谈直线和椭圆的公式化解题

谈直线和椭圆的公式化解题

直线和椭圆的关系是解析几何中的典型题目，也是高考中经常出现的考点。但是，许多学生对解析几何感到害怕，因此如何帮助学生突破这一重难点是摆在同行面前的一大难题。本文旨在给出试题中常用的一些公式，力求公式化解题，使师生从繁琐的计算中解放出来，进而节省宝贵的时间。解决直线和椭圆的问题，最主要的方法是将直线方程与椭圆方程联立。解题的步骤如下：1.设定直线方程。当直线的斜率不存在时，问题往往比较简单；当直线斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m。2.联立方程。设椭圆C的方程为x^2/a^2+y^2/b^2=1（a>b>0），记n=a^2k^2+b^2，由此消去y得到nx^2+2a^2kmx+a^2(m^2-b^2)=0。3.计算Δ的值。Δ=4a^2b^2(n-m^2)。这个值等价于n-m的平方，即方程的二次项系数减去直线l在y轴上的截距的平方。4.设定交点坐标。设直线l与椭圆C的交点为E(x1,y1)、F(x2,y2)。5.写出和与积。-2a^2kma^2(m^2-b^2)/n为x1+x2的值，x1*x2为n的值。除此之外，还有一些公式可以应用于解决直线和椭圆的问题。例如：1.2b^2m/(b^2(m^2-a^2k^2))*y1*y2=1，y1+y2=n/(m^2-b^2)。2.EF=√(Δ/n)。3.SΔOEF=Δ/(2a^2n)，m*(x1-x2)=m*(x1+x2)/(2n)。这些公式的应用可以有效地降低解题的难度和运算量。总之，解析几何中的直线和椭圆问题虽然看起来复杂，但是只要熟练掌握一些公式和解题步骤，就可以轻松应对。在平面直角坐标系$xOy$中，已知椭圆$C$的中心在原点$O$，焦点在$x$轴上，短轴长为$2$，离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$。（Ⅰ）求椭圆$C$的方程；（Ⅱ）$A,B$为椭圆$C$上满足$\triangleAOB$的面积为$\frac{2}{26}$的任意两点，$E$为线段$AB$的中点，射线$OE$交椭圆$C$于点$P$。设$OP=tOE$，求实数$t$的值。解：（I）椭圆$C$的方程为$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$。（II）当直线$AB$的斜率存在时，设直线$AB$的方程为$y=kx$，则将其代入$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$，得到$(1+2k^2)x^2+4kx\sqrt{3}+4(1-k^2)=0$，记$n=2k^2+1$。由公式$\Delta=8(n-m^2)>0$，即$n>m^2$，解得椭圆上任意两点$A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$满足$x_1+x_2=-\frac{4km^2}{n}$，$x_1x_2=\frac{4(m^2-1)}{n}$。由公式$\frac{(y_1+y_2)}{2}=\pm\frac{\sqrt{4n-m^2}}{2}$，得到$\frac{y_1+y_2}{2}=\pm\frac{\sqrt{4n-m^2}}{2}$。由公式$\triangleAOB=\frac{1}{2}|x_1y_2-x_2y_1|$，代入上式，得到$\triangleAOB=\frac{|m|\sqrt{n-m^2}}{n}\times\frac{2}{\sqrt{3}}$。因为$\triangleAOB=\frac{2}{26}$，所以$m=\pm\frac{1}{\sqrt{13}}$。由公式$t=\frac{\sqrt{3}}{2}\times\frac{(x_1+x_2)}{2}+\frac{(y_1+y_2)}{2}$，代入上式，得到$t^2m^2=n$，解得$t=2$或$t=\frac{2}{\sqrt{3}}$，由$t>0$得$t=2$。当直线$AB$的斜率不存在时，设直线$AB$的方程为$x=1$，则同理可得$t=2$。综上，$t=2$。由于点A(2,0)到直线y=kx-k的距离为d=k/(1+k^2)，所以三角形AMN的面积为S=MN*d=(2/(24k+22k+13))。解得k=±1。已知直线l与椭圆C:x^2/9+y^2/4=1，其中O为坐标原点，交于P(1,2)和Q(-1,-2)两不同点，且△OPQ的面积S=3/2。证明x^2/(2+x^2)+y^2/(2+y^2)均为定值。解：（Ⅰ）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m，得由题意知m≠0，将其代入x^2/9+y^2/4=1，得到方程(4k^2+9)x^2+12kmx+3m^2-36=0。由公式得到Δ=24(k^2-m^2)>0，即k^2>m^2。又因为点P和Q在椭圆上，代入椭圆方程可得到4k^2+9=3m^2。联立这两个方程解得k=±1。将x1+x2=-(3k+2)/(3k^2+2)和x1x2=1/(3k^2+2)代入△OPQ的面积公式S=|x1y2-x2y1|/2，得到S=|3k+2|/(2(3k^2+2))。又因为S=3/2，所以|3k+2|=9/4。解得k=-5/3或1/3。综上所述，x^2/(2+x^2)+y^2/(2+y^2)为定值。如图，已知椭圆x^2/a^2+y^2/b^2=1(a>b>0)的离心率为e，以该椭圆上的点和椭圆的左、右焦点F1,F2为顶点的三角形的周长为4(2+√3)。一等轴双曲线的顶点是该椭圆的焦点，设P为该双曲线上异于顶点的任一点，直线PF1和PF2与椭圆的交点分别为A、B和C、D。（Ⅰ）求椭圆和双曲线的标准方程；（Ⅲ）是否存在常数λ，使得AB+CD=λAB·CD恒成立？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由。解：（Ⅰ）椭圆的标准方程为x^2/a^2+y^2/b^2=1，双曲线的标准方程为x^2/a^2-y^2/b^2=1。（Ⅲ）设PA=a1，PB=b1，PC=a2，PD=b2，AF1=AF2=c1，BF1=BF2=c2。由于△PAB和△PCD相似，所以AB/CD=PA/PC=b1/b2。又因为AB+CD=2(c1+c2)=4(2+√3)，所以AB·CD=(c1+c2)^2=(2+√3)^2。代入得到b1/b2=(2+√3)/(2-√3)。所以λ=(2+√3)^2/(2-√3)^2=7+4√3。因此，λ存在且等于7+4√3。解析：这篇文章存在大量的格式错误和语法错误，需要进行修改和改写。修改后的文章：设椭圆E的方程为$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，过点M（2,2），N(6,1)的两点的椭圆E，坐标原点为O。（一）求椭圆E的方程。由已知条件可得：$$\begin{cases}\frac{2^2}{a^2}+\frac{2^2}{b^2}=1\\\frac{6^2}{a^2}+\frac{1^2}{b^2}=1\end{cases}$$解得：$$\begin{cases}a^2=8\\b^2=84\end{cases}$$因此，椭圆E的方程为$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{84}=1$。（二）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。假设存在满足条件的圆，设该圆的方程为$x^2+y^2=r^2$，其中圆心坐标为(0,0)，切线方程为$y=kx+m$。将圆的方程代入椭圆E的方程，得到：$$\frac{x^2}{8}+\frac{(kx+m)^2}{84}=1$$化简得：$$(84k^2+4)x^2+16kmx+(84m^2-672)=0$$设该方程有两个根$x_1$，$x_2$，则有：$$\begin{cases}x_1+x_2=-\frac{8km}{84k^2+4}\\x_1x_2=\frac{84m^2-672}{84k^2+4}\end{cases}$$要使任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且OA⊥OB，需满足：$$\begin{cases}x_1x_2=\frac{r^4}{4}\\x_1+x_2=0\end{cases}$$解得：$$\begin{cases}k^2=\frac{3}{8}\\m^2=\frac{25}{2}\end{cases}$$因此，切线方程为$y=\frac{3}{2}x+\frac{5}{\sqrt{2}}$。设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则有：$$\begin{cases}x_1x_2=\frac{r^4}{4}\\(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2=r^2\end{cases}$$解得：$$\begin{cases}x_1x_2=\frac{32}{3}\\(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2=16\end{cases}$$因此，$|AB|$的取值范围为$\frac{4}{\sqrt{3}}\leqslant|AB|\leqslant8$。综上所述，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。该圆的方程为$x^2+y^2=\frac{32}{3}$，$|AB|$的取值范围为$\frac{4}{\sqrt{3}}\leqslant|AB|\leqslant8$。已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，椭圆C上的点到焦点的距离的最大值为3，最小值为1。现求椭圆C的标准方程，并证明直线l过定点，最后求出该定点的坐标。解：（I）椭圆的标准方程为$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$。由于椭圆的中心在坐标原点，焦点在x轴上，因此有$c=\sqrt{a^2-b^2}$。又因为椭圆C上的点到焦点的距离的最大值为3，最小值为1，因此有$2a=3+1=4$，$2c=3-1=2$。解得$a=2$，$b=\sqrt{3}$。所以椭圆C的标准方程为$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$。（II）设直线l的方程为$y=kx+m$，与椭圆C相交于A、B两点。以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点D(2,0)，即圆的方程为$(x-2)^2+y^2=4$。由于AB不是左右顶点，因此A、B的横坐标非零。设$x_1$、$y_1$、$x_2$、$y_2$分别为A、B的横、纵坐标，有以下三个方程：$$\begin{cases}\frac{x_1^2}{4}+\frac{y_1^2}{3}=1\\\frac{x_2^2}{4}+\frac{y_2^2}{3}=1\\y_1=kx_1+m\\y_2=kx_2+m\\(x_1-2)^2+y_1^2=4\\(x_2-2)^2+y_2^2=4\end{cases}$$由公式$AB=\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}$，得$$AB=\sqrt{(x_1-x_2)^2+(kx_1+m-kx_2-m)^2}=\sqrt{(x_1+x_2)^2+k^2(x_1-x_2)^2}$$由椭圆的性质可知，直线l与椭圆C相交于两点，则$k^2<\frac{b^2}{a^2}=\frac{3}{4}$。因此$1+k^2<\frac{7}{4}$，即$n=8k^2+4<14$。又因为以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2,0)，因此$AB=2\sqrt{3}$。代入上式，得$$4(1+k^2)=\frac{48}{3+4k^2-(m_1^2+m_2^2)}$$其中$m_1=m(x_1)$，$m_2=m(x_2)$。因为直线l过定点，所以$m_1+m_2=0$。将$m_2=-m_1$代入上式，得$$4(1+k^2)=\frac{48}{3+4k^2-2m_1^2}$$整理得$m_1^2=\frac{3+4k^2-16}{2}=-4k^2-7$。因为$m_1^2\leq0$，所以$k^2\geq-\frac{7}{4}$。因此$-\frac{7}{4}\leqk^2<\frac{3}{4}$，即$-\frac{\sqrt{7}}{2}\leqk<\frac{\sqrt{3}}{2}$。当$k\neq0$时，由公式$AB=\frac{2}{\sqrt{n-m_1^2}}$，得$$AB=\frac{2}{\sqrt{8k^2+4+4k^2+28}}=\sqrt{\frac{2}{3+4k^2-m_1^2}}$$因为$m_1^2=-4k^2-7<0$，所以$\frac{2}{3+4k^2-m_1^2}>\frac{2}{3+4k^2}$。因此$$\sqrt{\frac{2}{3+4k^2-m_1^2}}<\sqrt{\frac{2}{3+4k^2}}<\sq