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1、⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯最新资料推荐⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯点差法求解中点弦问题点差法就是在求解圆锥曲线并且题目中交代直线与圆锥曲线相交被截的线段中点坐标的时候，利用直线和圆锥曲线的两个交点，并把交点代入圆锥曲线的方程，并作差。求出直线的斜率，然后利用中点求出直线方程。用点差法时计算量较少，解决直线与圆锥曲线的位置关系时非常有效，但有一个弊端，不能保证直线与圆锥曲线一定有两个交点，故有时要用到判别式加以检验。【定理1】在椭圆x2y21（a＞b＞0）中，若直线l与椭圆相交于M、N两点，
2、点P(x0,y0)是弦a2b2MN的中点，弦MN所在的直线l的斜率为kMN，则kMNy0b2x0a2.22x1y11,(1)(x1,y1)、(x2,y2)，则有a2b2证明：设M、N两点的坐标分别为(1)(2)，x22y221.(2)a2b2得x12x22y12y220.a2b2y2y1y2y1b2.又kMNy2y1y1y22yykMNyb2.x2x1x2x1a2x2,x22x.xa2x1x1x【定理2】在双曲线x2y21（a＞0，b＞0）中，若直线l与双曲线相交于M、N两点，点P(x0,y0)是a2b2弦MN的中点，
3、弦MN所在的直线l的斜率为kMN，则kMNy0b2.x0a222x1y11,(1)a2b2证明：设M、N两点的坐标分别为(x1,y1)、(x2,y2)，则有x22y221.(2)a2b2(2)，得x12222y2y1y2y1b2(1)a2x2y12y20.2.bx2x1x2x1a又kMNy2y1y1y22y0y0.kMNy0b2.x2x1,x22x0x0x0a2x1【定理3】在抛物线y22mx(m0)中，若直线l与抛物线相交于M、N两点，点P(x0,y0)是弦MN的中点，弦MN所在的直线l的斜率为kMN，则kMNy0m
4、.1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯最新资料推荐⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯证明：设M、N两点的坐标分别为y122mx1,(1)(x1,y1)、(x2,y2)，则有22mx2.(2)y2(1)(2)，得y12y222m(x1x2).y2y1(y2y1)2m.x2x1又kMNy2y1,y2y12y0.kMNy0m.x2x1注意：能用这个公式的条件：（1）直线与抛物线有两个不同的交点；（2）直线的斜率存在.一、椭圆x2＋y2＝1内一点P(2,1)作一条直线交椭圆于A、B两点，使线段AB被P点平分，求
5、此直线的1、过椭圆164方程．【解】法一：如图，设所求直线的方程为y－1＝k(x－2)，代入椭圆方程并整理，得(4k2＋1)x2－8(2k2－k)x＋4(2k－1)2－16＝0，(*)又设直线与椭圆的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1、x2是(*)方程的两个根，∴82k2－kx1＋x2＝4k2＋1.∵P为弦AB的中点，∴2＝x1＋x2＝42k2－k1，∴所求直线的方程24k2＋1.解得k＝－2为x＋2y－4＝0.法二：设直线与椭圆交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，∵P为弦AB的中点，∴x1＋x2＝
6、4，y1＋y2＝2.又∵A、B在椭圆上，∴2222＝16.两式相减，得22)＋4(y22x1＋4y1＝16，x2＋4y2(x1－x21－y2)＝0，即(x1＋x2)(x1－x2)＋4(y1＋y2)(y1－y2)＝0.∴y1－y2＝－x1＋x2＝－1，x1－x24y1＋y22即k＝－112.∴所求直线方程为y－1＝－2(x－2)，即x＋2y－4＝0.AB2、已知椭圆+=1，求它的斜率为3的弦中点的轨迹方程．【解答】解：设P（x，y），A（x1，y1），B（x2，y2）．∵P为弦AB的中点，∴x1+x2=2x，y1+y2=
7、2y．则+=1，①+=1，②②﹣①得，=﹣．∴﹣=3，整理得：x+y=0．由，解得x=所求轨迹方程为：x+y=0．（﹣＜x＜）∴点P的轨迹方程为：x+y=0（﹣＜x＜）；2⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯最新资料推荐⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3、（2013秋?启东市校级月考）中心在原点，焦点坐标为（0，±5）的椭圆被直线3x﹣y﹣2=0截得的弦的中点的横坐标为，则椭圆方程为=1．【解答】解：设椭圆=1（a＞b＞0），则a2﹣b2=50①又设直线3x﹣y﹣2=0与椭圆交点为A（x1，y1），B（
8、x2，y2），弦AB中点（x0，y0）∵x0=，∴代入直线方程得y0=﹣2=﹣，由，得，∴AB的斜率k==﹣?=﹣?=3∵=﹣1，∴a2=3b2②联解①②，可得a2=75，b2=25，∴椭圆的方程为：=1故答案为：=1．x2y21（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1、F2，离心率e24、例1（09年四川）已知椭圆2b2，a2右准线
