解析几何之中点弦题型

【教学目标】

1.掌握两点的中点坐标公式；

2.掌握韦达定理在解析几何中的应用； 3.会求解解析几何中相关的中点弦问题。

【知识、方法梳理】

1.若A(x1,y1)，B(x2,y2)，则AB的中点坐标是(x1x2y1y2,) 22bxx12a 22.一元二次方程axbxc0，则有xxc12a3.解析几何中遇到中点弦问题，基本解题思路是联立方程，利用韦达定理（注意判别式）

【典例精讲】

x2y21交于A,B两点，求A,B的中点坐标。 例1.直线l:yx1与椭圆42【解析】：将直线代入椭圆，得3x4x20

设A(x1,y1),B(x2,y2)，中点(x0,y0)

2xx2421，y0x01 ，x01323321所以中点(,)

33则x1x2

【点评】：看到中点，想到韦达定理

x21y21于A,B两点，且A,B的中点为M(1,)，求直线l的方程。 例2.设直线l交椭圆22【解析】：直线l斜率不存在的情况显然不可能，所以设直线l:y1k(x1) 2121322代入椭圆方程，整理得(k)x2k(k)xkk0

22412k(k)2，又因为M(1,1) 设A(x1,y1),B(x2,y2)，则x1x212k221k(k)xx221，解得k1，经检验此时0 所以112k223所以l:yx

2【点评】：联立方程利用韦达定理是解决中点问题的基本方法

y21与点P(1,2)，过P点作直线l与双曲线交于A、B两点，若P为AB中点. 例3.已知双曲线x22（1）求直线AB的方程；

（2）若Q(1,1)，证明不存在以Q为中点的弦.

【解析】：（1）解：设过P(1,2)点的直线AB方程为y2k(x1)，

代入双曲线方程得

(2k2)x2(2k24k)x(k24k6)0

设A(x1,y1),B(x2,y2)，

2k24k则有x1x2

2k2由已知

x1x2xp1 22k24k2.解得k1. ∴

2k2又k1时，160，从而直线AB方程为xy10.

（2）证明：按同样方法求得k2，而当k2时，0，所以这样的直线不存在.

【点评】：注意检验的重要性，上题中中点在椭圆内部，检验只是形式而已，而双曲线的情况较为复杂，检验的步骤必不可少，具体的情况我们以后会做分析。

例4.若抛物线yax1上总存在关于直线xy0对称的两点，求a的范围

2【解析】：设对称的两点分别为A(x1,y1),B(x2,y2)，中点M(x0,y0)，

考虑到直线AB应与xy0垂直，设直线AB:yxb，

xx211，x01， a22a111点M也在xy0上，所以y0x0，即M(,)

2a2a2a1代入直线AB，得by0x0

a12所以方程化简为axx10

a3考虑到0，解得a

4x2y21上有不同两点A,B关于yxb对称，求b的取值范围； 例5.已知椭圆2联立方程得，axxb10，所以x1x22【解析】：设A(x1,y1),B(x2,y2)，A,B中点M(x0,y0)，

依题意AB被直线yxb垂直平分，所以kAB1，

设AB:yxm，代入椭圆，整理得3x4mx2m20 则x1x222xx42mm，x012m，y0x0m 3233m 3由于M(x0,y0)也在yxb上，所以y0x0b，by0x0考虑到有两个交点0，解得m(3,3)

所以b(33,) 33【点评】：直线与椭圆相交的问题，通常采取设而不求，即设出A(x1,y1),B(x2,y2)，但不是真的求出

x1,y1,x2,y2，而是借助于一元二次方程根与系数的关系来解决问题.由OA⊥OB得x1x2y1y20是解决本

题的关键.

x2y2例6.椭圆C:221(ab0)的左、右焦点分别是F1(c,0)，F2(c,0)，过F1斜率为1的直线l与

ab椭圆C相交于A，B两点，且AF2，AB，BF2成等差数列．

（1）求证：bc；

（2）设点P(0,1)在线段AB的垂直平分线上，求椭圆C的方程． 【解析】：（1）由题设，得2ABAF2BF2，

由椭圆定义ABAF2BF24a， 所以，AB4a． 3设A(x1,y1)，B(x2,y2)，F1(c,0)，l：xyc，代入椭圆C的方程，整理得

(a2b2)y22b2cyb40， （*）

则AB(x1x2)2(y1y2)22(y1y2)22[(y1y2)24y1y2]

22b2c24b428b4422222a2b2a2b2(a2b2)24bcab(a2b2)22a， 44b2a， 于是有a223ab化简，得a2b，故，bc．

22（2）由（1）有bc，方程（*）可化为3y2byb0

1b设AB中点为M(x0,y0)，则y0(y1y2)，

232b又Ml，于是x0y0c．

3由PAPB知PM为AB的中垂线，kPM1，

b132由P(0,1)，得1，解得b3，a18，

2b3x2y21． 故，椭圆C的方程为1

例7.已知抛物线y2px(p0),过动点M(a,0)且斜率为1的直线l与该抛物线交于不同的两点A,B，且AB2p。

(1)求a的取值范围

(2)若线段AB的垂直平分线交x轴于点N，求△NAB面积的最大值 【解析】：(1)设直线l的方程为：yxa，

代入抛物线方程得(xa)2px，即x2(ap)xa0

2224ap2ppAB24(ap)4a2p，即4app

222222又Qp0，ap。 4(2)设A(x1,y1),B(x2,y2)，AB的中点C(x,y), 由(1)知，y1x1a，y2x2a，x1x22a2p 则有xx1x2yyxx2aap,y1212p 222∴线段AB的垂直平分线的方程为yp(xap),

从而N点坐标为(a2p,0)

点N到AB的距离为|a2pa|2p 2124(ap)24a22p2p2app2 2p当a有最大值时，S有最大值为2p2。

4从而S△NAB

【双基训练】

1.若直线xy20与抛物线y4x交于A,B两点，则线段AB的中点坐标是_________

2x2y21于A,B两点，且A,B的中点为M(1,1)，求直线l的方程。 2.设直线l交椭圆32

y21与点P(2,1)，问能否过P点作直线l与双曲线交于A、B两点，使得P为AB中3.已知双曲线x22点若能，求出直线l的方程；若不能，请说明理由。

x2y21上有不同两点A,B关于y4xm对称，求m的取值范围； 4.已知椭圆43

【纵向应用】

5.已知直线yax1与双曲线3xy1交于A、B点。

（1）求a的取值范围；

22（2）是否存在这样的实数，使、两点关于直线y请求出的值；若不存在，说明理由。

1x对称若存在， 2【横向拓展】

6.定义：由椭圆的两个焦点和短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“特征三角形”。如果两个椭圆的“特征三角形”是相似的，则称这两个椭圆是“相似椭圆”，并将三角形的相似比称为椭圆的相似比。已知椭圆。

（1） 若椭圆，判断与是否相似如果相似，求出与的相似比；如果不相似，请说明理由；

（2） 写出与椭圆相似且短半轴长为的椭圆的方程；若在椭圆上存在两点、关于直线对称，求实数的取

值范围

（3） 如图：直线与两个“相似椭圆”和分别交于点和点，证明：

【练习题答案】

1.(4,2) 2.y25x 333.能，y2x3

2132134.m13,13

yax122(3a)x2ax20 5.【解析】：（1）由2消去，得y23xy13a20依题意即6a6且a3

0（2）如果存在的话，必须满足AB被y代入（1）中方程得x4x20

21x垂直平分，所以a2 2设A(x1,y1),B(x2,y2)，AB的中点M(x0,y0)，

x1x22，y02x013，即M(2,3) 21但M(2,3)不在yx上，所以不存在这样的a。

2则x06.【解析】：（1）椭圆与相似。

因为椭圆的特征三角形是腰长为4，底边长为的等腰三角形，而椭圆的特征三角形是腰长为2，底边长为的等腰三角形，因此两个等腰三角形相似，且相似比为 （2）椭圆的方程为：- 设，点，中点为， 则，所以

则 因为中点在直线上，所以有， 即直线的方程为：，

由题意可知，直线与椭圆有两个不同的交点， 即方程有两个不同的实数解， 所以，即 （3）证明：

①直线与轴垂直时，易得线段AB与CD的中点重合，所以； ②直线不与轴垂直时，设直线的方程为：，， 线段AB的中点，

线段AB的中点为

同理可得线段CD的中点为， 即线段AB与CD的中点重合，所以