江苏2020年高考数学二轮微专题突破-专题07设线法、设点法在圆锥曲线中的应用教师版

1、专题07射线法、设点法在圆锥曲线中的应用解析几何题的解题思路一般很容易觅得，实际操作时，往往不是因为难于实施，就是因为实施起来运 算繁琐而被卡住，最终放弃此解法，因此方法的选择特别重要从思想方法层面讲，解决解析几何问题主 要有两种方法：一般的，设线法是比较顺应题意的一种解法，它的参变量较少，目标集中，思路明确；而 设点法要用好点在曲线上的条件，技巧性较强，但运用的好，解题过程往往会显得很简捷对于这道题， 这两种解法差别不是很大，但对于有些题目，方法选择的不同，差别会很大，因此要注意从此题的解法中 体会设点法和设线法的不同一、题型选讲题型一圆锥曲线中的线段的关系x2 y22 一例1、(2019南

2、京学情调研)在平面直角坐标系xOy中，椭圆E： + 2=1(ab0)的离心率为寸，且 a2 b22直线l： x=2被椭圆E截得的弦长为2.与坐标轴不垂直的直线交椭圆E于P, Q两点，且PQ的中点R在直 线l上.点M(1, 0).(1)求椭圆E的方程；(2)求证：MRXPQ.x2 y2一 、.2一 .c2b2 1 一一、规范解答(1)因为椭圆3+=1360)的离心率e=3,所以e2=1=1一=2,即a2=2b2. (2分)因为直线l： x=2被椭圆E截得的弦长为2,所以点(2, 1)在椭圆上，即2+(=1.解得 a2=6, b2=3,x2 y2所以椭圆E的方程为/+yT =1.(6分)63(2)

3、解法1(设线法)因为直线PQ与坐标轴不垂直，故设PQ所在直线的方程为y=kx+m.设 P(x1，y1)，Q(x2,y2).因为PQ的中点R在直线l： x=2上，故R(2, 2k+m).联立方程组错误!消去 y,并化简得(1+2k2)x2+4kmx+2m26 = 0, (9 分)4km所以 A+x2=E.4km由 x, +x,=7T72=4，得 1+2k2=km.(12 分)12 12k22k+m,因为 M(1, 0),故 kMR=j-=2k+m,所以 kMR kpQ=(2k+m)k=2k2+km=2k2(1+2k2)= 1,所以 MRPQ.(16 分)解法 2(设点法)设 P(x1，y1),

4、Q(x2 y2).因为PQ的中点R在直线l： x=2上，故设R(2, t).因为点P, Q在椭圆E：x62+y2=1上，所以错误!两式相减得(x1+x2) (x1x2)+2(y1+y2) (y1y2) = 0.(9 分)因为线段PQ的中点为R,所以x1+x2=4, y1+y2=2t.代入上式并化简得(x1x2)+t (y1y2) = 0.(12分)又 M(1, 0),所以疝 PQ = (21)X(x2x1) + (t0)X(y2y1) = 0,因止匕MRPQ.(16分)用代数法处理圆锥曲线综合题的常见方法有两种：设点法、设线法.对于本题而言,两种方法都可以, 解题时把“设线法”与“直线斜率乘积

5、为1”结合,把“设点法”与“向量的数量积为0”结合,其实颠 倒一下也可行.x22例2、(2016南京三模)如图，在平面直角坐标系xQy中，已知椭圆C：左十b =1(ab0)的离心率为，点(2,1)在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l与圆0： *+j2=2相切，与椭圆C相交于P, Q两点.若直线l过椭圆C的右焦点孔求0PQ的面积；求证：0P 0Q.思路分析 由e=c= 得a：b：c=0：1：1,用b表示a更方便； a 2 设直线l的方程为y=k（x由），由直线l与圆O相切可先求出k,再求出PQ的长即可.设l： y=kx+m,则只要证OP -g=x1x2+y1y2=x1x2+ （kx1

6、+m）（kx2+m） =0.联列直线与椭圆方程可得 x1+x2, x1x2均可用k, m表示.由直线l与圆O相切，可得k与m的关系式.C 2!241规范解答（1）由题意，得c=岸，-42+a=1，解得a2=6, b2=3.a2 ab所以椭圆的方程为62+与=1.（2分）（2）解法1椭圆C的右焦点F（-.；3, 0）.设切线方程为y=k （%43）,即kx y43k=0,所以W3k|=也，解得k=2所以切线方程为y=近（x）.当k =；5时，（4分） ：k2+1y =2(% T),由方程组1%2+y2=1 解得4第+ 36 % =5V6+6 1y=54，3 亚% =5,V66I尸5.所以点P,

7、Q的坐标分别为4V3 + 3、./5%+65,4b3 v25-%；665,6：6、所以PQ =不一.（6分）因为O到直线PQ的距离为、立,所以4OP。的面积为653.因为椭圆的对称性，当切线方程为y =X&xn）时，OPQ的面积也为653.综上所述，OP。的面积为用.（8分）解法2椭圆C的右焦点F(-3, 0).设切线方程为y=k(%-，3),即kx y飞3k=0,所以3k1 fQ,解得k=g，所以切线方程为y = */2(% /).当k =也时，(4分) k2+1把切线方程y =阳%小)代入椭圆C的方程，消去y得5%28V3%+6=0.一.8-J3设 P(% 1, y 1), Q(%2, y

8、2),则有 % 1 + %2= 5 .由椭圆定义可得，PQ=PF+FQ=2ae(% 1 + %2) = 2X-.,.,62X853=66.(6 分)因为O到直线PQ的距离为-五，所以4OPQ的面积为竽.因为椭圆的对称性，当切线方程为y=-n(x时， OPQ的面积吟3综上所述，0?。的面积为.优分)解法1 (i)若直线PQ的斜率不存在，则直线PQ的方程为 =：5或 =f12.当 =历时，P (-.;2, 行)，。他，一6因为O Oq=0，所以 OPOQ.当x =一时，同理可得OPOQ.(10分)(ii)若直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为y=kx+m，即kxy+m=0.因为直线与圆相切，所以

9、；7=2=,2即m 2=2 k 2+2.将直线PQ方程代入椭圆方程，得(1+2k2) x2+4kmx+2m26=0.4km设 P(x 1，y 1)，Q(x2，y2)，则有 x 1+ x2= 1+2k2，2m26% 1 % 2= 1+2 k2.(12分)O O2m26因为OP OQ=x x + y y = x x + (kx + m)(kx + m) = (1+ k2)x x + km(x + x ) + m2 = (1+ k2)X , O72 + 1 21 21 2121 2121+2k2km X4 km 1+2 k2J+m 2.将m2=2k2+2代入上式可得0P 0Q=0,所以OP0Q.综上

10、所述，OP OQ.(14分)解法2设切点T(x0, y0),则其切线方程为x0 x+y0y2 = 0,且x2+y0=2.当y0=0时，则直线PQ的直线方程为=血或x =当 x=历时，P (2, 2), Q(0)经过点“3, 2),卜，鼻),点A是椭圆的下顶点(1)求椭圆C的标准方程;(2)过点A且互相垂直的两直线11, 12与直线y=x分别相交于E, F两点，已知OE=OF,求直线11的斜率思路分析(1)由两点在椭圆上，列方程组解出a2, b2； (2)设E(t, t),则11的斜率kAE=tZt1.规范解答(1)由Q反2)，(1,坐)两点在椭圆C上，得b0)的左、右顶点分别为A, ：8,离心

11、率为1 a2 b22点P(1, 为椭圆上一点.(1)求椭圆C的标准方程；(2)如图，过点C(0, 1)且斜率大于1的直线1与椭圆交于M, N两点，记直线AM的斜率为k1,直线BN的斜率为k2,若k1=2k2,求直线1斜率的值.思路分析(1)根据已知条件，建立方程组，求出a, b,即可得到椭圆的标准方程.(2)设出直线l方程为y=kx+1, M(x1, y1), N(x2, y2),将直线l方程与椭圆方程联立，求出x1+x2和 xF2,根据条件求出k1和净代入k1 = 2k2化简计算，得到关于k的方程，解方程求出k的值.规范解答(1)因为椭圆的离心率为2,所以a=2c.又因为 a2=b2+c2,

12、所以 b=、./3c.所以椭圆的标准方程为W+总=1.(3分)4c 3c9又因为点P(1, 3)为椭圆上一点，所以白+白=1,解得c=L(5分)24c 3cx2 y2所以椭圆的标准方程为了+y3 =1.(6分)(2)由椭圆的对称性可知直线l的斜率一定存在，设其方程为y=kx+1.设 M(x1, yj, N(x2，y2).联立方程组错误!消去y可得(3+4k2)x2+8kx8 = 0. TOC o 1-5 h z 8k8所以由根与系数关系可知x +x = 2/，x x = .(8分)234k21 234k2因为 k = y1, k = y2,且 k=2号，所以 y =-空。分)x22 x 212

13、 x2 x 2212即y2=4y2即 (x1+2) 2(x22) 2.又因为M(x1, y1), N(x2, y2)在椭圆上，33所以 y2=4(4x2)， 丫2=4(4x2),x 4(2x)将代入可得：=T=；一J，即 3xx9 + 10(x, +xj+12 = 0.(12 分)2x2x1 21212所以 3(384k2) + 10(3：84 + 12 = 0,即 12k220k+3 = 0.(14 分)133解得k=Z或k=J,又因为k1,所以k=7.(16分) 622x2例5、(2019通州、海门、启东期末)如图，A是椭圆J+y2=1的左顶点，点P, Q在椭圆上且均在x 轴上方,(1)若

14、直线AP与OP垂直，求点P的坐标；3(2)若直线AP, AQ的斜率之积为3,求直线PQ的斜率的取值范围.思路分析第1问，由于点A, O已知，且APLPO,由此可得点P所满足的轨迹方程，再根据点P 在椭圆上，就可以通过两个方程所组成的方程组求得点P的坐标.第2问，要研究直线PQ的斜率的取值范围，由于点P、Q与直线AP，AQ有关，因此，利用解方程组 的方法可以将点P、Q的坐标表示为直线AP，AQ的斜率的形式，进而将直线PQ的斜率表示为直线AP，3AQ的斜率的形式，利用kA -k八=4就可以利用基本不等式或利用消元法转化为单个变量的函数形式，通 AP AQ 4过函数求得它的取值范围(1)设 P(x0

15、, y0), A(2, 0),则AP=(x0, y0), (OP=(x0, y0)，因为直线 AP 与 OP 垂直，所以AP-OP=0,即 x0(x0+2)+y2=0.(3 分)得 x0+2x0+y0=0.x2又点P在椭圆上，所以?+y0=1.由得x0=3或一2(舍去)，代入得y0=手.因为点P在x轴上方，所以P(2,斗)(6分)3(2)由于直线AP, AQ的斜率之积为4，点P, Q在椭圆上且均在x轴上万.3所以可设直线AP, AQ的斜率分别为k1, k2,则k1k2=3, k10，k20.所以直线AP的方程为y=k1(x JL4J. 4 *1 11JL4,L2)x2+y2=1联立j 4得(4

16、耳+1)x2+16k；x+16k24=0.(8 分)0, k20.所以k1+k2三2：kk2=：3注意到，点P, Q不重合，所以重号不成立.所以 02 (k2+k1) b0)的离心率为卓， a2 b22两条准线之间的距离为42.求椭圆的标准方程；8(2)已知椭圆的左顶点为A,点M在圆x2+y2=9上，直线AM与椭圆相交于另一点B,且AOB的面积是4AOM的面积的2倍，求直线AB的方程.思路分析(1)基本量建立方程组，求出a, b的值，得出椭圆的标准方程.(2)由面积关系，分析出M为AB的中点，这里有两种思路，解法1,设出M(x0, y0),得出B的坐标， 分别代入椭圆与圆的方程，建立方程组，求

17、出M的坐标；解法2,设出直线的方程y=k(x+2),由直线与 椭圆联立，得出M的坐标，代入圆的方程，得到一个关于k的方程，解得k的值. 一，一、.一_. 、 ，一c X.12 2a2i规范解答(1)设椭圆的焦距为2c,由题意得=牛 2a=4、：2, (2分)a 2 c解得 a=2, c=、：2 所以 b=2.所以椭圆的方程喏+y2=1.(4分)(2)解法1(设点法)因为SaAn =2SaAc 所以AB = 2AM,所以M为AB的中点.(6分) AOBAOM因为椭圆的方程为?+5=1,所以A(2, 0).设 M(x0, y0)(一2b 0)的离心率为W，上顶点A到右焦点的距离为、；过点D(0，m

18、)(mW0)作不垂直于x轴，y轴的直线l交椭 圆E于P, Q两点，C为线段PQ的中点，且ACXOC.(1)求椭圆E的方程；(2)求实数m的取值范围；S8(3)延长AC交椭圆E于点B,记AOB与AOC的面积分别为S, S,，若S1=3,求直线l的万程.12 S3思路分析用代数法处理圆锥曲线综合题的常见方法有两种：设点法、设线法,本题第(2),(3)问都分 别采用设线法和设点法解题.第(2)问，欲求实数m的取值范围，则需建立m与其他参数的关系，进而借助 其他参数的取值范围求解.解法1是设线法，先建立m与直线l斜率k的等式关系，再由直线与椭圆相交 得到的k的取值范围来求解m的取值范围；解法2是设点法

19、，先建立m与点C(x0, y0)坐标间的等式关系， 再借助线段PQ的中点C在椭圆内部求解m的取值范围.第(3)问，选取面积的表示形式是解决问题的关键，本题选择S =1AOX|x|, S =1AOX|x|时，S1= xB，进而在第问的基础上分别用k或m表示x , x 12B 22CS xB C2C求解c_，x2规范解答(1)因为1a 2 所以c1, b2a2c21,所以椭圆E的方程为2+y21.(2分)la-啦，(2)解法 1(设线法)由得 A(0, 1).设 P(x1,y1),Q(x2，y2), C(x0, y0).设直线 l 方程为 ykx+m(kW0),4km TOC o 1-5 h z

20、HYPERLINK l bookmark78 o Current Document 将其与椭圆E的万程联立，消去y得(1+2k2)x2+4kmx+2m22 0 (*),所以x, +x? -2, (41212k2分）x1+x22km _,m（_ 2km m ）所以 x0 2 1+2k2, y0kx0+m1+2卜2,即 Cl 1+2k2，1+2k2_J， HYPERLINK l bookmark84 o Current Document m 1,所以kAC HYPERLINK l bookmark86 o Current Document 1+2k22k2+1m、2km 2km .（6 分 ）1+

21、2k2mr yl+2k21又因为 koc=y0=2k，且 ACOC，012k2crtsI2k2+1m ( 1所以 kAC koc=2km l2kJ= 1，整理得m=4k2+1.(8分)一 .2k2+1 4k2+12k22k21(1 .因为 kWO,则 m=2k；X7=1=1 ；2T7 =1T(1，1 )，此时 A=8(2k2+1m)0,4k2 十 14k2 十 14k2 十 11V2J/2 + 2k2所以实数m的取值范围为，1）.（10分）解法2（设点法）由（1）得A（0, 1）.设 P（x1，y1），Q（x2，y2）, C（x0，y0），其中 x0，y0均不为 0，且 x1Wx2.因为P，Q

22、两点都在椭圆E上，所以x2+2y2=2且x2+2y2=2,两式相减得乙乂卜二一1.（4分）x2x1 x02又 kpQ=%，即=，所以 1xy0=2，（6 分）PQ CDx2x1x0 x0 x02即 x2=2y0（my0）.又 ACLOC，所以y0*/： 1，（8 分）x0 x0即 x2=y0（1y0）.由得 y0=2m1, xO=(12m) (2m2)(0, 2), 所以 1Vm1.(10 分) 解法1设B(x3, y3)，由(2)解法1知kOC=2k.kAB=1-=2k,所以直线AB的方程为y=2kx+1, kOC8k与椭圆E方程联立解得x=E或x=0（舍），8k即 x3=1+k2.(12

23、分)2km 2k 2k2十1又因为 x0= 1 +2k2= 1 +2k2X4k2+12k 1+4k2,v 2aOXIx3I所以胱=12 2AO x ix i8k I1 + 8k2l4+16k2、M l= 1+Q(14 分) 1+4k2!HdS 8 m4+16k2 8 即,日 I 1 因为S1=3，所以1+8卜2 =3，解得k=2,此时m：2：3,点D坐标为I。，3）， 4k21 4413所以直线l的方程为y=2x+4.（16分）解法2设B（x3, y3）,点B在椭圆E上，所以x2+2y2=2.又 Adoc,所以 y3xy:T,即 y3:x0 x +1,y0 3代入上式消去y3,得x3=y4yx

24、2（x3 = 0舍），(12分)v 2AOX|x3l所以S1:12 2AO X |x Ix3x0由(2)解法 2 知 y0=2m1, x0:(1 2m) (2m2)2Vmn0）的左、右焦点分别为F 1, F2, P是以椭圆短轴为直径 的圆上任意一点，则PF 1. PF2: 答案： 2 nm 解法 1 PF1PF2=( PO+OFJ( PO+OF2) = ( PO+OFJ( PO OF 1) : I PO |2I OF 1|2:n (mn ) = 2 nm.解法 2 设 F 1(c, 0), F2(c, 0), P(x, y)，则 x2+y2=n, PF 1。PF2=(x+c)(xc)+y2=x

25、2+y2c2:n (m n)=2nm.x2 y2例9、（2018南京、盐城一模）如图，在平面直角坐标Oy中，椭圆C：公+ 2=1（ab0）的下顶点为B,a2 b2点M, N是椭圆上异于点B的动点，直线BM, BN分别与x轴交于点P, Q,且点Q是线段OP的中点.当卑）处时，点Q的坐标为四,（1）求椭圆C的标准方程;（2）设直线MN交y轴于点D,当点M, N均在y轴右侧，且DN=2NM时，求直线BM的方程.思路分析 第（2）问中由DN=2NM,可得2xM=3xN.可以用直线BM, BN的方程，与椭圆联立得到横 坐标，即可求出直线BM的斜率k;也可以用点M, N表示直线方程得出点P, Q坐标，再利

26、用向量关系得 出坐标之间的关系,最后回代椭圆求解规范解答 由nQs,由，Q呼，0）,得直线NQ的方程为y=2x小.（2分）令x=0,得点B的坐标为（0,一,）.所以椭圆的方程为x2+y2=1.（4分）（一行（、舟2 （即2将点N的坐标（小，期代入，得（|）+、一 =1,解得a2=4. 2 Ja3所以椭圆c的标准方程喏+y2=1.（8分）（2）解法1（设线法）设直线BM的斜率为k（k0）,则直线BM的方程为y=kx-.；3.在 y=kx/3中，令 y=0，得xp=乎，而点Q是线段OP的中点，所以xn=23.所以直线BN的斜率k N=k0-3）= P kQ 2kBN BQ一02k-02k.(10

27、分)（注：由kBM=OB =OP，k =OBkBN OQ，及 OP=2OQ 也可得到 kBN=2kBM.)fy=kx-.3, 联立 x2 , y2匕 + 3=1,消去 y,得(3+4k2)x2-8/3kx=0,解得xM=*k2 用 2k代替 k,得y =J3k (12xN=316k2 .(12分）又DN=2NM,所以 xN=2（xM-xN），得 2xM=3xN.（14 分）故2*嚼=3*号，又20,解得k=乎所以直线BM的方程为y=乎x-（16分）3解法2（设点法）设点P, Q的坐标分别为（2t, 0）, （t, 0）, t0,则直线BM的万程为y=；x:J3, （10 乙t分）0,解得t=W

28、,所以k=芈所以直线BM的方程为y=半x、回（16分） 1 十 t24 十 t2222解法3（设点法）设点M, N的坐标分别为（x1, y1）, （x2, y2）.由B（0,门），得直线BM的方程为y= y13一x1.同理,得 xQ=yft23.令y=0,得xp而点Q是线段OP的中点，所以xp=2xQ, =2X 3x .（10 分）3x2又DN=2NM,所以 x2=2（x1乂2）,得 *2=铲0,从而:y1+-y2+丁,“4v13、解得 y2=3yl+V.（12 分）=2“2 铲1, 工 ，x2（4y + V3） 2心代入椭圆C的方程，得x1+421一=1.4 山9275=3丫1+ 3又 x2

29、=4（1y2）,所以+（y=1, （14 分）即、；13y2+2y1；3 = 0,解得y1 = （舍）或y1=彳又乂1 0,所以点M的坐标为故直线BM的方程为y=x一,.13.（16分）x 2Y 22例10、（2018苏锡常镇调研）如图,椭圆益味=1（ b 0）的离心率为-，焦点到相应准线的距离为1,点A , B , C分别为椭圆的左顶点、右顶点和上顶点，过点C的直线/交椭圆于点D，交x轴y2）于点M （,0）,直线AC与直线BD交于点N（x2,（1）求椭圆的标准方程；（2）若CM = 2 MD,求直线/的方程;规范解答（1）由椭圆的离心率为巨，焦点到对应准线的距离为1.2c_a 2，解得V

30、正-c 1, V、ca b0,且点P（乎，乎）是椭圆C1，C2位于第一象限的交点.（1）求椭圆C1, C2的标准方程; 过y轴上一点Q的直线l与椭圆C2相切，与椭圆C1交于点A, 8,已知6=5而，求直线l的斜率再将点规范解答（1）椭圆C： X2+y2=1的焦点坐标为（土c, 0）,代入椭圆C,的方程有c2=1. 1 a2 b22b222的坐标代入椭圆C1, C2的方程有C1： 3a2+京=1，更nb2-1，所以 a2=b2+c2,解得 a2=2, b2=c2=1.(3 分)V2 2、-k= 1.3a2 十 3b2 1，所以椭圆C1,C2的标准方程分别为2f+y2=1,三+x2=1.（5 分）

31、(2)由题意直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+m, A(X1, y1), B(x2, y2), P(0, m).y22+x2=1,乙消去y得（kx+m） 2、y=kx+m,+x2=1,即（1+ 与jx2+kmx+m 1=0,A =k2m24（1+覆愕一1） = 0,即 k2+2m2=0.（7 分）由12 消去 y 得，+（kx+m）2=1,即（2+k2）x2+2kmx+m21=0.、y=kx+m,因为QA=5qB,即（x/y1m）=3（x2，y2m）,有 5x1 = 3x2，所以2km+2 +k22 佶+k22 佶+k2化简，得揄=4-人2输2+2或 km=4；k2m2+2，即 k2

32、m2= 16（k22m2+2）.（12 分），k2=2,fk2=4,又因为k2+2m2=0,解得或m2=41m2=6,所以直线l的斜率为虱5或2.(14分)均符合(*)式，故k=%旧或2.、达标训练1、(2019宿迁期末)如图所示，椭圆M：x2 y22装+ 2=1（ab0）的离心率为六-, a b2右准线方程为x=4,过点P(0,4)作关于y轴对称的两条直线L，l2,且l1与椭圆交于不同两点A, B, l2与椭圆交于不同两点D, C.(1)求椭圆M的方程；(2)证明：直线AC与直线BD交于点Q(0, 1)；(3)求线段AC长的取值范围.思路分析对于(2),要求证明交于一点Q(0, 1),角度一

33、：根据图形的对称性可设A(a，yj, B(x2,y2),则 D(Xj y1), C(x2, y2),再设11方程为y=kx+4,则可由一元二次方程根与系数的关系判断出点B, D，Q三点共线，同理有点A，C，Q三点共线，这个角度的逻辑是借助了给出的定点(0，1)，然后验证，有些不严谨；角度二：直接求直线AC和直线BD的方程，联立求解坐标，这个方法是逻辑严谨的首选，不过计算量稍大.对于(3),可由两点间的距离公式表示出AC的长度，将表达式的关于x1, x2的结构用含有k的式子代换掉，回归一元变量，求解最值，可直接求导. 但是解析几何中的最值，直接求导，暴力求解最值的较少，更多的是化简函数表达式，根

34、据结构采用基本不等式(无法取等的时候就求导来解决)来求解最终的最值(或者值域)，必然要有定义域，所以寻找函数的定义域是非常重要的，而解析几何中直线和曲线联立(曲直联立)以后的关于式或者y)的一元二次方程有解，判别式就是很重要的一个点，也就是定义域的一个重要来源，有些题目甚至是唯一来源24 = 64k2960.、y=kx+4,24x1 * x2=1+2k2,(6分)直线AC的方程为y=直线BD的方程为y=y2 rx2y2yX2 + xx1)+kx1+4.y2 rx2y y1(x X2) + y2 = X2+1(X x2) + kx2 + 4.121联立直线AC和直线BD的方程并化简得k(x1+x

35、2)=y2+y1,即 x2 x1k区一x,)2xx2 + x1x2 + x1k一1，即工2x=1= 1，解得 x=0. x2 + x1y y在直线AC的方程中，令乂=0,得y= 4工4(x )+kx +4= x-+x,1121kxkx2x2 + x11(x )+kx +4=2/X1+4.11X2 + X1曲 一16k将 x1+x2=1+2k2,24x1 * x2=1+2k2代入计算得y=2k+x1+4=48k1+2k2+4 = 3+4=1. 16k1+2k248k1+2k21+4=+4=3+4 = 1.116k1+2k22kx x同理可得，在直线BD的方程中，令x=0,得y=2kX2x x2+

36、x故直线AC与直线BD交于点Q(0, 1).(3)由(2)可知 AC2=(x1+x2)2+(y1y2)2=(x1+x2)2+k2(x1 x2)2= (X+x2)2+k2 (x1+x2) 24x1 , x2162k2r162k2x 24 _4k4+10k2=(1+2k2) 2+k2L (1+2k2) 2- X1+2k2=16X4k4+4k2+1(,6k21 )、= 1611+4k4+4k2+J(12 分)t+1令 t=6k21,则 k2=.63又由 A= 162k24 X 24X (1+2k2)0 得 k22，所以 t8,. 9t,9、所以 AC2=16+ %= 16(1+t = 16(1+6)

37、. (14 分)t+Y+8因为(t+F+S);= 1 160 在 t(8,+8)上恒成立， tt2所以t+华+8在t(8,+8)上单调递增，169193所以 t+，+818, 0V773， 11+ 77不t1161c 21161c 2t+ +8t+8所以16AC224, 4ACb0),若椭圆E2：；嬴+漆=1(ab0，m1),则称椭圆E2与椭圆E1 “相似”.(1)求经过点(：2 1),且与椭圆Ej x2+y2=1 “相似”的椭圆E2的方程. 1 / 2(2)若椭圆E1与椭圆E2“相似”，且m=4,椭圆E1的离心率为号，P在椭圆E2上，过P的直线l交椭圆E1于A, B两点，且AP=AB.若B的

38、坐标为(0, 2),且为=2,求直线l的方程；若直线OP, OA的斜率之积为一上求实数为的值.规范解答(1)设椭圆E2的方程为/+y2=1,将点(；2 1)代入得m=2,所以椭圆E2的方程为X2+y2=1.(3分) 22 ”.(2)因为椭圆E,的离心率为V，故a2=2b2,所以椭圆Ej x2+2y2=2b2.又椭圆 E2与椭圆E1“相似，且m=4,所以椭圆E2：x2+2y2=8b2.设 A(xy1),B(x2,y2),P(x0,y0).解法1(设线法)由题意得b=2,所以椭圆E1： x2+2y2=8.当直线l斜率不存在时，B(0, 2), A(0,-2), P(0, 4),不满足AP=2AB,

39、从而直线l斜率存在，可设直线l： y=kx+2,代入椭圆 E1： x2+2y2=8 得（1+2卜2、2+8卜乂=0,8k,24k2解得 x1=1+k2, x2=0 故 y1=i+k2, y2=2,I 一 8k24k21、所以 A11+2k2, 1+2kJ.（5 分）一.一 . （ 8k2+12k2）、又AP=2AB，即 B 为 AP 中点，所以 P11+k2，1+2k2 ），（6 分）代入椭圆E2： x2+2y2=32得（8k 2（2+12k22（1+2k2J +2（1+2k2 ） =32，即20k4+4卜23 = 0，即（10卜23）（2卜2+1） = 0，所以k=答，所以直线l的方程为y=

40、舞x+2.（8分）解法 2（设点法）由题意得 b = 2,所以椭圆 E1： x2+2y2=8, E2： x2+2y2=32.由 A（x1, y1）, B（0, 2）,则 P（x1, 4y1）.代入椭圆得：2+2（=一；1） 2=32,解得2，故 x1 = 卑 （6 分）所以直线l的斜率k=答，所以直线l的方程为y=530 x+2.（8分）一2,即琳1+以丫1 = 0. 1由题意得 x0+2y0=8b2, x；+2y；=2b2, x2+2y2=2b2, 解法1（设点法）由直线OP，OA的斜率之积为一2,得x 一一 i r一，.一，一 又AP=AB,则仪0*1，丫0丫1）=入（*2x1, y2y1

41、），解得x2x0+（九-1） x1丫2 =人y0+（1）y11,（12分）所以x0+（为一1） x1人2+2y0+ （八 一1） y1人2= 2b2,则 x0+2（九一1）x0 x1+（X-1）2x2+2y0+4（九一1）y0y1+2（九-1）2y2=2X2b2,（x2+2y0）+2（九一1）（x0 x1+2y0y1）+（为一1）2（x；+2y2）=2为2b2,所以 8b2+（九-1）2 2b2=2入2b2,即 4+（九一1）2=入2,所以为=2.（16分）解法2（设线法）不妨设点P在第一象限，设直线OP： 丫=卜乂（40）,代入椭圆E2： x2+2y2=8b2,解得x02；5b2 2bk1+

42、2k2,1+2k2,直线OP，OA的斜率之积为一1，则直线OA： y=4乂，代入椭圆E,： x2+2y2=2b2, 22k1解得 x = 一 ； 2bk ：，则y =, =.1；1+2k21 1+2k2所以x0+（为-1） X1人2+2y0+（1）y1人2=2b2,x2_X0+（九一1） X1= 人 ,（12分）_y0+（1）y1一 人 ，一 f一 fI又AP=AB，则（x0 x1, y0y1）=入（x2-x1，y2y1），解得则 x0+2（九-1）x0 x1+（X-1）2x2+2y0+4（九-1）y0y1+2（九-1）2y2=2X2b2， 2、J2b2bk TOC o 1-5 h z （*2

43、+2丫2）+2（入-1）（x0 x1+2y0y1）+（九-1）2（x2+2y2）=2入2b2，所以 8b2+2（九-1） f （ f ） + 000 10 1111+2k21+2k22 2 bk b+（X-1）2 2b2=2入2b2， HYPERLINK l bookmark260 o Current Document 1+2k2 .1+2k2ip 8b2+（九-1）2 2b2=2入2b2，即口 4+（入-1）2=入2，所以为=2.（16 分）3、（2017南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调）如图，在平面直角坐标系Oy中，已知椭展+ a2y22尢=13b0）的离心率为2，C为椭圆上位于

44、第一象限内的一点.（1）若点C的坐标为Q，3），求a，b的值；（2）设A为椭圆的左顶点，B为椭圆上一点，且宿=2OC，求直线AB的斜率.c2思路分析（1）由 e=1，得 a2 ： b2 ： c2=9 ： 5 ： 4.a3（2）设点C的坐标，则能用C的坐标表示B的坐标，由B, C两点在椭圆上可解出点C的坐标.c 2x2y2规范解答（1）由e=a=3，得a2 ： b2 ： c2=9 : 5 : 4.设椭圆万程为文+5 =1（丸0）. （3分）把C的坐标代入，得是十/=1,解得丸2=1,所以a=3, b=-.；5.（5分）x2y2（2）由（1）可设椭圆万程为赤+左=1（丸0），此时A（-3九0）.设

45、C（3国0，布为0），其中%0, y00，由AB=2OC，得B（-3丸+3m0，坐肛0）.（8分）由点B，C均在椭圆上，得=+：2=4，解得%=4，取丫0等.A分）所以直线AB的斜率k = k = 寻=岳=乎.（14分）AB OC3 AX 0334、（2017无锡期末）已知椭圆X2+5=1,动直线l与椭圆交于B, C两点（点B在第一象限）.（1）若点B的坐标为（1, |），求4OBC的面积的最大值；（2）设B（x，y 1），C（x2，y2），且3y4y2=0,求当OBC的面积最大时直线l的方程.33规范解答（1）直线OB方程为y=2x，即3x-2y=0,设过点C且平行于OB的直线l,方程为y =|x+b.（2 分）则当l,与椭圆只有一个公共点时，OBC的面积最大.xf+1，3消去 y 整理得 3x