快速解决圆锥曲线中点弦问题的方法
2014-11-26饶文忠董正洪
饶文忠+董正洪
一、从一道课本习题的求解说起
例1（人教A版选修2-1第80页，复习参考题A组第9题）经过点M（2，1）作直线l交双曲线x2-y22=1于A、B两点，且M为AB的中点，求直线l的方程.
分析由双曲线关于x轴对称可知，当直线l的斜率不存在时，M不可能是AB的中点，故直线l的斜率k一定存在.
又已知直线过点M（2，1），要求直线l的方程，只需求出其斜率k即可，故得以下解法.
方法一（韦达定理法）
解设A（x1，y1）、B（x2，y2），直线l的方程为y-1=k（x-2），则由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.
由韦达定理及已知得x1+x2=2k（1-2k）2-k2=2×2，解得k=4.
k=4代入方程①检验得Δ=280>0，方程①有实数根，满足要求.
故所求直线l的方程为4x-y-7=0.
评析此方法是运用设而不求的思想，借助韦达定理求解，方法直接、易想到，但运算量稍大，是常规方法、是通法，应牢固掌握，熟练运用.
若考虑到斜率公式k=y2-y1x2-x1，又可得以下方法.
方法二（点差法）
解设A（x1，y1）、B（x2，y2），因为A、B两点在双曲线x2-y22=1上，得x221-y222=1，
x211-y212=1.两式相减变形得y22-y21x22-x21=2.又因为 x2+x12=2，y2+y12=1，k=y2-y1x2-x1=2×x2+x1y2+y1=2×42=4，直线l的方程为y=4x-7.由2x2-y2=2，
y-1=4（x-2）得14x2-56x+51=0，检验得Δ=280>0，满足要求.所求直线l的方程为4x-y-7=0.
评析点差法的运算量比韦达定理法要小一些，实际解题中应用更多一些，更优一些，但要特别注意检验判别式.
二、习题的拓展、统一的结论
从点差法的求解过程，可看到弦的斜率与弦的中点坐标之间有明确的关系，y22-y21x22-x21=y2-y1x2-x1×y2+y1x2+x1=kAB×kOM，经探究，拓展到一般，易得以下结论：
结论1设A、B是双曲线x2a2-y2b2=1上任意两点，P为A、B中点，O为坐标原点，且直线AB、OP的斜率kAB、kOP都存在，则有kAB·kOP=b2a2.
类比到椭圆，也有类似结论：
结论2设A、B是椭圆x2a2+y2b2=1上任意两点，P为A、B中点，O为坐标原点，且直线AB、OP的斜率kAB、kOP都存在，则有kAB·kOP=-b2a2.
再拓展到一般，可得以下统一结论：
统一结论：设A、B是有心圆锥曲线（圆、椭圆、双曲线）x2n+y2m=1上任意两点，P为A、B中点，O为坐标原点，且直线AB、OP的斜率kAB、kOP都存在，则有kAB·kOP=-mn.
三、结论在课本中的应用
运用以上统一结论，可快速求解有心圆锥曲线的中点弦问题.例1请你自己解答，下面再举几例.
例2（人教A版选修2-1教师教学用书第72页，自我检测题第5题）过点M（-2，0）的直线l与椭圆x2+2y2=2交于P1，P2两点，设线段P1P2的中点为P，若直线l的斜率为k1（k1≠0），直线OP的斜率为k2，则k1k2等于（ ）.
A.-2 B. 2 C.12 D. -12
分析椭圆方程为x22+y21=1，由结论2得k1k2=-b2a2=-12，选（D）.
例3（人教A版选修2-1第62页，习题2.3、B组第4题）已知双曲线x2-y22=1，过点P（1，1）能否作一条直线l交双曲线于A、B两点，且点P是线段AB的中点？
分析求解存在性问题，先假设存在满足条件的直线l，则由结论1得kAB×1=2，即kAB=2，直线l的方程为y-1=2（x-1），即y=2x-1.又由y=2x-1，
x2-y22=1得2x2-4x+3=0，判别式Δ=16-24=-8<0，方程无实根.所以，不能作一条直线l交双曲线于A、B两点，且点P是线段AB的中点.
四、运用结论快速求解高考题
例4（2010年全国课标卷理12）已知双曲线E的中心为原点，F（3，0）是E的焦点，过F的直线l与E相交于A，B两点，且AB的中点为N（-12，-15），则E的方程为（ ）.
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， 故选B.
中点弦问题的常规方法是采用设而不求的思想借助韦达定理求解，或采用点差法求解，大题一般采用以上两种方法解答.若是选择、填空题，因只要结果，不要过程，故采用统一结论求解，可达到快速、准确的效果.
一、从一道课本习题的求解说起
例1（人教A版选修2-1第80页，复习参考题A组第9题）经过点M（2，1）作直线l交双曲线x2-y22=1于A、B两点，且M为AB的中点，求直线l的方程.
分析由双曲线关于x轴对称可知，当直线l的斜率不存在时，M不可能是AB的中点，故直线l的斜率k一定存在.
又已知直线过点M（2，1），要求直线l的方程，只需求出其斜率k即可，故得以下解法.
方法一（韦达定理法）
解设A（x1，y1）、B（x2，y2），直线l的方程为y-1=k（x-2），则由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.
由韦达定理及已知得x1+x2=2k（1-2k）2-k2=2×2，解得k=4.
k=4代入方程①检验得Δ=280>0，方程①有实数根，满足要求.
故所求直线l的方程为4x-y-7=0.
评析此方法是运用设而不求的思想，借助韦达定理求解，方法直接、易想到，但运算量稍大，是常规方法、是通法，应牢固掌握，熟练运用.
若考虑到斜率公式k=y2-y1x2-x1，又可得以下方法.
方法二（点差法）
解设A（x1，y1）、B（x2，y2），因为A、B两点在双曲线x2-y22=1上，得x221-y222=1，
x211-y212=1.两式相减变形得y22-y21x22-x21=2.又因为 x2+x12=2，y2+y12=1，k=y2-y1x2-x1=2×x2+x1y2+y1=2×42=4，直线l的方程为y=4x-7.由2x2-y2=2，
y-1=4（x-2）得14x2-56x+51=0，检验得Δ=280>0，满足要求.所求直线l的方程为4x-y-7=0.
评析点差法的运算量比韦达定理法要小一些，实际解题中应用更多一些，更优一些，但要特别注意检验判别式.
二、习题的拓展、统一的结论
从点差法的求解过程，可看到弦的斜率与弦的中点坐标之间有明确的关系，y22-y21x22-x21=y2-y1x2-x1×y2+y1x2+x1=kAB×kOM，经探究，拓展到一般，易得以下结论：
结论1设A、B是双曲线x2a2-y2b2=1上任意两点，P为A、B中点，O为坐标原点，且直线AB、OP的斜率kAB、kOP都存在，则有kAB·kOP=b2a2.
类比到椭圆，也有类似结论：
结论2设A、B是椭圆x2a2+y2b2=1上任意两点，P为A、B中点，O为坐标原点，且直线AB、OP的斜率kAB、kOP都存在，则有kAB·kOP=-b2a2.
再拓展到一般，可得以下统一结论：
统一结论：设A、B是有心圆锥曲线（圆、椭圆、双曲线）x2n+y2m=1上任意两点，P为A、B中点，O为坐标原点，且直线AB、OP的斜率kAB、kOP都存在，则有kAB·kOP=-mn.
三、结论在课本中的应用
运用以上统一结论，可快速求解有心圆锥曲线的中点弦问题.例1请你自己解答，下面再举几例.
例2（人教A版选修2-1教师教学用书第72页，自我检测题第5题）过点M（-2，0）的直线l与椭圆x2+2y2=2交于P1，P2两点，设线段P1P2的中点为P，若直线l的斜率为k1（k1≠0），直线OP的斜率为k2，则k1k2等于（ ）.
A.-2 B. 2 C.12 D. -12
分析椭圆方程为x22+y21=1，由结论2得k1k2=-b2a2=-12，选（D）.
例3（人教A版选修2-1第62页，习题2.3、B组第4题）已知双曲线x2-y22=1，过点P（1，1）能否作一条直线l交双曲线于A、B两点，且点P是线段AB的中点？
分析求解存在性问题，先假设存在满足条件的直线l，则由结论1得kAB×1=2，即kAB=2，直线l的方程为y-1=2（x-1），即y=2x-1.又由y=2x-1，
x2-y22=1得2x2-4x+3=0，判别式Δ=16-24=-8<0，方程无实根.所以，不能作一条直线l交双曲线于A、B两点，且点P是线段AB的中点.
四、运用结论快速求解高考题
例4（2010年全国课标卷理12）已知双曲线E的中心为原点，F（3，0）是E的焦点，过F的直线l与E相交于A，B两点，且AB的中点为N（-12，-15），则E的方程为（ ）.
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， 故选B.
中点弦问题的常规方法是采用设而不求的思想借助韦达定理求解，或采用点差法求解，大题一般采用以上两种方法解答.若是选择、填空题，因只要结果，不要过程，故采用统一结论求解，可达到快速、准确的效果.
一、从一道课本习题的求解说起
例1（人教A版选修2-1第80页，复习参考题A组第9题）经过点M（2，1）作直线l交双曲线x2-y22=1于A、B两点，且M为AB的中点，求直线l的方程.
分析由双曲线关于x轴对称可知，当直线l的斜率不存在时，M不可能是AB的中点，故直线l的斜率k一定存在.
又已知直线过点M（2，1），要求直线l的方程，只需求出其斜率k即可，故得以下解法.
方法一（韦达定理法）
解设A（x1，y1）、B（x2，y2），直线l的方程为y-1=k（x-2），则由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.
由韦达定理及已知得x1+x2=2k（1-2k）2-k2=2×2，解得k=4.
k=4代入方程①检验得Δ=280>0，方程①有实数根，满足要求.
故所求直线l的方程为4x-y-7=0.
评析此方法是运用设而不求的思想，借助韦达定理求解，方法直接、易想到，但运算量稍大，是常规方法、是通法，应牢固掌握，熟练运用.
若考虑到斜率公式k=y2-y1x2-x1，又可得以下方法.
方法二（点差法）
解设A（x1，y1）、B（x2，y2），因为A、B两点在双曲线x2-y22=1上，得x221-y222=1，
x211-y212=1.两式相减变形得y22-y21x22-x21=2.又因为 x2+x12=2，y2+y12=1，k=y2-y1x2-x1=2×x2+x1y2+y1=2×42=4，直线l的方程为y=4x-7.由2x2-y2=2，
y-1=4（x-2）得14x2-56x+51=0，检验得Δ=280>0，满足要求.所求直线l的方程为4x-y-7=0.
评析点差法的运算量比韦达定理法要小一些，实际解题中应用更多一些，更优一些，但要特别注意检验判别式.
二、习题的拓展、统一的结论
从点差法的求解过程，可看到弦的斜率与弦的中点坐标之间有明确的关系，y22-y21x22-x21=y2-y1x2-x1×y2+y1x2+x1=kAB×kOM，经探究，拓展到一般，易得以下结论：
结论1设A、B是双曲线x2a2-y2b2=1上任意两点，P为A、B中点，O为坐标原点，且直线AB、OP的斜率kAB、kOP都存在，则有kAB·kOP=b2a2.
类比到椭圆，也有类似结论：
结论2设A、B是椭圆x2a2+y2b2=1上任意两点，P为A、B中点，O为坐标原点，且直线AB、OP的斜率kAB、kOP都存在，则有kAB·kOP=-b2a2.
再拓展到一般，可得以下统一结论：
统一结论：设A、B是有心圆锥曲线（圆、椭圆、双曲线）x2n+y2m=1上任意两点，P为A、B中点，O为坐标原点，且直线AB、OP的斜率kAB、kOP都存在，则有kAB·kOP=-mn.
三、结论在课本中的应用
运用以上统一结论，可快速求解有心圆锥曲线的中点弦问题.例1请你自己解答，下面再举几例.
例2（人教A版选修2-1教师教学用书第72页，自我检测题第5题）过点M（-2，0）的直线l与椭圆x2+2y2=2交于P1，P2两点，设线段P1P2的中点为P，若直线l的斜率为k1（k1≠0），直线OP的斜率为k2，则k1k2等于（ ）.
A.-2 B. 2 C.12 D. -12
分析椭圆方程为x22+y21=1，由结论2得k1k2=-b2a2=-12，选（D）.
例3（人教A版选修2-1第62页，习题2.3、B组第4题）已知双曲线x2-y22=1，过点P（1，1）能否作一条直线l交双曲线于A、B两点，且点P是线段AB的中点？
分析求解存在性问题，先假设存在满足条件的直线l，则由结论1得kAB×1=2，即kAB=2，直线l的方程为y-1=2（x-1），即y=2x-1.又由y=2x-1，
x2-y22=1得2x2-4x+3=0，判别式Δ=16-24=-8<0，方程无实根.所以，不能作一条直线l交双曲线于A、B两点，且点P是线段AB的中点.
四、运用结论快速求解高考题
例4（2010年全国课标卷理12）已知双曲线E的中心为原点，F（3，0）是E的焦点，过F的直线l与E相交于A，B两点，且AB的中点为N（-12，-15），则E的方程为（ ）.
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， 故选B.
中点弦问题的常规方法是采用设而不求的思想借助韦达定理求解，或采用点差法求解，大题一般采用以上两种方法解答.若是选择、填空题，因只要结果，不要过程，故采用统一结论求解，可达到快速、准确的效果.
