江蘇2020年高考數(shù)學(xué)二輪微專題突破-專題07設(shè)線法、設(shè)點(diǎn)法在圓錐曲線中的應(yīng)用(教師版)

1、專題07射線法、設(shè)點(diǎn)法在圓錐曲線中的應(yīng)用解析幾何題的解題思路一般很容易覓得，實(shí)際操作時(shí)，往往不是因?yàn)殡y于實(shí)施，就是因?yàn)閷?shí)施起來運(yùn) 算繁瑣而被卡住，最終放棄此解法，因此方法的選擇特別重要.從思想方法層面講，解決解析幾何問題主 要有兩種方法：一般的，設(shè)線法是比較順應(yīng)題意的一種解法，它的參變量較少，目標(biāo)集中，思路明確；而 設(shè)點(diǎn)法要用好點(diǎn)在曲線上的條件，技巧性較強(qiáng)，但運(yùn)用的好，解題過程往往會(huì)顯得很簡捷.對于這道題， 這兩種解法差別不是很大，但對于有些題目，方法選擇的不同，差別會(huì)很大，因此要注意從此題的解法中 體會(huì)設(shè)點(diǎn)法和設(shè)線法的不同.、題型選講題型一圓錐曲線中的線段的關(guān)系1、（2019南京學(xué)情調(diào)研）在

2、平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓E:與+2=1（2可>0）的離心率為 乎,且a b2直線1:x= 2被橢圓E截得的弦長為2.與坐標(biāo)軸不垂直的直線交橢圓E于P, Q兩點(diǎn)，且PQ的中點(diǎn)R在直線1上.點(diǎn) M(1 , 0).第30頁共24頁求橢圓E的方程;1與=1,即 a2=2b2.(2 分) a a 2規(guī)范解答（1）因?yàn)闄E圓片+看=1（a>b>0）的離心率e= 2,所以ea b2因?yàn)橹本€1: x=2被橢圓E截得的弦長為2,所以點(diǎn)（2, 1）在橢圓上，即$+$=1.解得 a2=6, b2=3,所以橢圓E的方程為（+1.（6分）63（2）解法1（設(shè)線法）因?yàn)橹本€PQ與坐標(biāo)軸不垂直，故設(shè)PQ

3、所在直線的方程為 y=kx+m.設(shè) P（x1, y1）, Q（x2, y2）.因?yàn)镻Q的中點(diǎn) R在直線1: x=2上，故 R（2, 2k+m）.聯(lián)立方程組錯(cuò)誤！消去 y,并化簡得 （1 + 2k2）x2+4kmx + 2m26 = 0, （9 分）所以x1+x2=4km_ 21 + 2k由 Xi + X2= 4km2= 4,得 1+ 2k-奇-，點(diǎn)（2,1）在橢圓C上.（1）求橢圓C的方程；（2）設(shè)直線l與圓O: x2+y2=2相切，與橢圓C相交于P, Q兩點(diǎn).若直線l過橢圓C的右焦點(diǎn)F,求4OPQ的面積；求證：OPLOQ.= km.(12 分)1 + 2k, 2k+ m因?yàn)?M(1 , 0)

4、,故 kMR =2k+m,21所以 kMR kpQ= (2k+ m)k= 2k2+ km = 2k2 (1 + 2k2)= - 1,所以 MR，PQ.(16 分)解法 2（設(shè)點(diǎn)法）設(shè) P（x，y1）, Q（x2, 丫2）.因?yàn)镻Q的中點(diǎn)R在直線l: x=2上，故設(shè) R（2, t）.因?yàn)辄c(diǎn)P, Q在橢圓E: xT + g=1上，所以錯(cuò)誤！ 63兩式相減得（x1 + x2）（x1 x2）+ 2（y+ y2）（y 1 y）= 0.（9 分）因?yàn)榫€段PQ的中點(diǎn)為R,所以Xi+x2 = 4, y + y2 = 2t.代入上式并化簡得（x一x2） + t（y1 y2）= 0.（12分）又 M（1 ， 0）

5、，所以 MR . PQ= (2- 1) X (X2-Xi)+ (t- 0)X (y2-y1)= 0,因此 MR，PQ.(16 分)用代數(shù)法處理圓錐曲線綜合題的常見方法有兩種：設(shè)點(diǎn)法、設(shè)線法.對于本題而言，兩種方法都可以，解題時(shí)把“設(shè)線法”與“直線斜率乘積為-1”結(jié)合，把“設(shè)點(diǎn)法”與“向量的數(shù)量積為0”結(jié)合，其實(shí)顛倒一下也可行.22例2、（2016南京三模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C:，+點(diǎn)=1（a>b>0）的離心率為思路分析由e = a=負(fù)得a：b：c=/2：1：1，用b表示a更方便；(2)設(shè)直線l的方程為y=k(x3),由直線l與圓O相切可先求出k,再求出PQ的長

6、即可.設(shè)l : y=kx + m則只要證OP,Oq= X1X2+yiy2= X1X2+( kxi + m)( kx?+m) = 0.聯(lián)列直線與橢圓方程可得X1 + X2, X1X2均可用k, m表示.由直線l與圓O相切，可得k與m的關(guān)系式.規(guī)范解答(1)由題意，得2=¥，. + b2=1, 解得 a2 = 6, b2=3.所以橢圓的方程為 1+£=1.(2分) 63(2)解法1橢圓C的右焦點(diǎn)F(%3, 0).設(shè)切線方程為 y=k(X-J3), gp kX-y-x3k=0,所以1*=2,解得k=±.,2,所以切線方程為 y= ± 2(x-n3).當(dāng)k=或時(shí)

7、,(4分)=2(x-V3 )由方程組x2 y2一+工=1,6344 超+ 3%歷44®3 一x=5,x=5,解得 一 或 :一x 6 + 6I 6Q 6y=5y=5.匯【、|上 c1Vl人【al八口ha 4.3+ 312，6+64-3 3；2- /6 6所以點(diǎn) P, Q的坐標(biāo)分別為一” ,一、，、匚，一、一,5555所以 PQ = 66.(6 分)因?yàn)镺到直線PQ的距離為%2,所以 OPQ的面積為呼. 5因?yàn)闄E圓的對稱性，當(dāng)切線方程為y= Y2(x 3)時(shí)， OPQ的面積也為053.綜上所述， OPQ的面積為65(8分)解法2橢圓C的右焦點(diǎn)F(V3, 0).設(shè)切線方程為y=k(x3)

8、,即kx y 3k= 0,所以號粵=取,解得k= ±2,所以切線方程為 y= i.2(x-73).當(dāng)k=心時(shí)，(4分) 把切線方程 y=5(x飛3)代入橢圓C的方程，消去y得5x2-8j3x+ 6=0.8 3設(shè) P(X1, y1)，Q(X2 , y2),則有 X1 + X2 =.5由橢圓定義可得，PQ= PF+ FQ = 2a e(x1 + x2) = 2X 信一之2* =，® 分)因?yàn)镺到直線PQ的距離為2,所以 OPQ的面積為653.因?yàn)闄E圓的對稱性，當(dāng)切線方程為y= 2(x 73)時(shí)， OPQ的面積為653綜上所述， OPQ的面積為653(8分)解法1 (i)若直線P

9、Q的斜率不存在，則直線 PQ的方程為x=*2或x=-當(dāng)x=42時(shí),P (平,回 Q(Z -眄因?yàn)?OPoQ=0,所以 OPLOQ.當(dāng)x= 2時(shí)，同理可得 OP，OQ.(10分)(ii)若直線PQ的斜率存在，設(shè)直線 PQ的方程為y=kx+m,即kx-y+m=0.因?yàn)橹本€與圓相切，所以 m=%2,即m2=2k2 + 2. 1 + k將直線PQ方程代入橢圓方程，得 (1 + 2k2) x2+4kmx+ 2m26=0.、幾 c/八,4km2m26設(shè) P(xi,yi),Q(x2,y2),則有xi+x2=-2,x1x2=2.(12 分)1十2 k1十2kkm x4km1 + 2k2,廣m2.將m2=2k2

10、+2代入上式可得OPOQ=0,所以O(shè)POQ.綜上所述，OP，OQ.(14分)解法2設(shè)切點(diǎn)T(x°, y°),則其切線方程為 xox+ yoy2 = 0,且x0+y2=2.(i)當(dāng)yo=0時(shí)，則直線PQ的直線方程為x=巾或x=-當(dāng)x=攵時(shí)，P (中, 西,Q(V2,一 率).因?yàn)?OPOQ=0,所以 OPLOQ.當(dāng)x=2時(shí)，同理可得 OP，OQ.(10分)(ii)當(dāng) y°w0 時(shí)，xox+ yoy 2 = 0,由方程組毆 y2消去y得(2x2 + y舟x28x°x+ 86y2=0.6 + 3 = 1,設(shè) P(x1, y1) , Q(x2, y2),則有 x

11、+ x2= 2x雪0y2，*儀2 =86y0八c 2 J.(12 分)2x0+y0''所以 OP OQf+ywx-2-Rix0x2 L-6.因?yàn)閤0 + y0=2,代入上式可得OP OQ= 0,所以O(shè)POQ.2m 62 +1 + 2k因?yàn)?OP OQ = xx2 + yy2 = x1x2 + (kx + m)(kx2 + m) = (1 + k2)x1x2 + km(x + x2) + m2= (1 + k2)綜上所述，OP，OQ.(14分)題型二圓錐曲線中直線的斜率問題例3、(2018蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研)已知橢圓22C：1(a>b>0)經(jīng)過點(diǎn)，點(diǎn)A是橢圓的下頂點(diǎn).(1)

12、求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)過點(diǎn)A且互相垂直的兩直線11, I2與直線y = x分別相交于E, F兩點(diǎn)，已知OE=OF,求直線11的斜率.思路分析(1)由兩點(diǎn)在橢圓上，列方程組解出a2, b2; (2)設(shè) E(t, t),則 11 的斜率規(guī)范解答(1)點(diǎn)在橢圓3,1.洋+療=1，a2=4,C上，得解得W 213 ,也2=1.【尹后=1，(4分)所以橢圓2C的標(biāo)準(zhǔn)方程為%=1.(6分)(2)首先由 11112,A(0 , 1).由 E, F 在直線 y = x 上，且 OE=OF,可設(shè) E(t, t), F(-t, - t). (8 分) 得AE AF = 0,即 t(-t)+(t + 1)(-t

13、+1)=0,得 t=吟.(12 分)t4 1直線11的斜率為kAE= t-= 1 + = 1與2.(14分)1斜率的值.思路分析(1)根據(jù)已知條件，建立方程組，求出a, b,即可得到橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程.（2）設(shè)出直線l方程為y=kx+1, M（xi, yi）, N（x2, y2）,將直線l方程與橢圓方程聯(lián)立，求出xi + x?和xix2,根據(jù)條件求出ki和k2,代入ki = 2k2化簡計(jì)算，彳#到關(guān)于 k的方程，解方程求出 k的值.，一_ _ ， i ,規(guī)范解答（i）因?yàn)闄E圓的離心率為2,所以a= 2c.又因?yàn)閍2= b2+ c2,所以b= 3c.22所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為4cz+上=i.（3分）9

14、又因?yàn)辄c(diǎn)P, 3/橢圓上一點(diǎn)，所以4c2+ 3c2= i，解得c=i.（5分）所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為=i.（6分）43（2）由橢圓的對稱性可知直線l的斜率一定存在，設(shè)其方程為 y=kx+i.設(shè) M（xn y），N（x2, 丫2）.聯(lián)立方程組 錯(cuò)誤！消去y可得（3 + 4k2）x2+ 8kx-8=0.所以由根與系數(shù)關(guān)系可知xi+ x2= *7, xix2= 8.（8分）3 4k3+ 4k因?yàn)?quot;=選'"=表且ki=2k2,所以丹=xft.（i0分）又因?yàn)镸(xi, yi), N(x2, y2)在橢圓上,所以 y2= 4(4 x2), y2=將代入可得：2ZLi = 4 +

15、 x2 ,即 3x1x2+i0（xi + x2）+i2=0.（i2 分）2+xi 2 x2所以 3卜：4? ki0一47 i+ i2 = 0,即 i2k2-20k+3= 0.（i4 分）3 3 十 4k J3 十 4k J解得k =1或k = 3,又因?yàn)閗>i ,所以k=3.（i6分） 6222例5、（20i9通州、海門、啟東期末）如圖， A是橢圓:+y2 = i的左頂點(diǎn)，點(diǎn)P, Q在橢圓上且均在x軸上方，（i）若直線AP與OP垂直，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；3（2）若直線AP, AQ的斜率之積為4,求直線PQ的斜率的取值范圍.思路分析 第1問，由于點(diǎn)A,。已知，且APXPO,由此可得點(diǎn)P所滿足的軌

16、跡方程，再根據(jù)點(diǎn)P在橢圓上，就可以通過兩個(gè)方程所組成的方程組求得點(diǎn)P的坐標(biāo).第2問，要研究直線PQ的斜率的取值范圍，由于點(diǎn) P、Q與直線AP, AQ有關(guān)，因此，利用解方程組的方法可以將點(diǎn) P、Q的坐標(biāo)表示為直線 AP, AQ的斜率的形式，進(jìn)而將直線 PQ的斜率表示為直線 AP,3一AQ的斜率的形式，利用 kAP kAQ= 3就可以利用基本不等式或利用消兀法轉(zhuǎn)化為單個(gè)變量的函數(shù)形式，通過函數(shù)求得它的取值范圍.(1)設(shè) P(X0, yo), A(-2, 0),則 AP = (X0, yo), OP=(X0, y。)，因?yàn)橹本€ AP 與 OP 垂直,所以AP OP = 0,即 Xo(xo+2) +

17、y0=0.(3 分)得 x0 + 2xo + y2=0.2又點(diǎn)P在橢圓上，所以X0'+ y2=l.4由得xo=2或一2(舍去)，代入得丫0=金平 33因?yàn)辄c(diǎn)P在x軸上方，所以(2)由于直線AP, AQ的斜率之積為34,點(diǎn)P'Q在橢圓上且均在x軸上萬.3所以可設(shè)直線 AP, AQ的斜率分別為ki, k2,則kik2 = 1, ki>0, k2>0.所以直線AP的方程為y=ki(x + 2).- 2得(4k2+ 1)x2+ 16k2x+16k2-4=0.(8 分)% + y2=i聯(lián)立4、y=ki (x+2)設(shè) P(xi, y)，Q(x2,2,_16ki 4 口口y2),

18、貝U 2xi= 4k2 + i，即 xi =-2 (4k2 1)4k2 + 1一 r 2同理可得，x2=',2、(4k21)4k2+1.(10 分)ki所以直線PQ的斜率為k = "=k1(x1+2) k2(x2+2)-2 (4k21)x1 x2-2 (4k21)x1一 x22.4k1+ 12.4k2+ 12 (4k2 1)2 (4k21)4k2+ 14k2+ 14ki (4k2+1) 4ki (4k2+1)2 (4k21)( 4k2 + 1) - 4 (k2 k1)(水他一1)2 (4k2 1)( 4k2+ 1)4kik2 116( k2 k1)4 ( k2+ k1)2 (

19、 k2+ k1).(12 分)3 .因?yàn)?k1k2=4, k1>0, k2>0.所以k+k2>2 k1k2= J3,注意到，點(diǎn)P, Q不重合，所以重號不成立.所以0<< 32 ( k2+ k1)6 '所以直線PQ的斜率的取值范圍為卜，Tj(14 分)研究直線與橢圓的位置關(guān)系問題，其關(guān)鍵在于其交點(diǎn)的研究手段，一般地，有兩種途徑來處理交點(diǎn),是直接設(shè)出交點(diǎn)的坐標(biāo)，利用交點(diǎn)在曲線上來得到相關(guān)的等量關(guān)系，通過此等量關(guān)系來研究問題；二是二次方程的根來加以研究.設(shè)直線方程，由直線方程與橢圓方程聯(lián)立成方程組，將問題轉(zhuǎn)化為 題型三圓錐曲線中直線的方程 例6、(2018南通、

20、泰州一調(diào))如圖，在平面直角坐標(biāo)系 xOy中，已知橢圓? + y2= 1(a>b>0)的離心率為 當(dāng)兩條準(zhǔn)線之間的距離為4 2.(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)已知橢圓的左頂點(diǎn)為 A,點(diǎn)M在圓x2+y2=9上，直線AM與橢圓相交于另一點(diǎn) B,且4AOB的面9b的值，得出橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程.(2)由面積關(guān)系，分析出M為AB的中點(diǎn)，這里有兩種思路，解法1,設(shè)出M(x。，yo),得出B的坐標(biāo),分別代入橢圓與圓的方程，建立方程組，求出M的坐標(biāo)；解法 2,設(shè)出直線的方程y=k(x + 2),由直線與橢圓聯(lián)立，得出 M的坐標(biāo)，代入圓的方程，得到一個(gè)關(guān)于k的方程，解得k的值.規(guī)范解答（1）設(shè)橢圓的焦距為

21、2c,由題意得c=粵,好4化分） a 2 c解得a=2, c=/,所以b=42.2 2所以橢圓的方程為 /y2=1.（4分）（2）解法1（設(shè)點(diǎn)法）因?yàn)镾aaob = 2Saaom ,所以AB = 2AM，所以M為AB的中點(diǎn).（6分）3 2因?yàn)闄E圓的方程為%y2=i,所以a（-2, o）.設(shè) M（xo, yo）（-2<xo<0）,則 B（2xo+2, 2yo）.所以x2+ y2= 8，9（2x0+2） 2（2y0） 2 八-04+0一=1 ，（io 分）由得 9x2-18x0-16=0, 一 2 .8斛付x0=- 3或x0=3（舍去）.把x0= 2代入得y0= i2, （12分） 3

22、3所以kAB=日，因此直線 AB的方程為y=（x+2）,即x+2y+2= 0或x2y + 2= 0.（14分）解法2（設(shè)線法）因?yàn)镾aob = 2S、om ,所以AB = 2AM，所以M為AB的中點(diǎn).（6分）由橢圓方程知 A( -2, 0),設(shè)B(xb, yB), M(xm, yM),設(shè)直線AB的方程為y=k(x + 2).r 22x- + y-= 1,_ _由 S42得(1 + 2k2)x2+8k2x + 8k24=0,y=k (x+ 2),2一一 o o-一 一 2 一 4k所以(x+2)(1 +2k2)x+4k22 = 0,解得 *8=了隸.(8 分)所以xm =， 一、.2xb + (

23、 2) 4k2,1 + 2k '2kyM=k(xM + 2)=2, (10 分 )1十2k28 9化簡得 28k4+k22=0, （12 分）即（7k2+2）（4k21）=0,解得 k=%，所以直線AB的方程為y=（x+2）,即x+2y + 2= 0或x2y+2= 0.（14分）解后反思 解析幾何包含兩個(gè)主要問題，即已知曲線求方程和已知方程研究曲線的性質(zhì).對解析幾何的復(fù)習(xí)，第一要牢固掌握解析幾何中有關(guān)的基本概念，第二要合理選擇參數(shù)，確定解題方向，規(guī)劃解題路線, 把握解析法思想的精髓.例7、(2018南京、鹽城、連云港二模)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓E: x2 + y2=1

24、(a>b>a b0)的離心率為 拿 上頂點(diǎn)A到右焦點(diǎn)的距離為 小.過點(diǎn)D(0, m)(mw。)作不垂直于x軸，y軸的直線l交橢圓E于P, Q兩點(diǎn)，C為線段PQ的中點(diǎn)，且 AC1OC.(1)求橢圓E的方程；(2)求實(shí)數(shù)m的取值范圍；Si 8(3)延長AC交橢圓E于點(diǎn)B,記 AOB與 AOC的面積分別為 Si, S2,右乙=彳，求直線的萬程.S2 3思路分析 用代數(shù)法處理圓錐曲線綜合題的常見方法有兩種：設(shè)點(diǎn)法、設(shè)線法，本題第 (2) , (3)問都分別采用設(shè)線法和設(shè)點(diǎn)法解題.第(2)問，欲求實(shí)數(shù) m的取值范圍，則需建立 m與其他參數(shù)的關(guān)系，進(jìn)而借助其他參數(shù)的取值范圍求解.解法1是設(shè)線法

25、，先建立 m與直線l斜率k的等式關(guān)系，再由直線與橢圓相交得到的k的取值范圍來求解 m的取值范圍；解法 2是設(shè)點(diǎn)法，先建立 m與點(diǎn)C(x0, yo)坐標(biāo)間的等式關(guān)系,再借助線段PQ的中點(diǎn)C在橢圓內(nèi)部求解 m的取值范圍.第(3)問，選取面積的表示形式是解決問題的關(guān)鍵,本題選擇 S1=2AOX |x b| , G =2AOX |x c| 時(shí),Xb進(jìn)而在第(2)問的基礎(chǔ)上分別用k或m表示Xc1Xb, Xc求解.區(qū)出規(guī)范解答(1)因?yàn)镾a 2 所以c= 1, b2=a2c2!a=啦，2=1,所以橢圓E的方程為，+ y2= 1.(2分)（2）解法 1（設(shè)線法）由（1）得 A（0,1）.設(shè) P（x1,y1）

26、,Q（x2,y2）,C（xo,y。）.設(shè)直線l 方程為 y=kx+m（kw。）,分)將其與橢圓E的方程聯(lián)立，消去 y得(1 + 2k2)x2+4kmx + 2m22=0 (*),所以 x1 + x2=- 4km 2, （41 + 2k所以xo=X1 + X22 km2,1 + 2ky0=kx0+m= 2, 即 C 一01 + 2k2 km m1 + 2k2 1 + 2k2所以kAC =m 2-12.y0 11+2k 2k +1 m2km .（6 分）X02 km1+2k2又因?yàn)閗oc=一: X0m yo1 + 2k22 km1 + 2k21一，且 ACOC, 2k所以 kAc , koc =2

27、k2 + 1 m2 km一 2k2 1整理得m=4k干18分）. 一 2k2+1 4k2+1 2k2 .因?yàn)?kw0,則 m=477 =4k2+1=1 2-2k-7=1-11），此時(shí)= 8（2k2+1-m）>0,4k 1122 + 27所以實(shí)數(shù)m的取值范圍為g, 1：；（10分）解法2（設(shè)點(diǎn)法）由（1）得A（0, 1）.設(shè) P（x1，y1），Q（X2,y2）,c（xo,yo）,其中xo,y0均不為0,且xwx2.因?yàn)镻, Q兩點(diǎn)都在橢圓E上，所以x2+2y2=2且x2+2y2=2,兩式相減得yfU*黑Md分）又 kPQ= kCD,即 =x2 一 x1yo-mxo34xoxo2, （6 分

28、）即 x2 = 2y0（m yo）.又 ACOC,所以 y0二1 Xy0=- 1, （8 分） xoxo即 xo = y o（1 一 yo）.由得 yo=2m-1, x2=（1-2m） （2m-2） （o, 2）, , 1所以 2V m< 1.（1o 分）1解法1設(shè)B（x3, y3）,由（2）解法1知koC=- 9.1kAB = = 2k ,所以直線AB的方程為y = 2kx + 1,koC與橢圓E方程聯(lián)立解得x=8kF或x = o（舍），1 + 8k2口口8k八即 x3= TZ8?.（12 分）一 ,2km 2k2k2+12k8k21 + 8k2k21 + 4k24+ 16k21+ 8

29、k2.（14 分）又因?yàn)樨锥?=百乂k=一彳/c 2aO>< 網(wǎng) -所以 S1=2= i-S2 12AOX|xo| -因?yàn)镾1= 8,所以S2 3,2k2+1此時(shí) m=4777:3,點(diǎn)D坐標(biāo)為國,314r所以直線l的方程為y=女+4.（16分）解法2設(shè)B（x3, y3）,點(diǎn)B在橢圓E上，所以x3+2y2=2. V2 1 vnvn又 ACOC,所以 y3xy°=- 1,即 y3=-x2x3+1, x3 x0y0代入上式消去y3,得x3= 2x°y：2(x3= 0舍) (12分)y0 十 2x012AOX 網(wǎng)所以S1=S2 1S 2AOX |x0|x3 _ I 4

30、y0 I一=y2+2x2X0由(2)解法 2 知 y0= 2m - 1, x0= (1 2m) (2m -2), 2V m< 1,所以S1S24 (2m 1)(2m1) 2+2 (1 2m) (2m2)432m4，,八、3-2m.(14 分 )因?yàn)镾1= 8,所以上一 =8,解得m = 3, S2 332m 34此時(shí) y°=2m1=2, x0= (1 2m) (2m 2) =4，所以 x0=巧,所以點(diǎn)C坐標(biāo)為±2, 2）點(diǎn)D坐標(biāo)為o, 4J,所以直線l的方程為y=女+4.（16分）題型四圓錐曲線中與向量的結(jié)合例8、（2017鎮(zhèn)江期末）已知橢圓 工+L=1（m>n

31、>0）的左、右焦點(diǎn)分別為F1, F2, P是以橢圓短軸為直徑m n的圓上任意一點(diǎn)，則pFi辭2 =答案：2n- m22解法 1 PFi PF2=(P0+0Fi) (P0+0F2)=(P0+0Fi)(POOFi)=|PO| |OFi| = n (m n)= 2n m.解法 2 設(shè)Fi(c,0), F2(c,0),P(x,y),則x2+y2=n,PFipF2=(x+ c)(x c)+y2= x2+y2c2=n(mn)= 2n m.9、（2018南京、鹽城一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C:22%+b2=1(a>b>0)的下頂點(diǎn)為B，M , N是橢圓上異于點(diǎn) B的動(dòng)點(diǎn)，直

32、線BM , BN分別與x軸交于點(diǎn)P,Q,且點(diǎn)Q是線段OP的中點(diǎn).當(dāng)N運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)阮手：其時(shí)，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為瞥，0；（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;當(dāng)點(diǎn)M, N均在y軸右側(cè)，且DN=2NM時(shí)，求直線BM的方程.思路分析 第（2）問中由DN=2NM ,可得2xm = 3xn.可以用直線BM ,BN的方程，與橢圓聯(lián)立得到橫坐標(biāo)，即可求出直線 BM的斜率k;也可以用點(diǎn) M, N表示直線方程得出點(diǎn)P, Q坐標(biāo)，再利用向量關(guān)系得出坐標(biāo)之間的關(guān)系，最后回代橢圓求解.規(guī)范解答（1）由 N（3,乎）,Q簪，0 得直線NQ的方程為3 y=2x-3.（2 分）令x = 0,得點(diǎn)B的坐標(biāo)為（0,寸3）.所以橢圓的方程為x2+、=

33、1.（4分） a 3將點(diǎn)N的坐標(biāo)。32/口2+=1,解得 a2=4.322所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為，3=1.（8分）（2）解法1（設(shè)線法）設(shè)直線BM的斜率為k（k>0）,則直線BM的方程為y=kx .在y=kx 丫3中，令3 31 30 （一y = 0,得xp=七，而點(diǎn)Q是線段0P的中點(diǎn)，所以Xq = .所以直線BN的斜率kBN=kBQ= pk2k32k八、二，OB（汪：由 kBM=0P；y=kx-/3, 聯(lián)立x2 y2U + * 1，2k.（10 分）kBN = oq ,及 0P = 2OQ 也可得到 kBN = 2kBM.）消去 y,得（3+4k2）x283kx = 0,解得 Xm=

34、? 3k2 用 2k 代替 k,得 XN='6|% .（123 十 4k3 十 16k分）又DN=2nM,所以 Xn=2（Xm-Xn）,得 2xm=3xn.（14 分）故2x ?2= 3X；3%,又k>0,解得k = 36所以直線BM的方程為y = gx &（16分） 3十 4k3十 16k22解法2（設(shè)點(diǎn)法）設(shè)點(diǎn)P, Q的坐標(biāo)分別為（2t, 0）, （t, 0）, t>0,則直線BM的方程為y=221x-3, （10分）y= x B聯(lián)立 22消去 y,得（1 + t2）x24tx=0,解得 xM = -4t-2,用1t 代替 t,得 xn = -82.（12 分）

35、xy1 +t 24+1I -+y- = 1, 43又DN=2N1M,所以 xn=2（xm-xn）,得 2xm=3xn.（14 分）故2X'4=3X-8J,又t>0,解得t=g,所以k = W.所以直線BM的方程為y=*xp3.（16分） 1 +14+1222"解法3（設(shè)點(diǎn)法）設(shè)點(diǎn)M , N的坐標(biāo)分別為（xi, yi）, （x2, y2）.由B（0, 一 ® 得直線BM的方程為y= yi+'x-3,xi令 y=0,得 Xp= y3x3.同理，得 xQ=y2_3x.而點(diǎn)Q是線段OP的中點(diǎn)，所以xp=2xq,3xi3x2故yi A；3=2 y2E10 分）又

36、DN=2NM,所以 X2 = 2（x1一X2）,得 x2=3xi>0,從而diyi + V3 yz+J3'解得 y2=4yi + 33（12 分）33“2xi,L 9將* 3代入橢圓c的方程，得 生+上心一=1._4 . 3927Ly2=3yi+ 3.I yL .又 xj所以 4+3 =i, （i4 分）33 .3927即、3y2+2y1 3=0,解得y1 = 也舍）或yi = 33又xi>0,所以點(diǎn)M的坐標(biāo)為M3故直線BM的方程為y=季*3.（16分）22例10、（2018蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研）如圖，橢圓、+e=1（ab>0）的離心率為,焦點(diǎn)到相應(yīng)準(zhǔn)線的a2b22距離為1,

37、點(diǎn)A , B , C分別為橢圓的左頂點(diǎn)、右頂點(diǎn)和上頂點(diǎn)，過點(diǎn) C的直線l交橢圓于點(diǎn)D ,交x軸于點(diǎn)M（x1,0）,直線AC與直線BD交于點(diǎn)N（x2, y）.（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程;CM =2MD,求直線l的方程;規(guī)范解答(1)由橢圓的離心率為,焦點(diǎn)到對應(yīng)準(zhǔn)線的距離為1.C(0,1),c 2一 ,a 22-c =1, c解得"區(qū)c =1,設(shè) D(Xo,yo),因?yàn)镃M =2MD得2yo = -1,所以所以，橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為2X 2)y = 12(2)由(1)知代入橢圓方程得X01y。二,所以D(6,2)或D(日1，2)，所以l的方程為：y =N6x+1或y =Y6x+1. 22例11、

38、(2019常州期末)在平面直角坐標(biāo)系22xOy中，已知橢圓C1: > 322=1的焦點(diǎn)在橢圓C2 ： " 1上，其中a>b>0,且點(diǎn)P粵C1，C2位于第一象限的交點(diǎn).(1)求橢圓C1, C2的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)過y軸上一點(diǎn)Q的直線l與橢圓C2相切，與橢圓C1交于點(diǎn)A, B,已知我=3m,求直線l的斜2 C b2=1.率.22規(guī)范解答橢圓C1： >31的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(匕0),代入橢圓C2的方程有再將點(diǎn)PW，£的坐標(biāo)代入橢圓C1，C2的方程有C1： 72 + -22= 1, 333a 3b2 c .所以 <a2=b2+c2,解得 a2=2, b2=c2

39、=1.(3 分)2 , 2,l3a2+3b2-1.22所以橢圓C1, C2的標(biāo)準(zhǔn)方程分別為X2-+ y2= 1, y2- + x2= 1.(5分)(2)由題意直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y=kx + m, A(xi, y)，B(x2,均,P(0, m).,2,y- + x2=1，、山上 /口 (kx+m) 22 口口f k2 2m2由 f2消去 y 得八bx2=1,即11 + 萬2+kmx + m1 = 0,7 = kx + m,22A = k2m2 4 !1 +2)佚T / °，即 k2+2-m2"。分)x- + y2=1,x2玨cc由 I2消去 y 得77+ (k

40、x + m)2=1,即+k? x2+2kmx+ m21= 0.22ly = kx + m,因?yàn)橹本€ l 與橢圓 C1相交，有= 4k2m24(2+k2) (m21)= 4(k22m2+2)>° (*).x1 2 =2kmi4 k22m2+2 2+k212一.(9 分)因?yàn)镼A=3而，即(x1，y一 m) = 3(x2, y2m),有 5x1 = 3x2,所以化簡，得 km = 4%'k2 2m2 + 2或km = 4yk22m2+2，即又因?yàn)閗2+2 m2=0,解得k2=2,m = 4k2= 4,或，2_6均符合(*)式,故k= £ 2或立.k2m2 = 16

41、!k2-2m2 +2)(12 分)所以直線l的斜率為 與2或i2.(14分)二、達(dá)標(biāo)訓(xùn)練1、(2019宿遷期末)如圖所示，橢圓 M:22xa2+ 3= 1(a>b>0)的離心率為手，右準(zhǔn)線方程為x=4,過點(diǎn)P(0,4)作關(guān)于y軸對稱的兩條直線l1, I2,且I1與橢圓交于不同兩點(diǎn)A, B, 12與橢圓交于不同兩點(diǎn)D, C.(1)求橢圓M的方程；(2)證明：直線 AC與直線BD交于點(diǎn)Q(0, 1);(3)求線段AC長的取值范圍.思路分析對于(2),要求證明交于一點(diǎn) Q(0, 1),角度一：根據(jù)圖形的對稱性可設(shè)A(xi, y1)，B(X2,y2),則D( xi, yi), C(一 X2

42、, y2),再設(shè)li方程為y=kx+4,則可由一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系判斷出點(diǎn) B, D, Q三點(diǎn)共線，同理有點(diǎn)A, C, Q三點(diǎn)共線，這個(gè)角度的邏輯是借助了給出的定點(diǎn)(0, 1),然后驗(yàn)證，有些不嚴(yán)謹(jǐn)；角度二：直接求直線AC和直線BD的方程，聯(lián)立求解坐標(biāo)，這個(gè)方法是邏輯嚴(yán)謹(jǐn)?shù)氖走x，不過計(jì)算量稍大.對于(3),可由兩點(diǎn)間的距離公式表示出 AC的長度，將表達(dá)式的關(guān)于Xi,X2的結(jié)構(gòu)用含有k的式子代換掉，回歸一元變量，求解最值，可直接求導(dǎo).但是解析幾何中的最值，直接求導(dǎo)，暴力求解最值的較少，更多的是化簡函數(shù)表達(dá)式，根據(jù)結(jié)構(gòu)采用基本不等式(無法取等的時(shí)候就求導(dǎo)來解決)來求解最終的最值(或者值域)，

43、必然要有定義域，所以尋找函數(shù)的定義域是非常重要的，而解析幾何中直線和曲線聯(lián)立(曲直聯(lián)立)以后的關(guān)于x(或者y)的二次方程有解，判別式就是很重要的一個(gè)點(diǎn),也就是定義域的一個(gè)重要來源，有些題目甚至是唯一來源.規(guī)范解答c 2e=a= 2，由2-=4,c得 a= 22, c=2,所以 b2=a2c2=4,所以橢圓22M的方程為富 + i分)(2)解法1丁 2設(shè)直線li： y=kx+4, A(x i, yi), B(X2, y2),則由對稱性可知2D(-xi, yi), C(-X2, y2).t" + y = 1 ,c c聯(lián)立 S84 消去 y 得(1 + 2k2)x2+16kx+24=0,、

44、y = kx + 4,16k所以Xi+X2 =242, Xi - X2 =1 + 2k1 + 2k2.(6 分)y2 1yi 1kBQ= X2 ' kDQ= -Xi 'kBQ kDQ =丫2- 1yi 1 kx2 + 3十 kxi+ 3 2k十 3 (xi + x?)X2XiX2XiXiX248k21+ 2k.= 2k+-24- = 2k-2k=0, (8 分)1 + 2k2kBQ=kDQ,故點(diǎn)B, D, Q三點(diǎn)共線,即直線 BD經(jīng)過點(diǎn)Q(0,i).同理可得直線 AC經(jīng)過點(diǎn)Q(0, 1).所以直線AC與直線BD交于點(diǎn)Q(0, 1). (10分)解法 2 設(shè)直線 li： y=kx

45、 + 4, A(xi, yi),B(x2,y2),則由對稱性可知D(-xi,yi), C(-X2,y2),且 ky2 yiX2 xi1+% i,.聯(lián)立84、y = kx + 4,削去 y 彳#(i + 2k2)x2+i6kx + 24=0, A = (i6k)24(i + 2k2)24= 64k2 96>0.所以 x1+x2= 16kl 2, xi x2= 24 2.(6 分)i + 2k1 + 2k ' y2 yiy2- yi直線 AC 的萬程為 y= E(xxi)+yi=一(x-xi)+kxi+4.»八、 s1、，y2 yiy2yi直線 BD 的方程為 y = .

46、+ x (x x2)+y2=x2 + x(x x2)+ kx2 + 4.聯(lián)立直線AC和直線BD的方程并化簡得心尸2尸已，即 =占=看f即展2xx2+xi1,解得 x= 0.在直線AC的方程中，令y2-y1，,kx2- kxi，, 2kx2xi，,x=°,倚尸N(-xi)+kxi + 4="；Tr(xi)+kxi + 4=x +4.將 x1 + x2=16k242 , x " x2=1 + 2k 12 1+ 2k48k21 + 2k2代人計(jì)算得 y = 2kx+4 = -+4=-3+4=1.x2 + x1- 16k2 1+ 2k248k2同理可得，在直線 BD的方程

47、中，令x=0,得丫 =處迎+4=工 + 4= 3+4=1.x2 + xi 16k1 + 2k2故直線AC與直線BD交于點(diǎn)Q(0, 1).由(2)可知 AC 2= (xi + x2)2+ (yi 、2 = (x 1 + x2)2+ k2(xi x2)2=(x<|+x2)2+ k2 (xi + x2)2 4xi , x2162k2,2162k2,24 14k4+ 10k2=(1+2k2) 2+ _(1+2k2) 21+2k2_= 16X4k4+4k2+ 16k21八= 16b + 4k4+4k2+1，L(12 分)令 t= 6k2- 1,則 k2=1 1 6 -又由 A=162k24X24X

48、(1 + 2k2)>0 得 k2>3,所以 t>8,所以 AC2=16+R=16(1 + t2+8tt+ 4 = 16(1 + 196一).(14 分)t +8因?yàn)?+罕+ 8 ) i-罕>0在tC(8, +8 )上恒成立,所以t + -t + 8在t e（8, + oo）上單調(diào)遞增,所以t +尬+ 8>18, 0<79<1, 1<1 +-9<3tt + 16U82t+166+8 2所以16<AC2<24, 4<AC<26,所以線段 AC長的取值范圍是（4, 3或）.（16分）22222、（2018揚(yáng)州期末）已知橢圓

49、E： ? + *= 1（a>b>0）,若橢圓E2：、/ + my= 1（a>b>°，m>1）,則稱橢圓E2與橢圓E1 “相似”.2（1）求經(jīng)過點(diǎn)（山，1）,且與橢圓E1： 2+y2=1 “相似”的橢圓E2的方程.（2）若橢圓E1與橢圓E2 “相似”，且 m=4,橢圓E1的離心率為 老，P在橢圓E?上，過P的直線l交 橢圓Ei于A, B兩點(diǎn)，且AP =漏.若B的坐標(biāo)為（0, 2）,且入=2,求直線l的方程；1若直線OP, OA的斜率之積為2,求實(shí)數(shù) 入的值.規(guī)范解答（1）設(shè)橢圓E2的方程為 j+y=1,將點(diǎn)（、2, 1）代入得m = 2, 2m m22所以

50、橢圓E2的方程為、+與=1.（3分）（2）因?yàn)闄E圓Ei的離心率為 興 故a2=2b2,所以橢圓Ei： x2 + 2y2=2b2.又橢圓 E2與橢圓Ei“相似”，且 m=4,所以橢圓E2：x2+2y2=8b2A（x1, y1），B（x2,y*P（x0,y。） .解法1（設(shè)線法）由題意得b=2,所以橢圓E1：x2+2y2=8.當(dāng)直線l斜率不存在時(shí)，B（0 , 2）, A（0 , 2）, P（0, 4）,不滿足AP=2AB,從而直線l斜率存在，可設(shè)直線 l: y=kx + 2,代入橢圓 E1： x2 + 2y2= 8 得（1 + 2k2）x2+8kx= 0,-8k2-4k2解 x1= 1 -2, x

51、2=0,故 y1=77T2, '2=2, I十2kI十2k所以A' 8k2 4k1 + 2k2，1 + 2k2 N5又AP=2AB ,即B為AP中點(diǎn)，所以P8k1 + 2k222+ 12k、1 + 2k2(6 分)代入橢圓E2： x2 + 2y2=32得8k 2 2+ 2 1 + 2k J他+ 12k2 丫 12 =32,1+ 2k即 20k4+4k23=0,即(10k23)(2k2+1)=0,所以 k=年個(gè)，所以直線 l 的方程為 y=£0x+2.(8 分) 解法 2(設(shè)點(diǎn)法)由題意得 b=2,所以橢圓 E1: x2 + 2y2=8, E2： x2+2y2=32.由

52、 A(x1, y1), B(0, 2),則 P(-xn 4-yi).代入橢圓得所以直線lx2+2y2=8,1.J30i2” 一”解得y1=1,故。=喈，(6分) 松+2 (4-y1) 2 = 32,22的斜率k=30,所以直線l的方程為y=及有x+2.（8分）由題意得x0 + 2y0=8b2, x2+2y2=2b2, x2+2y2=2b2,解法1 （設(shè)點(diǎn)法）由直線OP,0A的斜率之積為一2,得xo2,即的十91"xo+ (入-1 ) x1X2 =又 AP= 2AB ,則(x0 X1, y0 y1)=入(x_ x1 , y2 y1),解得 dy2=yo+ (入-1) yi(12 分)所以x0 + (入-1) x12一一1）y1 12 =入-22b2,2_2 2_ 2_2222則 Xo + 2(卜 1)xoxi + ( J 1)xi+2yo+4( J 1)yoyi + 2( J 1) y1 = 2 入b ,(x2+2y2)+2( L 1)(xoxi+2yoyi)+( L 1)2(x2+2y2)= 2 fb2,所以 8b2+( L 1)2 2b2= 2 鏟b2,即 4+(人1)2=元,所以45.(16分)解法2（設(shè)線法）不妨設(shè)點(diǎn)P在第一象限，設(shè)直線OP: y=kx（k>0）,代入橢圓E2: x2+2y2 = 8b2