁，復(fù)習(xí)參考題A組第9題）經(jīng)過點(diǎn)M（2，1）作直線l交雙曲線x2-y22=1于A、B兩點(diǎn)，且M為AB的中點(diǎn)，求直線l的方程.

分析由雙曲線關(guān)于x軸對稱可知，當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，M不可能是AB的中點(diǎn)，故直線l的斜率k一定存在.

又已知直線過點(diǎn)M（2，1），要求直線l的方程，只需求出其斜率k即可，故得以下解法.

方法一（韋達(dá)定理法）

解設(shè)A（x1，y1）、B（x2，y2），直線l的方程為y-1=k（x-2），則由2x2-y2=2，

y-1=k（x-2）得（2-k2）x2-2k（1-2k）x-（1-2k）2-2=0，（2-k2≠0） ①.

由韋達(dá)定理及已知得x1+x2=2k（1-2k）2-k2=2×2，解得k=4.

k=4代入方程①檢驗(yàn)得Δ=280>0，方程①有實(shí)數(shù)根，滿足要求.

故所求直線l的方程為4x-y-7=0.

評析此方法是運(yùn)用設(shè)而不求的思想，借助韋達(dá)定理求解，方法直接、易想到，但運(yùn)算量稍大，是常規(guī)方法、是通法，應(yīng)牢固掌握，熟練運(yùn)用.

若考慮到斜率公式k=y2-y1x2-x1，又可得以下方法.

方法二（點(diǎn)差法）

解設(shè)A（x1，y1）、B（x2，y2），因?yàn)锳、B兩點(diǎn)在雙曲線x2-y22=1上，得x221-y222=1，

x211-y212=1.兩式相減變形得y22-y21x22-x21=2.又因?yàn)?x2+x12=2，y2+y12=1，k=y2-y1x2-x1=2×x2+x1y2+y1=2×42=4，直線l的方程為y=4x-7.由2x2-y2=2，

y-1=4（x-2）得14x2-56x+51=0，檢驗(yàn)得Δ=280>0，滿足要求.所求直線l的方程為4x-y-7=0.

評析點(diǎn)差法的運(yùn)算量比韋達(dá)定理法要小一些，實(shí)際解題中應(yīng)用更多一些，更優(yōu)一些，但要特別注意檢驗(yàn)判別式.

二、習(xí)題的拓展、統(tǒng)一的結(jié)論

從點(diǎn)差法的求解過程，可看到弦的斜率與弦的中點(diǎn)坐標(biāo)之間有明確的關(guān)系，y22-y21x22-x21=y2-y1x2-x1×y2+y1x2+x1=kAB×kOM，經(jīng)探究，拓展到一般，易得以下結(jié)論：

結(jié)論1設(shè)A、B是雙曲線x2a2-y2b2=1上任意兩點(diǎn)，P為A、B中點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，且直線AB、OP的斜率kAB、kOP都存在，則有kAB·kOP=b2a2.

類比到橢圓，也有類似結(jié)論：

結(jié)論2設(shè)A、B是橢圓x2a2+y2b2=1上任意兩點(diǎn)，P為A、B中點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，且直線AB、OP的斜率kAB、kOP都存在，則有kAB·kOP=-b2a2.

再拓展到一般，可得以下統(tǒng)一結(jié)論：

統(tǒng)一結(jié)論：設(shè)A、B是有心圓錐曲線（圓、橢圓、雙曲線）x2n+y2m=1上任意兩點(diǎn)，P為A、B中點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，且直線AB、OP的斜率kAB、kOP都存在，則有kAB·kOP=-mn.

三、結(jié)論在課本中的應(yīng)用

運(yùn)用以上統(tǒng)一結(jié)論，可快速求解有心圓錐曲線的中點(diǎn)弦問題.例1請你自己解答，下面再舉幾例.

例2（人教A版選修2-1教師教學(xué)用書第72頁，自我檢測題第5題）過點(diǎn)M（-2，0）的直線l與橢圓x2+2y2=2交于P1，P2兩點(diǎn)，設(shè)線段P1P2的中點(diǎn)為P，若直線l的斜率為k1（k1≠0），直線OP的斜率為k2，則k1k2等于（ ）.

A.-2 B. 2 C.12 D. -12

分析橢圓方程為x22+y21=1，由結(jié)論2得k1k2=-b2a2=-12，選（D）.

例3（人教A版選修2-1第62頁，習(xí)題2.3、B組第4題）已知雙曲線x2-y22=1，過點(diǎn)P（1，1）能否作一條直線l交雙曲線于A、B兩點(diǎn)，且點(diǎn)P是線段AB的中點(diǎn)？

分析求解存在性問題，先假設(shè)存在滿足條件的直線l，則由結(jié)論1得kAB×1=2，即kAB=2，直線l的方程為y-1=2（x-1），即y=2x-1.又由y=2x-1，

x2-y22=1得2x2-4x+3=0，判別式Δ=16-24=-8<0，方程無實(shí)根.所以，不能作一條直線l交雙曲線于A、B兩點(diǎn)，且點(diǎn)P是線段AB的中點(diǎn).

四、運(yùn)用結(jié)論快速求解高考題

例4（2010年全國課標(biāo)卷理12）已知雙曲線E的中心為原點(diǎn)，F(xiàn)（3，0）是E的焦點(diǎn)，過F的直線l與E相交于A，B兩點(diǎn)，且AB的中點(diǎn)為N（-12，-15），則E的方程為（ ）.

A.x23-y26=1B. x24-y25=1

C.x26-y23=1 D. x25-y24=1

分析由kAB·kON=b2a2得-15-0-12-3×-15-0-12-0=b2a2，即b2a2=54.又由a2+b2=9得a2=4，b2=5， 故選B.

中點(diǎn)弦問題的常規(guī)方法是采用設(shè)而不求的思想借助韋達(dá)定理求解，或采用點(diǎn)差法求解，大題一般采用以上兩種方法解答.若是選擇、填空題，因只要結(jié)果，不要過程，故采用統(tǒng)一結(jié)論求解，可達(dá)到快速、準(zhǔn)確的效果.