专题12 定比点差法及其应用 微点1 定比点差法及其应用初步

这是一份专题12 定比点差法及其应用 微点1 定比点差法及其应用初步，共22页。学案主要包含了微点综述，针对训练，通性通法，整体点评等内容，欢迎下载使用。

微点1 定比点差法及其应用初步
【微点综述】
在处理解析几何“中点弦”问题时，我们常用的方法是“点差法”，该法模式化强，计算量小，学生易于掌握，其实在面临“非中点弦”问题时，我们依然可以使用“点差法”，只是在处理非中点问题时，需要根据线段所分得的比值做代数处理，一般把这种方法叫做“定比点差法”．相比于传统的点差法，定比点差在处理三点共线、相交弦、定点定值、比例问题、调和点列等问题均具有优势．本文在定比分点的基础上，分别以椭圆、双曲线、抛物线为例介绍该法的由来，并例举该法在几类解析几何问题中的初步应用，全面系统地介绍了“定比点差法”．
在讲定比点差法前，我们先引出定比分点的概念．
一、定比分点
若，则称点为点的定比分点．若，点在线段上，此时称点为内分点；若，点在线段的延长线上，此时称点为外分点．

①点在线段上（） ②点在线段的延长线上（）
③点在线段的反向延长线上（）
补充定义：当时，对应的定比分点可以认为是无穷远点.
二、定比点差法原理
1．线段定比分点向量公式及坐标公式
已知，设，则．
证明：证法一：设，
.
证法二：设，则，
利用对应坐标相等即可推出．
2．“定比点差法”的由来
（1）若点在椭圆上，且点满足，则于是有，
整理得，
即①（和定比分点坐标公式形式保持一致）．
（2）若点在双曲线上，且点满足，则于是有，
整理得，
即②．
（3）若点在抛物线上，且点满足，则于是有，变形得，即③．
说明：1.上述表达式①、②、③的推导方法就叫“定比点差法”，由推导过程可以看出， 该法是“点差法”的更一般的推广而已，当时，“定比点差法”即为“点差法”．
2.上述表达式①、②、③的形式与的形式是一致的，因此和极点极线有关的题目都可以尝试利用定比点差法进行处理.
三、定比点差对称轴轴上点公式
对于过轴上的定点或直线和圆锥曲线相交，一般可以都可以尝试利用定比点差法进行求解，而且会比常规的韦达定理法要简洁很多！下面给出常用的几个公式.
过定点的直线与椭圆相交于两点，设，，则有
①截距对偶公式：；②坐标公式：；
③拓展公式之：
四、定比点差法的应用
（一）应用定比点差法求点的坐标
例1．已知分别是椭圆的左右焦点，点在椭圆上，且，则点的坐标是 ．
【答案】
【解析】如图，延长交椭圆于点，由对称性得，则．
设，则，
又，由点在椭圆上，则
于是有，即，联立，解得，则．
【评注】由向量数乘的几何意义知//且，考虑到椭圆的中心对称性，可以延长交椭圆于点，得到，从而得到三点共线，且，于是定点为焦点弦的定比分点，自然想到使用定比点差法．
（二）应用定比点差法求离心率
例2．已知椭圆内有一点，过的两条直线、分别与椭圆交于和两点，且满足，（其中且），若变化时直线的斜率总为，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设，由可得：，据此可得：，同理可得：，
则：，将点A，B的坐标代入椭圆方程做差可得：，
即：，同理可得：，两式相加可得，故：，
据此可得：．
【评注】椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率（或离心率的取值范围），常见有两种方法：
①求出a，c，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，然后等式（不等式）两边分别除以a或a2转化为关于e的方程（不等式），解方程（不等式）即可得e（e的取值范围）．
例3．已知椭圆，过其左焦点且斜率为的直线与椭圆交于两点，若，求椭圆的离心率．
【解析】设，由得，由得由点在椭圆上，则两式作差得，
，联立，得
，又，于是有，整理得，两边都除以，得，解得或，又．
【评注】处理焦点弦问题时，相较于联立直线与曲线方程法，定比点差法运算量小，过程简洁．
（三）应用定比点差法求直线方程
例4．已知椭圆的左、右焦点分别为，焦距为，过点作直线与椭圆相交于两点，且△的周长为．
（1）求椭圆的标准方程；（2）若，求直线的方程．
【解析】（1）由已知可得，又，解得所求的椭圆的标准方程为．
（2）由，得．设，得，又，由点在椭圆上，得两式作差得，联立，解得，又，解得直线的方程为或．
【评注】由平面向量共线定理及向量数乘的几何意义，得，自然考虑定比点差法
（四）应用定比点差法求弦长
例5．已知斜率为的直线与抛物线的交于两点，与轴交于点，若，求．
【解析】设，由，得，则由点在抛物线上，则于是有，则，联立，得，又，则，
由．
【评注】由已知条件可知该题可使用定比点差法，得到点的横坐标，再利用，得到，利用抛物线方程得到，求出，最后由得出答案．
例6．（2022·上海徐汇·三模）已知椭圆：焦距为，过点，斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点､．
（1）求椭圆的方程；
（2）若，的最大值；
（3）设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为．若､和点共线，求实数的值．
【答案】（1）；（2）；（3）.
【分析】（1）待定系数法求解椭圆方程；（2）设出直线方程，联立椭圆方程，求出两根之和，两根之积，利用弦长公式得到，结合的取值范围，求出最大值；（3）设出直线方程，表达出两点坐标，由､､三点共线得到方程，化简后得到．
【解析】（1）由题意得：焦距为，得，
点坐标代入椭圆方程得：，
，解得：，，
所以椭圆的标准方程为．
（2）设直线的方程为，由
消去可得，
则，即，
设，，则，，
则，
易得当时，，故的最大值为．
（3）设，，，，
则①，②，
又，所以可设，直线的方程为，
由消去可得，
则，即，
由，及①，代入可得，
又，所以，所以，
同理可得．
故，，
因为､､三点共线，所以．
将点，的坐标代入，通分化简得，即．
【评注】处理圆锥曲线问题，通常要设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，再利用弦长公式或题干中条件，求出取值范围或得到方程，求出参数．
例7.（2022·山西太原·三模）已知椭圆过点离心率为
（1）求椭圆C的方程；
（2）当过点M（4，1）的动直线与椭圆C相交于不同的两点A，B时，在线段AB上取点N，满足求线段PN长的最小值．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由椭圆的几何性质列方程组求解；（2）由定比分点公式化简得点轨迹方程，由点到直线距离公式求解.
【解析】（1）根据题意， 解得，椭圆C的方程为.
（2）设A（，），B（，），N（x，y），
由，得 ，∴，
又，∴，∴点N在直线上，
∴．
【总结】
定比点差法，实际上是直线参数方程的变异形式，核心思想是“设而不求”．它是利用圆锥曲线上两点坐标之间的联系与差异，代点、扩乘、作差，解决相应的圆锥曲线问题，尤其是遇到定点、成比例等条件时，定比点差法有独特的优势．
【针对训练】
（2018年高考浙江卷）
1．已知点P(0，1)，椭圆 (m>1)上两点A，B满足，则当m=___________时，点B横坐标的绝对值最大．
2．已知椭圆，点为椭圆外一点，斜率为的直线与椭圆交于，两点，过点作直线，分别交椭圆于，两点．当直线的斜率为时，此椭圆的离心率为______．
3．已知椭圆，过椭圆的左焦点F且斜率为的直线l与椭圆交于A、B两点（A点在B点的上方），若有，求椭圆的离心率．
（2022·吉林市教育学院模拟预测）
4．已知抛物线的焦点F到其准线的距离为4，椭圆经过抛物线的焦点F．
(1)求抛物线的方程及a；
(2)已知O为坐标原点，过点的直线l与椭圆相交于A，B两点，若，点N满足，且最小值为，求椭圆的离心率．
（2022·山东济南·二模）
5．已知椭圆C的焦点坐标为和，且椭圆经过点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若，椭圆C上四点M，N，P，Q满足，，求直线MN的斜率.
（2022·重庆南开中学模拟预测）
6．已知，直线过椭圆的右焦点F且与椭圆交于A、B两点，l与双曲线的两条渐近线、分别交于M、N两点．
(1)若，且当轴时，△MON的面积为，求双曲线的方程；
(2)如图所示，若椭圆的离心率，且，求实数的值．
（2022云南红河·模拟预测）
7．在平面直角坐标系中，点是以原点为圆心，半径为的圆上的一个动点.以原点为圆心，半径为的圆与线段交于点，作轴于点，作于点.
(1)令，若，，，求点的坐标；
(2)若点的轨迹为曲线，求曲线的方程；
(3)设（2）中的曲线与轴的正半轴交于点，与轴的正负半轴分别交于点，，若点､分别满足，，证明直线和的交点在曲线上.
（2022重庆·模拟预测）
8．已知椭圆：的右焦点为，点，是椭圆上关于原点对称的两点，其中点在第一象限内，射线，与椭圆的交点分别为，.
（1）若，，求椭圆的方程；
（2）若直线的斜率是直线的斜率的2倍，求椭圆的方程.
（2022·全国·高三专题练习）
9．已知椭圆的离心率为，焦距为.斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点、.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）若，求的最大值；
（Ⅲ）设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若、和点 共线，求.
参考答案：
1．5
【分析】方法一：先根据条件得到A,B坐标间的关系，代入椭圆方程解得B的纵坐标，即得B的横坐标关于m的函数关系，最后根据二次函数性质确定最值即可解出.
【详解】［方法一］：点差法＋二次函数性质
设，由得
因为A,B在椭圆上,所以 ，即，与相减得：，所以，
，当且仅当时取最等号，即时，点B横坐标的绝对值最大.
故答案为：5．
［方法二］：【通性通法】设线＋韦达定理
由条件知直线的斜率存在，设，直线的方程为，联立得，根据韦达定理得，由知，代入上式解得，所以．此时，又，解得．
［方法三］：直线的参数方程+基本不等式
设直线的参数方程为其中t为参数，为直线的倾斜角，将其代入椭圆方程中化简得，设点A，B对应的参数分别为，则．由韦达定理知，解得，所以，此时，即，代入，解得．
［方法四］：直接硬算求解+二次函数性质
设，因为，所以．
即 ①， ②，
又因为，所以．
不妨设，因此，代入②式可得．化简整理得．
由此可知，当时，上式有最大值16，即点B横坐标的绝对值有最大值2．
所以．
［方法五］：【最优解】仿射变换
如图1，作如下仿射变换，则为一个圆．
根据仿射变换的性质，点B的横坐标的绝对值最大，等价于点的横坐标的绝对值最大，则
．
当时等号成立，根据易得，此时．
［方法六］：中点弦性质的应用
设，由可知，则中点．因为，所以，整理得，由于，则时，，所以．
【整体点评】方法一：由题意中点的坐标关系，以及点差法可求出点的横、纵坐标，从而可以根据二次函数的性质解出；
方法二：常规设线，通过联立，根据韦达定理以及题目条件求出点的横坐标，然后利用基本不等式求出最值，由取等条件得解，是该题的通性通法；
方法三：利用直线的参数方程与椭圆方程联立，根据参数的几何意义，解得点的横坐标，再利用基本不等式求出最值，由取等条件得解；
方法四：利用题目条件硬算求出点的横坐标，再根据二次函数的性质解出；
方法五：根据仿射变换，利用圆的几何性质结合平面几何知识转化，求出对应点的横坐标的绝对值最大，从而解出，计算难度小，是该题的最优解；
方法六：利用中点弦的性质找出点的横、纵坐标关系，再根据关系式自身特征求出点的横坐标的绝对值的最大值，从而解出，计算量小，也是不错的方法．
2．
【分析】由题意，不妨设直线AB过原点O，则 ，设CD及中点的坐M标，再利用点差法求出OM和CD斜率的关系，然后根据O，M，P三点共线，求出a，b的关系即可.
【详解】如图所示：
设直线AB过原点O，由题意得 ，
设，CD的中点为，则，
因为C，D在椭圆上，
所以，两式相减得，
所以，
因为O，M，P三点共线，
所以，
即，解得，
所以，
故答案为：
【点睛】方法点睛：解决直线与曲线的位置关系的相关问题，往往先把直线方程与曲线方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单．
3．
【分析】利用点差法，设、，代入椭圆方程中，变形后作差，由可得，，从而可得，求出点的坐标代入椭圆方程中化简可求出离心率
【详解】因为，设、，
①②得：，
，，
则，
得，
∵，∴，将A代入椭圆方程
整理得：，所以或（舍）
故．
4．(1)；
(2)
【分析】(1)由条件列方程求，由此可得抛物线方程及其焦点坐标，再由条件求，(2)联立方程组，利用设而不求法结合条件求出点的轨迹，列方程求，由此可得离心率.
【详解】（1）抛物线的焦点F到其准线的距离为4
可得
抛物线的方程：
椭圆经过抛物线的焦点
椭圆的右顶点为，
所以．
（2）①当直线斜率存在时，
设直线方程为
由得，
∵
∴，即∴
∴，
∴
又∵
∴，即∴
∴N点轨迹为直线
②当直线斜率不存在时，经检验点在直线上．
∴N点轨迹方程为
最小值即点O到直线的距离
∴，即
椭圆的离心率为．
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
5．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意得到c=1，再将点代入椭圆方程求解；
（2）设，，，，，由得到，根据，都在椭圆上，得到，同理得，两式相减求解.
【详解】（1）解：由题意可知，c=1，
设椭圆方程为，将点代入椭圆方程，
得，
解得（舍），，
所以椭圆方程为.
（2）设，，，，，
因为，所以，即，
又，都在椭圆上，
所以，，
即，
②-①得，
即……③，
又，同理得……④
④-③得，
所以.
6．(1)；
(2).
【分析】（1）由题设可得、，结合三角形面积可得，由椭圆参数关系求a、b，即可写出双曲线方程.
（2）由椭圆离心率可得，进而可得双曲线渐近线，假设，写出、l方程，联立求N坐标，由向量的数量关系及向量坐标表示求A坐标，根据A在椭圆上求值.
【详解】（1）由题设，且双曲线的渐近线为，
当轴时，，又，△MON的面积为，
所以，故，而，可得，
所以双曲线的方程为.
（2）对于椭圆有，而，则，
不妨假设，则且l为，
所以，又，，
令，则，故，
所以，而在椭圆上，
则，整理得，
综上，可得.
7．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据数形结合直接可得点坐标；
（2）由题意列出点轨迹的参数方程，进而可得点轨迹的普通方程；
（3）由题意写出直线和方程，进而可得交点的坐标，进而得证.
【详解】（1）解：设，则由题知，
因此；
（2）解：设及，则由题知，
则点Q的轨迹C为椭圆，方程为：；
（3）设，由知，，，，，
，即，
，即，
联列上述直线方程，解得
，因此交点K在椭圆C上.
8．（1）；（2）.
【分析】（1）由结合椭圆的对称性知轴，从而得出点的坐标，再由得出点的坐标，代入椭圆方程可得答案.
（2）设，，设，，表示出点的坐标，代入椭圆方程，结合点在椭圆上分别得到与的式子，由直线的斜率是直线的斜率的2倍可得关于的式子，从而可得答案.
【详解】解：（1）由，根据椭圆的对称性知轴，过右焦点
所以，，，
则，由，可得
解得，代入椭圆方程得，解得，
所以，即，所以，故椭圆方程为；
（2）设，，令，则，
代入椭圆方程得，即，
又，所以，化简得到 ①
同理：令，同理解得，代入椭圆方程同理可得 ②
由题知，解得，③
①②得，将③式代入得，故，
故椭圆方程为.
【点睛】关键点睛：本题考查向量在椭圆中的应用以及直线与椭圆的位置关系，解答本题的关键是设，得出代入椭圆方程可得，同理设，可得，由直线的斜率是直线的斜率的2倍可得，联立可得解，属于难题.
9．（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.
【分析】（Ⅰ）根据题干可得的方程组，求解的值，代入可得椭圆方程；
（Ⅱ）设直线方程为，联立，消整理得，利用根与系数关系及弦长公式表示出，求其最值；
（Ⅲ）联立直线与椭圆方程，根据韦达定理写出两根关系，结合三点共线，利用共线向量基本定理得出等量关系，可求斜率.
【详解】（Ⅰ）由题意得，所以，
又，所以，所以，
所以椭圆的标准方程为；
（Ⅱ）设直线的方程为，
由消去可得，
则，即，
设，，则，，
则，
易得当时，，故的最大值为；
（Ⅲ）设，，，，
则 ①， ②，
又，所以可设，直线的方程为，
由消去可得，
则，即，
又，代入①式可得，所以，
所以，同理可得．
故，，
因为三点共线，所以，
将点的坐标代入化简可得，即．
【点睛】本题主要考查椭圆与直线的位置关系，第一问只要找到三者之间的关系即可求解；第二问主要考查学生对于韦达定理及弦长公式的运用，可将弦长公式变形为，再将根与系数关系代入求解；第三问考查椭圆与向量的综合知识，关键在于能够将三点共线转化为向量关系，再利用共线向量基本定理建立等量关系求解.