7.三点共线问题

基本方法：三点共线问题解题策略一般有以下几种：①斜率法：若过任意两点的直线的斜率都存在，通过计算证明过任意两点的直线的斜率相等证明三点共线；②距离法：计算出任意两点间的距离，若某两点间的距离等于另外两个距离之和，则这三点共线；③向量法：利用向量共线定理证明三点共线；④直线方程法：求出过其中两点的直线方程，再证明第三点也在该直线上;⑤点到直线的距离法：求出过其中某两点的直线方程，计算出第三点到该直线的距离，若距离为0，则三点共线.⑥面积法：通过计算求出以这三点为三角形的面积，若面积为0，则三点共线.在处理三点共线问题时，离不开解析几何的重要思想：“设而不求思想”.一、典型例题x2411．已知椭圆C:y21，M,为椭圆上一点，若R,S是椭圆C上的两个点，线段RS的中垂线l的斜233率为1且直线l与RS交于点P，O为坐标原点，求证：P,O,M三点共线．2解析：因为线段RS的中垂线l的斜率为1，所以直线RS的斜率为2.所以可设直线RS的方程为y2xm.2y2xm,22由x2得9x8mx2m20.设点Rx1,y1，Sx2,y2，Px0,y0.2y1,28m8m2m，y1y22x1m2x2m2x1x22m2.2m999yxx24myy2m111所以x01，y01.因为0，所以y0x0.所以点P在直线yx上.292944x04所以x1x2141又点O0,0，M,也在直线yx上，所以P,O,M三点共线.4332．已知椭圆的焦点在x轴上，它的一个顶点恰好是抛物线x24y的焦点，离心率e作与坐标轴不垂直的直线l，交椭圆于A、B两点.（1）求椭圆的标准方程；25．过椭圆的右焦点F（2）设点M(m,0)是线段OF上的一个动点，且(MAMB)AB，求m的取值范围；试卷第1页，总4页（3）设点C是点A关于x轴的对称点，在x轴上是否存在一个定点N，使得C、B、N三点共线？若存在，求出定点N的坐标，若不存在，请说明理由．x2y2解析：（1）设椭圆方程为221(ab0)，由题意b1，abx2b2122又e1212，∴a5，故椭圆方程为y21．5aa5x2（2）由（1）得右焦点F(2,0)，则0m2，设l的方程为yk(x2)（k0）代入y21，5得(5k21)x220k2x20k250，∴20(k21)0，设A(x1,y1),B(x2,y2),20k220k25则x1x22，x1x2，且y1y2k(x1x24)，y2y1k(x2x1)．5k15k21∴MAMB(x1m,y1)(x2m,y2)(x1x22m,y1y2)，AB(x2x1,y2y1)，由(MAMB)AB，得(MAMB)AB0，则(MAMB)AB(x1x22m)(x2x1)(y1y2)(y2y1)0，220k2m220k即(x1x22m)(x2x1)k(x1x24)k(x2x1)0，即2得k22mk(24)0，0，85m5k15k188所以0m，∴当0m时，有(MAMB)AB成立．55（3）在x轴上存在定点N，使得C、B、N三点共线．依题意C(x1,y1)，直线BC的方程为yy2y1y(xx)yxy2x1(xx1)y1，令y0，则xN121x112，x2x1y2y1y2y1点A,B在直线l:yk(x2)上，∴y1k(x12),y2k(x22)，20k2520k22k2k22y1x2y2x1k(x12)x2k(x22)x12kx1x22k(x1x2)5k15k15，∴xN2y2y1k(x22)k(x12)k(x1x2)4k20k2k24k5k15∴在x轴上存在定点N,0，使得C、B、N三点共线．21．抛物线C:y24x，已知斜率为k的直线l交y轴于点P，且与曲线C相切于点A，点B在曲线C上，且直线PBx轴，P关于点B的对称点为Q，判断点A,Q,O是否共线，并说明理由.y24x解析：设直线l:ykxm，联立，得k2x22mk4xm20(*)ykxm由2mk44m2k2161mk0，解得m则直线l:ykx1111，得P0,，B2,，kk4kk试卷第2页，总4页2

1，k1111又P关于点B的对称点为Q，故Q2,，此时，(*)可化为k2x22x20，解得x2，kk2kk1212故ykx，即A2,，所以kOAkOQ2k，即点A,Q,O共线.kkkkx2y22．已知椭圆点F是椭圆的右焦点.是否在x轴上存在定点D，使得过D的直线l交椭圆于A,B两1，43点.设点E为点B关于x轴的对称点，且A,F,E三点共线？若存在，求D点坐标；若不存在，说明理由.xmyt解析：由题意易知直线l斜率不为0.设直线l方程为xmyt，Dt,0，联立x2y2，134消去x得3m24y26mty3t2120，设Ax1,y1，Bx2,y2，则Ex2,y2，6mtyy123m24则，且0，由A,F,E三点共线有x21y1x11y20，即2my1y2t1y1y20，23t12yy123m243t2126mt2m2t120，解得t4，存在定点D4,0满足条件.3m43m41.已知抛物线C:y24x的焦点为F，直线l过点1,0，直线l与抛物线C相交于A,B两点，点A关于x轴的对称点为D.证明：B,F,D三点共线.解析：依题意，直线l的斜率存在且不为零，设直线l的方程为xmy1m0，xmy1由2消去x整理得y24my40，y4x

设Ax1,y1,Bx2,y2，则Dx1,y1，且y1y24m,y1y24.2y1y2y24

xx2，即yy2又直线BD的方程为yy2x，x2x1y2y14

令y0，得xy1y21.所以点F1,0在直线BD上，即B,F,D三点共线.4x2y22．已知椭圆E:1，其右焦点为F，过x轴上一点A3,0作直线l与椭圆E相交于P,Q两点，设62APAQ(1)，过点P且平行于y轴的直线与椭圆E相交于另一点M，试问M,F,Q是否共线，若共线请证明；反之说明理由.解析：设Px1,y1，Qx2,y2，则AP(x13,y1)，AQ(x23,y2)，试卷第3页，总4页x13x23y1y22512由已知得方程组x1y11，注意到1，解得x2，226x2y22212611因为F2,0,Mx1,y1，所以FM(x12,y1)((x23)1,y1),y1,y2，221又FQ(x22,y2),y2，所以FMFQ，从而三点共线.2x2y23．已知椭圆E:1，过定点P3,4且斜率为k的直线交椭圆E于不同的两点M,N，在线段MN上32取异于M,N的点H，满足PMPNMHNH，证明：点H恒在一条直线上，并求出这条直线的方程.答案：x2y10，证明见解析解析：设Mx1,y1,Nx2,y2,Hx0,y0，由PMPNMHNH，得2xx3x1x2x13x0x1，整理可得x012x23x2x0x1x26设直线l:ykx34kx3k4，ykx3k42联立x2y2，得23k2x26k3k4x33k460123由题0，∴x1x26k3k43k22，x1x2

33k463k222

，18k224k18k2121224k则x1x26，3k223k222x1x23x1+x2

∴x069k224k1612k272k

3k22



72k84

，23k2

72k846k710，31224k12k12k10k5，3k4112k12k而P在l上，则y0kx03k43k∴x02y010，即H恒在直线x2y10上.试卷第4页，总4页