直线MN的方程为：
y?y1y2?y1， ?x?x1x2?x1?令y=0，得x?又
4x2y1?x1y2，将点M、N的坐标代入，化简后得：x?
ty1?y2t?2，?0?4?2 t44343?3，即t? 故当t?时，MN过椭圆的焦点。 t33椭圆的焦点为(3,0) ?方法总结：本题由点A1(-2,0)的横坐标－2是方程(1?4k12)x2?16k2x?16k12?4?0的一个根，结合韦
2?8k12达定理运用同类坐标变换，得到点M的横坐标：x1?，再利用直线A1M的方程通过同点的坐标变21?4k1?y?k2(x?2)4k1换，得点M的纵坐标：y1?；其实由?2消y整理得21?4k12x?4y?4?(1?k4x)?2222k16x?2222?4k216k2?48k2?2，即，很快。y??x?k1?6，得到?42x2022222 1?4k21?4k21?4k216k12?4不过如果看到：将?2x1?中的k1用k2换下来，x1前的系数2用－2换下来，就得点N的
1?4k1228k2?2?4k2坐标(,)，如果在解题时，能看到这一点，计算量将减少，这样真容易出错，但这样减少221?4k21?4k2计算量。
本题的关键是看到点P的双重身份：点P即在直线A1M上也在直线A2N上，进而得到
k1?k22??，
k1?k2t由直线MN的方程
y?y1y2?y1xy?x1y2得直线与x轴的交点，即横截距x?21，将点M、N的坐标?x?x1x2?x1y1?y2444343，由?3解出t?，到此不要忘了考察t?是否满足t?2。 tt33代入，化简易得x?
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另外：也可以直接设P(t，y0)，通过A1，A2的坐标写出直线PA1，PA2的直线方程，再分别和椭圆联立，通过韦达定理求出M、N的坐标，再写出直线MN的方程。再过点F，求出t值。
例题5、（07山东理）已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，椭圆C上的点到焦点距离的最大值为3；最小值为1； （Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）若直线l：y?kx?m与椭圆C相交于A，B两点（A，B不是左右顶点），且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点。求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标。
分析：第一问，是待定系数法求椭圆的标准方程；第二问，直线l：y?kx?m与椭圆C相交于A，B两点，并且椭圆的右顶点和A、B的连线互相垂直，证明直线l过定点，就是通过垂直建立k、m的一次函数关系。
x2y2解（I）由题意设椭圆的标准方程为2?2?1(a?b?0)
abx2y2?1 a?c?3,a?c?1，a?2,c?1,b?3 ??432（II）设A(x1,y1),B(x2,y2)，由??y?kx?m222得(3?4k)x?8mkx?4(m?3)?0， 22?3x?4y?12??64m2k2?16(3?4k2)(m2?3)?0，3?4k2?m2?0
8mk4(m2?3)x1?x2??,x1?x2?（注意：这一步是同类坐标变换）
3?4k23?4k23(m2?4k2)y1?y2?(kx1?m)?(kx2?m)?kx1x2?mk(x1?x2)?m?（注意：这一步叫同点纵、23?4k22横坐标间的变换）
以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2,0),且kAD?kBD??1，
?y1y?2??1，y1y2?x1x2?2(x1?x2)?4?0， x1?2x2?23(m2?4k2)4(m2?3)16mk???4?0，
3?4k23?4k23?4k27m2?16mk?4k2?0，解得m1??2k,m2??2k22，且满足3?4k?m?0 7当m??2k时，l:y?k(x?2)，直线过定点(2,0),与已知矛盾； 当m??
222k2时，l:y?k(x?)，直线过定点(,0)， 综上可知，直线l过定点，定点坐标为(,0).
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名师经验：在直线和圆锥曲线的位置关系题中，以弦为直径的圆经过某个点，就是“弦对定点张直角”，也就是定点和弦的两端点连线互相垂直，得斜率之积为?1，建立等式。直线不过定点，也不知道斜率，设出l：y?kx?m，是经常用的一招，在第二讲中就遇到了这样设的直线。
练习：直线l：y?kx?m和抛物线y2?2px相交于A、B，以AB为直径的圆过抛物线的顶点，证明：直线l：y?kx?m过定点，并求定点的坐标。
分析：以AB为直径的圆过抛物线的顶点O，则OA?OB，若设A(x1,y1),B(x2,y2)，则xxyy12?12再通过
?0，
y1?y2?(kx1?m)?(kx2?m)?k2x1x2?mk(x1?x2)?m2，将条件转化为
再通过直线和抛物线联立，计算判别式后，可以得到x1x2，x1?x2，(k2?1)x1x2?mk(x1?x2)?m2?0，解出k、m的等式，就可以了。 解：设A(x1,y1),B(x2,y2)，由??y?kx?m得，ky2?2py?2mp?0，（这里消x得到的） 2y?2px?2p2mp，y1y2?， kk则??4p2?8mkp?0??????（1） 由韦达定理，得：y1?y2?y1?my2?my1y2?m(y1?y2)?m2?则x1x2?，
kkk2以AB为直径的圆过抛物线的顶点O，则OA?OB，即x1x2?y1y2?0，
y1y2?m(y1?y2)?m2?y1y2?0，则(1?k2)2mp?2pm?m2k?0， 可得2k即k22mp?m2k?0，又mk?0，则m??2kp，且使（1）成立， 此时l：y?kx?m?kx?2kp?k(x?2p)，直线恒过点(2p,0)。
名师指点：本题解决过程中，有一个消元技巧，就是直线和抛物线联立时，要消去一次项，计算量小一些，也运用了同类坐标变换——韦达定理，同点纵、横坐标变换-------直线方程的纵坐标表示横坐标。其实解析几何就这么点知识，你发现了吗？
题型四：过已知曲线上定点的弦的问题
若直线过的定点在已知曲线上，则过定点的直线的方程和曲线联立，转化为一元二次方程（或类一元二次方程），考察判断式后，韦达定理结合定点的坐标就可以求出另一端点的坐标，进而解决问题。下面我们就通过例题领略一下思维过程。
x2y2例题6、已知点A、B、C是椭圆E：2?2?1 (a?b?0)上的三点，其中点A(23,0)是椭圆的右
ab顶点，直线BC过椭圆的中心O，且ACBC?0，BC?2AC，如图。(I)求点C的坐标及椭圆E的
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方程；(II)若椭圆E上存在两点P、Q，使得直线PC与直线QC关于直线x?3对称，求直线PQ的斜率。
解：(I)
BC?2AC，且BC过椭圆的中心O ?OC?AC
?ACO? ， 又A (23,0) ?点C的坐标为(3,3)。 ACBC?0 ??2x2y2?2?1 A(23,0)是椭圆的右顶点， ?a?23，则椭圆方程为：12bx2y2??1 将点C(3,3)代入方程，得b?4，?椭圆E的方程为
1242(II)
直线PC与直线QC关于直线x?3对称，
?设直线PC的斜率为k，则直线QC的斜率为?k，从而直线PC的方程为： y?3?k(x?3)，即y?kx?3(1?k)，
由???y?kx?3(1?k)消y，整理得： 22??x?3y?12?0(1?3k2)x2?63k(1?k)x?9k2?18k?3?0?xPx?3是方程的一个根，
9k2?18k?39k2?18k?39k2?18k?33? 即xP? 同理可得：xQ? 2221?3k3(1?3k)3(1?3k)yP?yQ?kxP?3(1?k)?kxQ?3(1?k)＝k(xP?xQ)?23k＝?12k
3(1?3k2)?36k9k2?18k?39k2?18k?3＝ xP?xQ??2223(1?3k)3(1?3k)3(1?3k)?kPQ?yP?yQ11? 则直线PQ的斜率为定值。
3xP?xQ3方法总结：本题第二问中，由“直线PC与直线QC关于直线x?3对称”得两直线的斜率互为相反数， 12
