高二数学（秋下）第4讲-直线与圆锥曲线位置关系

第四讲

课程目标 直线与圆锥曲线的位置关系

掌握直线和圆锥曲线位置关系的题型 直线与圆锥曲线的位置关系的判断方法及弦长公式； 课程重点 弦中点轨迹的求法； 求曲线方程的方法与步骤，能利用方程求圆锥曲线的有关范围与最值 课程难点 综合运用方程、函数、不等式、轨迹等方面的知识解决相关问题 典型例题与知识点相结合，与高考题相结合，让学生理解并掌握处理直教学方法建议 线与圆锥曲线的位置关系问题的关键 A类 选材程度及数量 B类 C类 （ 5 ）道 （ 3 ）道 （ 5 ）道 （ 3 ）道 （ 10 ）道 课堂精讲例题 （ 4 ）道 搭配课堂训练题 （ 4 ）道 课后作业 一、知识梳理

1. 求解直线与圆锥曲线的位置关系的基本方法是解方程组，转化为利用判别式判断一元二次方程是否有解，应特别注意数形结合思想的应用. 2. 注意根与系数的关系的应用. （1）弦长公式：

斜率为k的直线被圆锥曲线截得弦AB，若A、B两点的坐标分别是A?x1,y1?，B?x2,y2?则

AB?(x1?x2)2?(y1?y2)2?1?k2x1?x2

?(1?k2)[(x1?x2)2?4x1x2]?1?k2?. a 3. 有关中点弦问题.

（1）已知直线与圆锥曲线方程，求弦的中点及与中点有关的问题，常用根与系数的关系. （2）有关弦的中点轨迹，中点弦所在直线方程，中点坐标问题，有时采用“点差法”可简化

运算.

4. 圆锥曲线中的有关最值问题，常用代数法和几何法解决.

（1）若命题的条件和结论具有明显的几何意义，一般可用图形性质来解决.

（2）若命题的条件和结论体现明确的函数关系式，则可建立目标函数（通常利用二次函数、三角函数、均值不等式等）求最值.

二、方法归纳

1.直线与椭圆位置关系的判定

x2y2把椭圆方程2?2?1(a?b?0)与直线方程y=kx+b联立消去y，整理成形如

abAx2?Bx?C?0的形式，对此一元二次方程有：

（1）⊿>0，直线与椭圆相交，有两个公共点； （2）⊿=0，直线与椭圆相切，有一个公共点； （3）⊿<0，直线与椭圆相离，无公共点. 2．直线被椭圆截得的弦长公式

设直线与椭圆交于A(x1,y1),B(x2,y2)两点，则 AB??1?k??x221?x2??1?k2?x1?x2?2?4x1x2 21?12???1?2??y1?y2??1?2k?k??y1?y2??4y1y2（k为直线斜率）

三、课堂精讲例题

问题一： 点差法与中点弦

x2y2【例1】椭圆??1的弦被点P?2,1?所平分，求此弦所在直线的方程.

164【解析】设弦所在直线与椭圆交于M?x1,y1?,N?x2,y2?两点，

x12y12x22y22x12?x22y12?y22则??1，??0， ??1，两式相减得：164164164化简得?x1?x2??x1?x2??4?y1?y2??y1?y2??0， 把x1?x2?4，y1?y2?2代入得kMN?故所求的直线方程为y?1??y1?y21?? x1?x221?x?2?，即x?2y?4?0. 2

【适时导练】

x2y21.已知直线y=－x+1与椭圆2?2?1(a?b?0)相交于A、B两点，且线段AB的中点在

ab直线l：x－2y=0上，求此椭圆的离心率.

【解析】设A?x1,y1?,B?x2,y2?，AB的中点为M?x0,y0?，

x22y22x12y12代入椭圆方程得2?2?1，2?2?1(a?b?0)，

ababy2?y1b2x1?x2两式相减，得， ??2x2?x1ay1?y2 ?AB的中点M?x0,y0?在直线l上，故x0?2y0?0， 即

y?y1x1?x22x0?kAB??1， ??4，而2x2?x1y1?y22y0b212故2?，故e?.

2a2问题二：对称问题

x2y2??1，【例2】已知椭圆C的方程试确定m的取值范围，使得对于直线y?4x?m，43椭圆C上有不同两点关于该直线对称.

【解析】设椭圆上关于直线y?4x?m对称的两点为(x1,y1)，(x2,y2)，

x2y2??1并相减，得3(x1?x2)(x1?x2)?4(y1?y2)(y1?y2)?0. 代入43又x?x1?x2y?y2y?y21，y?1，k?1??，代入得y?3x.

x1?x2422又由??y?3x解得交点??m,?3m?.

y?4x?m?(?m)2(?3m)2213213因为交点在椭圆内，则有. ??1，得??m?131343【适时导练】

2.在抛物线y2?4x上恒有两点关于直线y=kx+3对称，求k的取值范围. 【解析】（1）当k?0时，曲线上不存在关于直线y=kx+3对称的两点．

（2）当k≠0时，设抛物线y2?4x上关于直线对称的两点A?x1,y1?,B?x2,y2?，

1AB的中点为M?x0,y0?，则直线AB的斜率为? ，

k1可设直线AB:y??x?b ，代入y2?4x得y2?4ky?4kb?0.

k??16k2?16kb . ???

由根与系数的关系，得y1?y2??4k，y1y2??4kb，

故y0??2k，x1?x2??k?y1?y2??2kb?4k2?2kb，所以x0?2k2?kb 因M在直线y=kx+3上，所以?2k?k?2k2?kb??3， 故bk??2k2?2?31，代入???得?k?1??k2?k?3???0， kk又k2?k?3?0恒成立，所以?1?k?0． 综合（1）（2）可知，k的取值范围是（-1，0）.

问题三：直线与圆锥曲线的位置关系

x2?y2?1有【例3】在平面直角坐标系xOy中，经过点(0，2)且斜率为k的直线l与椭圆2两个不同的交点P和Q．求k的取值范围.

【解析】由已知条件，直线l的方程为y?kx?2，

x2?(kx?2)2?1． 代入椭圆方程，得2整理得??1??k2?x2?22kx?1?0 ① ?2?直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于

22?1?或k?． ??8k2?4??k2??4k2?2?0，解得k??22?2??即k的取值范围为??∞，【适时导练】

3.设抛物线y2=8x的准线与x轴交于点Q，若过点Q的直线l与抛物线有公共点，则直线l的斜率的取值范围是（ ）

????2??2?，?∞． ??????2??2?

A．[?11,] B．[－2，2] C．[－1，1] D．[－4，4] 22【解析】易知抛物线y2?8x的准线x??2与x轴的交点为Q (-2 ， 0)，

于是，可设过点Q (-2 ， 0)的直线l的方程为y?k?x?2?， ?y2?8x?联立?，整理得k2x2??4k2?8?x?4k2?0，

??y?k?x?2?其判别式为???4k2?8??16k4??64k2?64?0，可解得 ?1?k?1，应选C.

2【注】（1）解决直线与圆锥曲线的交点问题的方法：一是判别式法；二是几何法； （2）直线与圆锥曲线有唯一交点，不等价于直线与圆锥曲线相切，还有一种情况是平行于对称轴（抛物线）或平行于渐近线（双曲线）；

（3）联立方程组、消元后得到一元二次方程，不但要对?进行讨论，还要对二次项系数是否为0进行讨论. 问题四：与弦长有关的问题

x2π?y2?1，过左焦点F作倾斜角为的直线l交椭圆于A、B两点，【例4】已知椭圆：96求弦AB的长.

【解析】a=3，b=1，c=22，则F（-22，0）.

x2?y2?1联立消去y， 由题意知：l:y?(x?22)与931得4x?122x?15?0.

设A（x1,y1)、B（x2,y2)，则x1,x2是上面方程的二实根， 由根与系数的关系，得x1?x2??32，x1?x2?所以|AB|=1??|x1?x2|?【适时导练】

215， 41323?(x1?x2)2?4x1x2?2318?15?2.

x2y224.已知椭圆C：2?2?1(a?b?0)的右焦点为F，离心率e?，椭圆C上的点到F2ab

的距离的最大值为2?1，直线l过点F与椭圆C交于不同的两点A,B. （1） 求椭圆C的方程； （2） 若|AB|?32，求直线l的方程. 2c2?，a?c?2?1，所以a?2,c?1，从而b?1， a2【解析】（1） 由题意知，

问题五：与面积有关的问题 【例5】过点P(?3, 0)作直线l与椭圆3x2+4y2=12相交于A、B两点，O为坐标原点，求△OAB面积的最大值及此时直线倾斜角的正切值. 【解析】设A（x1，y1），B（x2，y2），l：x?my?3, S?AOB?yAPBOx1133|OP|?|y1|?|OP|?|y2|?(|y1|?|y2|)?(y1?y2). 2222222把x?my?3代入椭圆方程得：3(my?23my?3)?4y?12?0，

22即(3m?4)y?63my?3?0，y1?y2?63m3， yy??123m2?43m2?4108m2121|y1?y2|???144m2?48 2222(3m?4)3m?43m?449m2?343?3m2?143?3m2?1???

3m2?43m2?4(3m2?1)?3?433m2?1?33m2?1?43?2. 23

∴S?3?2?3，此时3m2?1?233m2?1，m??6. 3令直线的倾角为?，则tan???36??. 26即△OAB面积的最大值为3，此时直线倾斜角的正切值为?6. 2【注】若直接用点斜式设l的方程为y?0?k(x?3)，则要求l的斜率一定要存在，但在这里l的斜率有可能不存在，因此要讨论斜率不存在的情形，为了避免讨论，我们可以设直线l的方程为x?my?3，这样就包含了斜率不存在时的情形了，从而简化了运算. 【适时导练】

6x2y25．已知椭圆2?2?1(a?b?0)的离心率为，短轴的一个端点到右焦点的距离为

3ab3，直线l:y?kx?m交椭圆于不同的两点A，B.

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）若坐标原点O到直线l的距离为3，求?AOB面积的最大值. 2?c6??【解析】（Ⅰ）设椭圆的半焦距为c，依题意?a3，解得c?2.

?a?3? 由a?b?c，得b=1.

222x22?所求椭圆方程为?y?1.

3（Ⅱ）由已知m1?k2?3322，可得m?(k?1). 24222将y?kx?m代入椭圆方程，整理得(1?3k)x?6kmx?3m?3?0.

???6km??4?1?3k2??3m2?3??0(?)

2?6km3m2?3?x1?x2?,x1?x2?.

1?3k21?3k2

36k2m212(m2?1)当k?0时，AB?(1?k)(x2?x1)?(1?k)[2?]

(3k?1)23k2?1222212(k2?1)(3k2?1?m2)3(k2?1)(9k2?1)??22 (3k?1)(3k2?1)212k21212?3?4?3??3??4.219k?6k?12?3?69k2?2?6k2 当且仅当9k?31即k??时等号成立. 2，

3k 3满足(*)式. 3经检验，k??当k?0时，AB?3.综上可知ABmax?2.

133?当AB最大时，?AOB的面积取最大值S??2??

222.

问题六：圆锥曲线中的范围、最值问题

x2y2【例6】已知椭圆C1:2?2?1(a?b?0)与直线x?y?1?0相交于两点A、B．当椭

ab????????32?e?圆的离心率e满足，且OA?OB?0（O为坐标原点）时，求椭圆长轴长的取32值范围．

?b2x2?a2y2?a2b2222222【解析】由?，得(a?b)x?2ax?a(1?b)?0.

?x?y?1?0由??4a2b2(a2?b2?1)?0，得a?b?1.

222a2a2(1?b2),x1x2?2此时x1?x2?2 .

a?b2a?b2

????????由OA?OB?0，得x1x2?y1y2?0，∴2x1x2?(x1?x2)?1?0，

2a2222即a?b?2ab?0，故b?.

2a2?12

c2a2?b22222由e?2?，得b?a?ae， 2aa22∴2a?1?1. 1?e232532?e??a?由得，∴5?2a?6. 3242所以椭圆长轴长的取值范围为[5,6].

22

【例7】已知圆C:(x?1)?y?8,定点A(1,0),M为圆上一动点，点P在AM上，点N在CM上，且满足AM?2AP,NP?AM?0,点N的轨迹为曲线E.

（I）求曲线E的方程；

（II）若过定点F（0，2）的直线交曲线E于不同的两点G、H（点G在点F、H之间），且满足FG??FH，求?的取值范围. 【解析】（1）?AM?2AP,NP?AM?0.

∴NP为AM的垂直平分线，∴|NA|=|NM|.

|CN|?|NM|?22,?|CN|?|AN|?22?2. 又?∴动点N的轨迹是以点C（－1，0），A（1，0）为焦点的椭圆. 且椭圆长轴长为2a?22,焦距2c=2. ?a?2,c?1,b2?1.

x2?y2?1. ∴曲线E的方程为2（2）当直线GH斜率存在时，

x2?y2?1, 设直线GH方程为y?kx?2,代入椭圆方程23由??0得k2?.

2?4k3设G(x1,y1),H(x2,y2),则x1?x2? ,x1x2?11?k2?k222得(?k)x?4kx?3?0.2212又?FG??FH,?(x1,y1?2)??(x2,y2?2)

?x1??x2,2?x1?x2?(1??)x2,x1x2??x2.?(x1?x22xx2)?x2?12 1????4k23)11?k2?k22?2?,整理得2?(1??)(31616,?4??.323?32k21????1. 316(1??)2 ?1?3(2?1)2k?4???1?k2???2?161.解得???3. 33又?0???1,又当直线GH斜率不存在，方程为x?0,FG?11FH,??. 3311????1,即所求?的取值范围是[,1) 33.

【适时导练】

x2y26. 已知A,B是椭圆C:2?2?1?a?b?0?的左，右顶点，B(2，0)，过椭圆C的右焦点Fab的直线交于其于点M， N， 交直线x?4于点P，且直线PA，PF，PB的斜率成等差数列．

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）若记?AMB,?ANB的面积分别为S1,S2求

S1的取值范围． S2yMAONFBPxl

【解析】（Ⅰ）令P?4,y0?，F?c,0?，由题意可得a?2，A??2,0?，B?2,0?，

2kPF?kPA?kPB，即

2y0yy?0?0， 4?c4?24?2故c?1，则b2?a2?c2?3， x2y2所以椭圆方程为??1.

43（Ⅱ）令M?x1,y1?,N?x1,y1?，

?3x2?4y2?12由方程组?，消去x，得?3m2?4?y2?6my?9?0

?x?my?1故y1?y2??6m ①

3m2?4y1y2??9, ②

3m2?4令t?y1, y2y1y2?4m2??2?,①÷②得2y2y13m?42

161110m?8103, 则t??t????tt3m2?433m2?42?2?t?1101?,即?t?3. t33?S?AMBS?ANB1ABy1S12??t, ??AMB?(,3).

1S?ANB3ABy22问题七：定点、定值的问题

【例8】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．

x2y2【解析】（Ⅰ）由题意设椭圆的标准方程为2?2?1(a?b?0).

ab则a?c?3，a?c?1，解得a?2,c?1,b?3，

2x2y2?1. ?椭圆的方程为?43（Ⅱ）设A(x1,y1),B(x2,y2)，

?y?kx?m,?222由?x2y2得(3?4k)x?8mkx?4(m?3)?0，

?1,??3?4??64m2k2?16(3?4k2)(m2?3)?0，3?4k2?m2?0．

8mk4(m2?3)x1?x2??,x1?x2?.

3?4k23?4k23(m2?4k2)故y1?y2?(kx1?m)(kx2?m)?kx1x2?mk(x1?x2)?m? 23?4k22?以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2,0),kAD?kBD??1， ?y1y?2??1，y1y2?x1x2?2(x1?x2)?4?0， x1?2x2?23(m2?4k2)4(m2?3)16mk???4?0，7m2?16mk?4k2?0， 即2223?4k3?4k3?4k解得m1??2k,m2??2k，且满足3?4k2?m2?0． 7当m??2k时，l:y?k(x?2)，直线过定点(2,0),与已知矛盾；

2k22时，l:y?k(x?)，直线过定点(,0).

7772综上可知，直线l过定点，定点坐标为(,0).

7当m??【例9】如图，ADB为半圆，AB为半圆直径，O为半圆圆心，且OD⊥AB，Q为线段OD的中点，已知|AB|=4，曲线C过Q点，动点P在曲线C上运动且保持|PA|+|PB|的值不变.

（I）建立适当的平面直角坐标系，求曲线C的方程；

（II）过点B的直线l与曲线C交于M、N两点，与OD所在直线交于E点，

?????????????????EM??1MB,EN??2NB,求证:?1??2为定值.

【解析】（Ⅰ）以AB、OD所在直线分别为x轴、y轴， O为原点，建立平面直角坐标系，

∵动点P在曲线C上运动且保持|PA|+|PB|的值不变．且点Q在曲线C上， ∴|PA|+|PB|=|QA|+|QB|=222?12?25＞|AB|=4． ∴曲线C是为以原点为中心，A、B为焦点的椭圆．

设其长半轴为a，短半轴为b，半焦距为c，则2a=25，∴a=5，c=2，b=1．

x22

∴曲线C的方程为+y=1.

5（Ⅱ）设M,N,E点的坐标分别为M(x1,y1),N(x2,y2),E(0,y0)，

易知B点的坐标为(2,0)，且点B在椭圆C内， 故过点B的直线l必与椭圆C相交．

?????????∵EM??1MB，∴(x1,y1?y0)??1(2?x1,?y1)．

∴ x1?y02?1，y1?． 1??11??1y12?12)?(0)2?1，

51??11??1将M点坐标代入到椭圆方程中得：(22整理，得?1?10?1?5?5y0?0

????????22同理，由EN??2NB可得?2?10?2?5?5y0?0.

∴ ?1，?2是方程x?10x?5?5y0?0的两个根，∴ ?1??2??10.

【适时导练】

22?6?x2y2M1,7.已知P、Q是椭圆C：??1上的两个动点，??2??是椭圆上一定点，F是其左42??焦点，且|PF|、|MF|、|QF|成等差数列.

求证：线段PQ的垂直平分线经过一个定点A；

x2y2【证明】设P?x1,y1?，Q?x2,y2?，由椭圆的标准方程??1知

42x122|PF|?(x1?2)?y?(x1?2)?2??2?x1.22

2212同理QF?2?22,MF?2?. 22

?2|MF|?|PF|?|QF|,?2(2?22)?4?(x1?x2),?x1?x2?2.22

22??x1?2y1?4①当x1?x2时，由?2，得?x12?x22??2?y12?y22??0， 2??x2?2y2?4从而有

y2?y11x2?x1， ??x2?x12y2?y1设线段PQ的中点为N?1,n?， 由kPQ?y1?y21， 得线段PQ的中垂线方程为y?n?2n?x?1? ??x1?x22n1?(2x?1)n?y?0,该直线恒过一定点A(,0).2

??6??6?6??6?1,?,Q1,Q1,?,P1,②当x1?x2时，P?或???????2??????2??， 22?????????1??1?线段PQ的中垂线是x轴，也过点A?,0?，故线段PQ的中垂线过点A?,0?

?2??2?综上，线段PQ的垂直平分线经过一个定点A (,0).

8．已知，椭圆C以过点A（1，（1） 求椭圆C的方程；

（2） E，F是椭圆C上的两个动点，如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数，证明直线EF的斜率为定值，并求出这个定值.

123），两个焦点为（－1，0）（1，0）. 2x2y2??1. 【解析】（1）由题意，c＝1，可设椭圆方程为

1?b24b2因为A在椭圆上，所以

19322bb，解得＝3，＝（舍去）. ??1?221?b4b4

x2y2所以椭圆方程为 ??1．

43x2y23（2）设直线ＡＥ的方程为y?k(x?1)?，代入??1得

4323（3+4k2）x2+4k(3?2k)x?4(?k)2?12?0

2.

设Ｅ（xE，yE），Ｆ（xF，yF）．因为点Ａ（1，

3）在椭圆上， 234(?k)2?123所以xE?2，y?kx??k. EE23?4k2又直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数，在上式中以?k代k，可得

34(?k)2?123，y??kx??k. xF?2FF223?4k所以直线EF的斜率kEF?yF?yE?k(xF?xE)?2k1??.

xF?xExF?xE2即直线EF的斜率为定值，其值为

问题八：向量问题

1. 2x2y2【例10】设F1，F2分别为椭圆C:2?2?1(a?b?0)的左、右焦点，过F2的直线l与

ab?椭圆C 相交于A，B两点，直线l的倾斜角为60，F1到直线l的距离为23. （Ⅰ）求椭圆C的焦距；

??????????（Ⅱ）如果AF2?2F2B，求椭圆C的方程.

【解析】（Ⅰ）设焦距为2c，由已知可得F1到直线l的距离3c?23,故c?2.

所以椭圆C的焦距为4. （Ⅱ）

设A(x1,y1),B(x2,y2),由题意知y1?0,y2?0,直线l的方程为y?3(x?2).

?y?3(x?2),?得(3a2?b2)y2?43b2y?3b4?0. 联立?x2y2?2?2?1b?a

?3b2(2?2a)?3b2(2?2a)解得y1?,y2?. 22223a?b3a?b??????????因为AF2?2F2B,所以?y1?2y2.

3b2(2?2a)?3b2(2?2a)即?2?.

3a2?b23a2?b2得a?3.而a?b?4,所以b?5.

22

x2y2??1. 故椭圆C的方程为95【适时导练】 9. 椭圆C的方程为

x2y2?2?（1a?b?0)，斜率为2ab1的直线l与椭圆C交于

A(x1,y1),B(x2,y2)两点.

（Ⅰ）若椭圆的离心率e?方程；

????????????（Ⅱ）直线l过椭圆的右焦点F，设向量OP??OA?OB???0?，若点P在椭圆C上，

????????312，直线l过点M(b,0)，且OA?OB??，求椭圆C的25??求?的取值范围. 【解析】（Ⅰ）∵e?由?3， ∴a?2b,c?23b.

?y?x?b222?x?4y?4b ，得A(8b3b,),B(0,?b). 55????????12∵OA?OB?? ，

53b212?? ， 解得b2?4a2?16. ∴?55x2y2??1. ∴椭圆C的方程为

164y?x?c?2222222?????0. b?ax?2acx?ac?b（Ⅱ）由?22得2222?bx?ay?ab

2a2c∴x1?x2?2a?b2?2b2c ，y1?y2?2a?b22.

?????????2a2c?2b2c??2?acOP?故OA?OB??2，,?2222?2?a?ba?b??a?b?2?b2c?? 22a?b?2a2?b2∵点P在椭圆C上 ，将点P坐标代入椭圆方程中得??4c2c∵b?c?a ， 0?e??1，

a222.

a2?b22a2?c2111???? ， ∴??2224c4c2e442故?的取值范围为??问题九：存在性问题

1. 2【例11】已知椭圆C1、抛物线C2的焦点均在x轴上，C1的中心和C2的顶点均为原点O，从每条曲线上取两个点，将其坐标记录于下表中：

x y 3 ?2 0 4 2 2 2?23 ?4 （Ⅰ）求C1、C2的标准方程；

（Ⅱ）请问是否存在直线l满足条件：①过C2的焦点F；②与C1交不同两点M、N,且

?????????满足OM?ON？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由． y2?2p(x?0)， 【解析】（Ⅰ）设抛物线C2:y?2px(p?0)，则有x22据此验证4个点知（3，?23）、（4，?4）在抛物线上，易求C2:y?4x

22xy设CC:2?2?(a?b?0)， 12：ab?4?122??2?a?4?a把点（?2，0）（2，）代入，得?解得?2

2??b?1?2?1?1??a22b2

x2?y2?1 ∴曲线C1的方程为4 .

（Ⅱ）假设存在这样的直线l过抛物线焦点F(1,0)，

设直线l的方程为x?1?my,两交点坐标为M(x1,y1),N(x2,y2)，

?x?1?my?22由?x2消去，得(m?4)y?2my?3?0, x2??y?1?4∴y1?y2??2m?3 ， ① ,yy?1222m?4m?4

x1x2?(1?my1)(1?my2)?1?m(y1?y2)?m2y1y2

?2m?34?4m22?1?m?2?m?2?，②

m?4m?4m2?4?????????由OM?ON，即OM?ON?0，得x1x2?y1y2?0(*) 4?4m2?31?2?0， 解得m?? 将①②代入（*）式，得22 m?4m?4所以假设成立，即存在直线l满足条件， 且l的方程为：y?2x?2或y??2x?2.

【例12】在平面直角坐标系xOy中，点B与点A（-1，1）关于原点O对称，P是动点，且直线AP与BP的斜率之积等于?（Ⅰ）求动点P的轨迹方程；

（Ⅱ）设直线AP和BP分别与直线x=3交于点M，N，问：是否存在点P使得△PAB与△PMN的面积相等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由.

【解析】（Ⅰ）因为点B与A(?1,1)关于原点O对称，所以点B的坐标为(1,?1).

设点P的坐标为(x,y) 由题意得

1. 3y?1y?11???化简得x2?3y2?4?x??1? . x?1x?13.

故动点P的轨迹方程为x2?3y2?4?x??1?.

（Ⅱ）解法一：设点P的坐标为?x0,y0?，点M，N得坐标分别为?3,yM?，?3,yN?，.

则直线AP的方程为y?1?y0?1?x?1?， x0?1

直线BP的方程为y?1?令x?3得yM?y0?1?x?1? x0?14y0?x0?32y?x0?3，yN?0，.

x0?1x0?1x?y0?3?x0?1?yM?yN?3?x0??0，. 2x02?12于是△PMN的面积S?PMN又直线AB的方程为x?y?0，AB?22， 点P到直线AB的距离d?于是△PAB 的面积S?PAB?x0?y02. 1AB?d?x0?y0，. 2x0?y0?3?x0?x02?12当S?PMN?S?PAB时，得x0?y0?2. 5. 3又x0?y0?0，所以?3?x0??x02?1，解得x0?因为x02?3y02?4，所以y0??33. 9故存在点P使得△PAB与△PMN的面积相等， ?533?,?此时点P的坐标为???3?. 9??解法二：若存在点P使得△PAB与△PMN的面积相等，设点点P的坐标为?x0,y0?，

则

11PAPBsin?APB?PMPNsin?MPN. 22PAPM2因为sin?APB?sin?MPN， 所以?PNPB.

所以

x0?13?x0?3?x0x0?1， 即 ?3?x0??x02?1，解得x0?33. 95. 3因为x02?3y02?4，所以y0???533?,?故存在点P使得△PAB与△PMN的面积相等，此时点P的坐标为???3?. 9??【适时导练】

10. 已知点P是⊙O：x2?y2?9上的任意一点，过P作PD垂直x轴于D，动点Q满足

????2????DQ?DP.

3

（1）求动点Q的轨迹方程；

（2）已知点E(1,1)，在动点Q的轨迹上是否存在两个不重合的两点M、N，使

????1?????????OE?(OM?ON) (O是坐标原点)，若存在，求出直线MN的方程，若不存在，请说明

2理由.

【解析】（1）设P(x0,y0),Q?x,y?，依题意，则点D的坐标为D(x0,0)

.

????????∴DQ?(x?x0,y),DP?(0,y0)

.

????2????又DQ?DP， ∴

3?x?x0?0?x0?x??即??23 .

y?yy?y00??32??2x2y2∵ P在⊙O上，故x0?y0?9 ， ∴ ??1

94.

2x2y2∴ 点Q的轨迹方程为??1

94.

x2y2（2）假设椭圆??1上存在两个不重合的两点M(x1,y1),N?x2,y2?满足

94????1?????????OE?(OM?ON)，

2?x1?x2?1??x1?x2?2?2即?则E(1,1)是线段MN的中点，且有?

?y1?y2?1?y1?y2?2??2x2y2又 M(x1,y1),N?x2,y2?在椭圆??1上，

94?x12y12??1??94∴ ?2 ， 2?x2?y2?1?4?9两式相减，得

?x1?x2??x1?x2??y1?y2??y1?y2?9?4?0

.

∴kMN?y1?y24?? ， ∴直线MN的方程为 4x?9y?13?0.

x1?x29∴椭圆上存在点M、N满足OE??????????1????(OM?ON)， 2此时直线MN的方程为 4x?9y?13?0.

x2?y2?1有两11．在平面直角坐标系xOy中，经过点(0，2)且斜率为k的直线l与椭圆2个不同的交点P和Q． （1）求k的取值范围；

（2）设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A，B，是否存在常数k，使得向量

????????????OP?OQ与AB共线？如果存在，求k值；如果不存在，请说明理由．

【解析】（1）由已知条件，直线l的方程为y?kx?2，

x2?(kx?2)2?1． 代入椭圆方程得2整理得??1??k2?x2?22kx?1?0. ① ?2?直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于

?1???8k2?4??k2??4k2?2?0，

?2???2??222??，?∞或k?．即k的取值范围为??∞，. ???????2222????????????（2）设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则OP?OQ?(x1?x2，y1?y2).

解得k??由方程①，得x1?x2??42k． ② 21?2k又y1?y2?k(x1?x2)?22． ③

????0)B(0，，1)AB?(?2，1)． 而A(2，，????????????所以OP?OQ与AB共线等价于x1?x2??2(y1?y2)，

将②③代入上式，解得k?2． 2由（1）知k??22或k?，故没有符合题意的常数k．

22

四、课后自我检测

x2y21.椭圆??1的一条弦被A?4,2?平分，那么这条弦所在的直线方程是

369A．x?2y?0 B．2x?y?10?0 C．2x?y?2?0 D．x?2y?8?0

x2?11?2.已知椭圆?y2?1，求过点P?，?且被P平分的弦所在的直线方程．

2?22?

3. 已知抛物线y2=2px (p≠0)上存在关于直线x+y=1对称的相异两点，求p的取值范围.

4. 已知中心在原点O，焦点在y轴上的椭圆与直线y?x?相交于P、Q两点，且OP?OQ，1|PQ|?

10，求此椭圆方程. 2x2y2 5. 已知椭圆C1:2?2?1?a?b?0?与直线x?y?1?0相交于两点A、B．

ab（1）当椭圆的半焦距c?1，且a2,b2,c2成等差数列时，求椭圆的方程； （2）在（1）的条件下，求弦AB的长度AB；

6. 已知椭圆的一个顶点为A(0,?1)，焦点在x轴上.若右焦点到直线x?y?22?0的距离为3.

（1）求椭圆的方程.

（2）设直线y?kx?m(k?0)与椭圆相交于不同的两点M,N.当|AM|?|AN|时，求m的取值范围.

x2y237.已知椭圆2?2?1（a>b>0）的离心率e=，连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积

2ab为4.

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）设直线l与椭圆相交于不同的两点A、B，已知点A的坐标为（-a，0）.

|= （i）若|AB42，求直线l的倾斜角； 5????????QB=4.求y0的值. （0，y0） （ii）若点Q在线段AB的垂直平分线上，且QA?

y2?1短轴的左右两个端点分别为A，B，直线l:y?kx?1与x轴、y轴分8. 椭圆x?42别交于两点E，F，交椭圆于两点C，D. （I）若CE?FD，求直线l的方程；

（II）设直线AD，CB的斜率分别为k1,k2，若k1:k2?2:1，求k的值.

9. 已知椭圆的中心在原点，焦点在x轴上，长轴长是短轴长的2倍且经过点M（2，1），平行于OM的直线l在y轴上的截距为m（m≠0），l交椭圆于A、B两个不同点. （1）求椭圆的方程； （2）求m的取值范围；

（3）求证直线MA、MB与x轴始终围成一个等腰三角形.

x2y210．设椭圆E: 2?2?1（a，b>0）过M（2，2） ，N(6，1)两点，O为坐标原点，

ab（I）求椭圆E的方程；

（II）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，

????????且OA?OB？若存在，写出该圆的方程，并求|AB |的取值范围，若不存在说明理由.

【参考答案】 1.【答案】D

y?y2x12y12x22y22【解析】?0， ??1，??1，两式相减得：x1?x2?4?y1?y2?1x1?x2369369因x1?x2?8,y1?y2?4，故

y1?y21??. x1?x222.【解析】解法一：设所求直线的斜率为k，则直线方程为y?代入椭圆方程，并整理得

11???k?x??． 22???1?2k?x??2k22213?2kx?k2?k??0．

22?2k2?2k由根与系数的关系，得x1?x2?． 21?2k∵P是弦中点，∴x1?x2?1．故得k??所以所求直线方程为2x?4y?3?0．

解法二：设过P?，?的直线与椭圆交于A?x1，y1?、B?x2，y2?，则由题意得

1． 2?11??22??x122??y1?1，?22?x22??y2?1，?2?x1?x2?1，??y1?y2?1.①② ③④2x12?x22?y12?y2?0． ⑤ ①－②得

2将③、④代入⑤得

y1?y211??，即直线的斜率为?．

x1?x222所求直线方程为2x?4y?3?0．

【注】（1）有关弦中点的问题，主要有三种类型：过定点且被定点平分的弦；平行弦的中点轨迹；过定点的弦中点轨迹．

（2）解法二是“点差法”，解决有关弦中点问题的题较方便，要点是巧代斜率．

（3）有关弦及弦中点问题常用的方法是：“根与系数的关系”及“点差法”． 3.【解析】设抛物线上关于直线x+y=1对称的两点是M(x1，y1)、N(x2，y2)，

设直线MN的方程为y=x+b.代入抛物线方程，得x2+(2b-2p)x+b2=0. 则x1+x2=2p-2b，y1+y2=( x1+x2)+2b=2p. 则MN的中点P的坐标为 (p-b，p).

因为点P在直线x+y=1上，所以2p- b=1，即b=2p-1.

又?=(2b-2p)2-4b2=4p2-8bp>0，将b=2p-1代入得4p2-8p(2p-1)>0， 即3p2-2p<0.解得0

22. 32 4.【解析】设椭圆方程为ax?by?1(a?b?0)，

直线y?x?1与椭圆相交于P(x1，y1)、Q(x2，y2)两点. 由方程组??y?x?1,22?ax?by?1,消去y后得(a?b)x2?2bx?b?1?0，

?x1?x2??2bb?1 ，x1x2?a?ba?b由kOP?kOQ??1，得y1y2??x1x2.（1） 又P、Q在直线y?x?1上，

?y1?x1?1，(2)? ?y2?x2?1，(3)?y1y2?(x1?1)(x2?1)?x1x2?(x1?x2)?1把（1）代入，得2x1x2?(x1?x2)?1?0， 即

2(b?1)2b??1?0 a?ba?b 化简后，得 a?b?2 （4） 由|PQ|?510，得(x1?x2)2?(y1?y2)2? 2255?(x1?x2)2?，(x1?x2)2?4x1x2?，44

2b24(b?1)5()??a?ba?b413或b?， 22把（2）代入，得4b2?8b?3?0，解得b?代入（4）后，解得a?31或a? 22

由a?b?0，得a?31，b?. 223x2y2??1 ?所求椭圆方程为225.【解析】（1）由已知得：2b2?a2?c2?b2?2c2，∴b2?2,a2?3

x2y2所以椭圆方程为：??1.

32?2x2?3y2?6（2）设A(x1,y1)，B?x2,y2?，由?，得5x2?6x?3?0

?x?y?1?0

∴x1?x2?63 ，x1x2??， 55∴AB?2x1?x2?2?x1?x2?2?4x1x2?83. 5x26.【解析】（1）依题意可设椭圆方程为2?y2?1，则右焦点Fa?a2?1,0.

?由题设|a2?1?22|2?3，解得a2?3，

x2故所求椭圆的方程为?y2?1.

3（2）设P(xP,yP)、M(xM,yM)、N(xN,yN)，P为弦MN的中点，

?y?kx?m,?由?x2得(3k2?1)x2?6mkx?3(m2?1)?0. 2??y?1,?3?直线与椭圆相交，???(6mk)2?4(3k2?1)?3(m2?1)?0?m2?3k2?1,①

?xP??kAPxM?xNm3mk，从而yP?kxP?m?2， ??23k?123k?1yP?1m?3k2?1，又|AM|?|AN|,?AP?MN, ???xP3mkm?3k2?11则???，即2m?3k2?1，②

3mkk把②代入①得m2?2m，解0?m?2， 由②得k2?2m?11?0，解得m?.

231?m?2. 2综上求得m的取值范围

7.【解析】（Ⅰ）由e=

c3?，得3a2?4c2.再由c2?a2?b2，解得a=2b. a2由题意可知

1?2a?2b?4，即ab=2. 2解方程组??a?2b,得a=2，b=1.

ab?2,?x2?y2?1. 所以椭圆的方程为4（Ⅱ）（i）由（Ⅰ）可知点A的坐标是（-2，0）.

设点B的坐标为(x1,y1)，直线l的斜率为k.则直线l的方程为y=k（x+2）.

?y?k(x?2),?于是A、B两点的坐标满足方程组?x2消去y并整理，得 2??y?1.?4(1?4k2)x2?16k2x?(16k2?4)?0.

16k2?42?8k24kx?由?2x1?，得.从而. y?112221?4k1?4k1?4k?2?8k2??4k?41?k2所以|AB|???2?. ???2?2?21?4k??1?4k?1?4k?41?k24242?由|AB|?，得.

1?4k255整理得32k?9k?23?0，即(k?1)(32k?23)?0，解得k=?1. 所以直线l的倾斜角为

422222?3?或. 44?8k22k?,（ii）设线段AB的中点为M，由（i）得到M的坐标为??. 22?1?4k1?4k??以下分两种情况：

（1）当k=0时，点B的坐标是（2，0），线段AB的垂直平分线为y轴，

????????于是QA???2,?y0?,QB??2,?y0?.

????????由QA?QB?4，得y0??22.

（2）当k?0时，

2k1?8k2????x?线段AB的垂直平分线方程为y?. 22?1?4kk?1?4k?6k. 21?4k????????由QA???2,?y0?，QB??x1,y1?y0?，

令x?0，解得y0???????????2?2?8k2?6k?4k6k?QA?QB??2x1?y0?y1?y0???? 22?22?1?4k1?4k?1?4k1?4k??4?16k4?15k2?1??1?4k?22?4，

14214.所以y0??. 752整理得7k?2.故k??综上，y0??22或y0??8.【解析】（I）设C(x1,y1),D(x2,y2),

214 5.

?4x2?y2?4由?,得(4?k2)x2?2kx?3?0, ?y?kx?1??4k2?12(4?k2)?16k2?48,2k?3,xx?, 12224?k4?k1由已知E(?,0),F(0,1).

kx1?x2??

11?x1?x2,即x2?x1?? kk?2k1所以??,解得k=?2，

k4?k2所以?

所以所求直线l的方程为2x?y?1?0或2x?y?1?0. （II）k1?y2y,k2?1,k1:k2?2:1， x1?1x1?12y2(x1?1)2y2(x1?1)2?4, ?,平方得2所以2y1(x2?1)1y1(x2?1)

y1222又x??1,所以y12?4(1?x12),同理y2?4(1?x2),代入上式，

421计算得

(1?x2)(1?x1)?4,即3x1x2?5(x1?x2)?3?0,

(1?x1)(1?x2)所以3k2?10k?3?0,解得k?3或k?因为

1, 3y2(x1?1)21?,x1,x2?(?1,1),所以y1,y2异号,故舍去k?,

y1(x2?1)13所以k=3.

x2y29.【解析】（1）设椭圆方程为2?2?1(a?b?0)

ab?a?2b2???a?8则?4 解得?21??1???b?2?a2b2x2y2??1 ∴椭圆方程为82.

（2）∵直线l平行于OM，且在y轴上的截距为m，

又kOM=

11，?l的方程为：y?x?m 221?y?x?m??2?x2?2mx?2m2?4?0 由?22?x?y?1?2?8∵直线l与椭圆交于A、B两个不同点，

（3）设直线MA、MB的斜率分别为k1，k2，只需证明k1+k2=0即可.

设A(x1,y1),B(x2,y2)，则k1?y1?1y?1，k2?2 x1?2x2?2222由x?2mx?2m?4?0，得x1?x2??2m,x1x2?2m?4.

而

11(x1?m?1)(x2?2)?(x2?m?1)(x1?2)2?2(x1?2)(x2?2)?x1x2?(m?2)(x1?x2)?4(m?1)(x1?2)(x2?2)

2m2?4?(m?2)(?2m)?4(m?1)?(x1?2)(x2?2)

故直线MA、MB与x轴始终围成一个等腰三角形.

x2y210.【解析】（1）因为椭圆E: 2?2?1（a，b>0）过M（2，2） ，N(6，1)两点，

ab?42?11??1????a2?8?a2b2?a28所以?解得?所以?26111?b?4 ???1?????a2b2?b24

x2y2??1 故椭圆E的方程为84（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A、

????????B，且OA?OB，

设该圆的切线方程为y?kx?m，

?y?kx?m?22由方程组?x2y2得x?2(kx?m)?8，

?1??4?8即(1?2k)x?4kmx?2m?8?0，

则△=16km?4(1?2k)(2m?8)?8(8k?m?4)?0， 即8k?m?4?0，

222222222224km?x?x??12??1?2k2由?， 22m?8?xx?12?1?2k2?

k2(2m2?8)4k2m2m2?8k22y1y2?(kx1?m)(kx2?m)?kx1x2?km(x1?x2)?m???m?221?2k1?2k1?2k2

22????????2m2?8m2?8k2??0， 要使OA?OB，需使x1x2?y1y2?0，即

1?2k21?2k23m2?8所以3m?8k?8?0，所以k??0又8k2?m2?4?0，

8.

222?m2?2262682所以?2，所以m?，即m?或m??，

333?3m?8因为直线y?kx?m为圆心在原点的圆的一条切线，

m2m2826r???所以圆的半径为r?，r?，， 2223m?8331?k1?k1?82m所求的圆为x?y?228， 32626或m??， 33此时圆的切线y?kx?m都满足m?x2y226??1的两个交点为而当切线的斜率不存在时，切线为x??与椭圆

384????????26262626(,?)或(?,?)满足OA?OB. 3333综上， 存在圆心在原点的圆x?y?228，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有3????????两个交点A，B，且OA?OB．

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