快速解決圓錐曲線中點弦問題的方法

饒文忠+董正洪

一、從一道課本習題的求解說起

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

分析由雙曲線關于x軸對稱可知，當直線l的斜率不存在時，M不可能是AB的中點，故直線l的斜率k一定存在.

又已知直線過點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（韋達定理法）

解設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檢驗得Δ=280>0，方程①有實數根，滿足要求.

故所求直線l的方程為4x-y-7=0.

評析此方法是運用設而不求的思想，借助韋達定理求解，方法直接、易想到，但運算量稍大，是常規方法、是通法，應牢固掌握，熟練運用.

若考慮到斜率公式k=y2-y1x2-x1，又可得以下方法.

方法二（點差法）

解設A（x1，y1）、B（x2，y2），因為A、B兩點在雙曲線x2-y22=1上，得x221-y222=1，

x211-y212=1.兩式相減變形得y22-y21x22-x21=2.又因為 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，檢驗得Δ=280>0，滿足要求.所求直線l的方程為4x-y-7=0.

評析點差法的運算量比韋達定理法要小一些，實際解題中應用更多一些，更優一些，但要特別注意檢驗判別式.

二、習題的拓展、統一的結論

從點差法的求解過程，可看到弦的斜率與弦的中點坐標之間有明確的關系，y22-y21x22-x21=y2-y1x2-x1×y2+y1x2+x1=kAB×kOM，經探究，拓展到一般，易得以下結論：

結論1設A、B是雙曲線x2a2-y2b2=1上任意兩點，P為A、B中點，O為坐標原點，且直線AB、OP的斜率kAB、kOP都存在，則有kAB·kOP=b2a2.

類比到橢圓，也有類似結論：

結論2設A、B是橢圓x2a2+y2b2=1上任意兩點，P為A、B中點，O為坐標原點，且直線AB、OP的斜率kAB、kOP都存在，則有kAB·kOP=-b2a2.

再拓展到一般，可得以下統一結論：

統一結論：設A、B是有心圓錐曲線（圓、橢圓、雙曲線）x2n+y2m=1上任意兩點，P為A、B中點，O為坐標原點，且直線AB、OP的斜率kAB、kOP都存在，則有kAB·kOP=-mn.

三、結論在課本中的應用

運用以上統一結論，可快速求解有心圓錐曲線的中點弦問題.例1請你自己解答，下面再舉幾例.

例2（人教A版選修2-1教師教學用書第72頁，自我檢測題第5題）過點M（-2，0）的直線l與橢圓x2+2y2=2交于P1，P2兩點，設線段P1P2的中點為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，由結論2得k1k2=-b2a2=-12，選（D）.

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

分析求解存在性問題，先假設存在滿足條件的直線l，則由結論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，方程無實根.所以，不能作一條直線l交雙曲線于A、B兩點，且點P是線段AB的中點.

四、運用結論快速求解高考題

例4（2010年全國課標卷理12）已知雙曲線E的中心為原點，F（3，0）是E的焦點，過F的直線l與E相交于A，B兩點，且AB的中點為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.

中點弦問題的常規方法是采用設而不求的思想借助韋達定理求解，或采用點差法求解，大題一般采用以上兩種方法解答.若是選擇、填空題，因只要結果，不要過程，故采用統一結論求解，可達到快速、準確的效果.

一、從一道課本習題的求解說起

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

分析由雙曲線關于x軸對稱可知，當直線l的斜率不存在時，M不可能是AB的中點，故直線l的斜率k一定存在.

又已知直線過點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（韋達定理法）

解設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檢驗得Δ=280>0，方程①有實數根，滿足要求.

故所求直線l的方程為4x-y-7=0.

評析此方法是運用設而不求的思想，借助韋達定理求解，方法直接、易想到，但運算量稍大，是常規方法、是通法，應牢固掌握，熟練運用.

若考慮到斜率公式k=y2-y1x2-x1，又可得以下方法.

方法二（點差法）

解設A（x1，y1）、B（x2，y2），因為A、B兩點在雙曲線x2-y22=1上，得x221-y222=1，

x211-y212=1.兩式相減變形得y22-y21x22-x21=2.又因為 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，檢驗得Δ=280>0，滿足要求.所求直線l的方程為4x-y-7=0.

評析點差法的運算量比韋達定理法要小一些，實際解題中應用更多一些，更優一些，但要特別注意檢驗判別式.

二、習題的拓展、統一的結論

從點差法的求解過程，可看到弦的斜率與弦的中點坐標之間有明確的關系，y22-y21x22-x21=y2-y1x2-x1×y2+y1x2+x1=kAB×kOM，經探究，拓展到一般，易得以下結論：

結論1設A、B是雙曲線x2a2-y2b2=1上任意兩點，P為A、B中點，O為坐標原點，且直線AB、OP的斜率kAB、kOP都存在，則有kAB·kOP=b2a2.

類比到橢圓，也有類似結論：

結論2設A、B是橢圓x2a2+y2b2=1上任意兩點，P為A、B中點，O為坐標原點，且直線AB、OP的斜率kAB、kOP都存在，則有kAB·kOP=-b2a2.

再拓展到一般，可得以下統一結論：

統一結論：設A、B是有心圓錐曲線（圓、橢圓、雙曲線）x2n+y2m=1上任意兩點，P為A、B中點，O為坐標原點，且直線AB、OP的斜率kAB、kOP都存在，則有kAB·kOP=-mn.

三、結論在課本中的應用

運用以上統一結論，可快速求解有心圓錐曲線的中點弦問題.例1請你自己解答，下面再舉幾例.

例2（人教A版選修2-1教師教學用書第72頁，自我檢測題第5題）過點M（-2，0）的直線l與橢圓x2+2y2=2交于P1，P2兩點，設線段P1P2的中點為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，由結論2得k1k2=-b2a2=-12，選（D）.

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

分析求解存在性問題，先假設存在滿足條件的直線l，則由結論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，方程無實根.所以，不能作一條直線l交雙曲線于A、B兩點，且點P是線段AB的中點.

四、運用結論快速求解高考題

例4（2010年全國課標卷理12）已知雙曲線E的中心為原點，F（3，0）是E的焦點，過F的直線l與E相交于A，B兩點，且AB的中點為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.

中點弦問題的常規方法是采用設而不求的思想借助韋達定理求解，或采用點差法求解，大題一般采用以上兩種方法解答.若是選擇、填空題，因只要結果，不要過程，故采用統一結論求解，可達到快速、準確的效果.

一、從一道課本習題的求解說起

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

分析由雙曲線關于x軸對稱可知，當直線l的斜率不存在時，M不可能是AB的中點，故直線l的斜率k一定存在.

又已知直線過點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（韋達定理法）

解設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檢驗得Δ=280>0，方程①有實數根，滿足要求.

故所求直線l的方程為4x-y-7=0.

評析此方法是運用設而不求的思想，借助韋達定理求解，方法直接、易想到，但運算量稍大，是常規方法、是通法，應牢固掌握，熟練運用.

若考慮到斜率公式k=y2-y1x2-x1，又可得以下方法.

方法二（點差法）

解設A（x1，y1）、B（x2，y2），因為A、B兩點在雙曲線x2-y22=1上，得x221-y222=1，

x211-y212=1.兩式相減變形得y22-y21x22-x21=2.又因為 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，檢驗得Δ=280>0，滿足要求.所求直線l的方程為4x-y-7=0.

評析點差法的運算量比韋達定理法要小一些，實際解題中應用更多一些，更優一些，但要特別注意檢驗判別式.

二、習題的拓展、統一的結論

從點差法的求解過程，可看到弦的斜率與弦的中點坐標之間有明確的關系，y22-y21x22-x21=y2-y1x2-x1×y2+y1x2+x1=kAB×kOM，經探究，拓展到一般，易得以下結論：

結論1設A、B是雙曲線x2a2-y2b2=1上任意兩點，P為A、B中點，O為坐標原點，且直線AB、OP的斜率kAB、kOP都存在，則有kAB·kOP=b2a2.

類比到橢圓，也有類似結論：

結論2設A、B是橢圓x2a2+y2b2=1上任意兩點，P為A、B中點，O為坐標原點，且直線AB、OP的斜率kAB、kOP都存在，則有kAB·kOP=-b2a2.

再拓展到一般，可得以下統一結論：

統一結論：設A、B是有心圓錐曲線（圓、橢圓、雙曲線）x2n+y2m=1上任意兩點，P為A、B中點，O為坐標原點，且直線AB、OP的斜率kAB、kOP都存在，則有kAB·kOP=-mn.

三、結論在課本中的應用

運用以上統一結論，可快速求解有心圓錐曲線的中點弦問題.例1請你自己解答，下面再舉幾例.

例2（人教A版選修2-1教師教學用書第72頁，自我檢測題第5題）過點M（-2，0）的直線l與橢圓x2+2y2=2交于P1，P2兩點，設線段P1P2的中點為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，由結論2得k1k2=-b2a2=-12，選（D）.

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

分析求解存在性問題，先假設存在滿足條件的直線l，則由結論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，方程無實根.所以，不能作一條直線l交雙曲線于A、B兩點，且點P是線段AB的中點.

四、運用結論快速求解高考題

例4（2010年全國課標卷理12）已知雙曲線E的中心為原點，F（3，0）是E的焦點，過F的直線l與E相交于A，B兩點，且AB的中點為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.

中點弦問題的常規方法是采用設而不求的思想借助韋達定理求解，或采用點差法求解，大題一般采用以上兩種方法解答.若是選擇、填空題，因只要結果，不要過程，故采用統一結論求解，可達到快速、準確的效果.