江蘇2020年高考數(shù)學二輪微專題突破-專題07設線法、設點法在圓錐曲線中的應用教師版

1、專題07射線法、設點法在圓錐曲線中的應用解析幾何題的解題思路一般很容易覓得，實際操作時，往往不是因為難于實施，就是因為實施起來運 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，設線法是比較順應題意的一種解法，它的參變量較少，目標集中，思路明確；而 設點法要用好點在曲線上的條件，技巧性較強，但運用的好，解題過程往往會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，差別會很大，因此要注意從此題的解法中 體會設點法和設線法的不同一、題型選講題型一圓錐曲線中的線段的關系x2 y22 一例1、(2019南

2、京學情調(diào)研)在平面直角坐標系xOy中，橢圓E： + 2=1(ab0)的離心率為寸，且 a2 b22直線l： x=2被橢圓E截得的弦長為2.與坐標軸不垂直的直線交橢圓E于P, Q兩點，且PQ的中點R在直 線l上.點M(1, 0).(1)求橢圓E的方程；(2)求證：MRXPQ.x2 y2一 、.2一 .c2b2 1 一一、規(guī)范解答(1)因為橢圓3+=1360)的離心率e=3,所以e2=1=1一=2,即a2=2b2. (2分)因為直線l： x=2被橢圓E截得的弦長為2,所以點(2, 1)在橢圓上，即2+(=1.解得 a2=6, b2=3,x2 y2所以橢圓E的方程為/+yT =1.(6分)63(2)

3、解法1(設線法)因為直線PQ與坐標軸不垂直，故設PQ所在直線的方程為y=kx+m.設 P(x1，y1)，Q(x2,y2).因為PQ的中點R在直線l： x=2上，故R(2, 2k+m).聯(lián)立方程組錯誤!消去 y,并化簡得(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,因為 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(設點法)設 P(x1，y1),

4、Q(x2 y2).因為PQ的中點R在直線l： x=2上，故設R(2, t).因為點P, Q在橢圓E：x62+y2=1上，所以錯誤!兩式相減得(x1+x2) (x1x2)+2(y1+y2) (y1y2) = 0.(9 分)因為線段PQ的中點為R,所以x1+x2=4, y1+y2=2t.代入上式并化簡得(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)用代數(shù)法處理圓錐曲線綜合題的常見方法有兩種：設點法、設線法.對于本題而言,兩種方法都可以, 解題時把“設線法”與“直線斜率乘積

5、為1”結合,把“設點法”與“向量的數(shù)量積為0”結合,其實顛 倒一下也可行.x22例2、(2016南京三模)如圖，在平面直角坐標系xQy中，已知橢圓C：左十b =1(ab0)的離心率為，點(2,1)在橢圓C上.(1)求橢圓C的方程；(2)設直線l與圓0： *+j2=2相切，與橢圓C相交于P, Q兩點.若直線l過橢圓C的右焦點孔求0PQ的面積；求證：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 設直線l的方程為y=k（x由），由直線l與圓O相切可先求出k,再求出PQ的長即可.設l： y=kx+m,則只要證OP -g=x1x2+y1y2=x1x2+ （kx1

6、+m）（kx2+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的關系式.C 2!241規(guī)范解答（1）由題意，得c=岸，-42+a=1，解得a2=6, b2=3.a2 ab所以橢圓的方程為62+與=1.（2分）（2）解法1橢圓C的右焦點F（-.；3, 0）.設切線方程為y=k （%43）,即kx y43k=0,所以W3k|=也，解得k=2所以切線方程為y=近（x）.當k =；5時，（4分） ：k2+1y =2(% T),由方程組1%2+y2=1 解得4第+ 36 % =5V6+6 1y=54，3 亞% =5,V66I尸5.所以點P,

7、Q的坐標分別為4V3 + 3、./5%+65,4b3 v25-%；665,6：6、所以PQ =不一.（6分）因為O到直線PQ的距離為、立,所以4OP。的面積為653.因為橢圓的對稱性，當切線方程為y =X&xn）時，OPQ的面積也為653.綜上所述，OP。的面積為用.（8分）解法2橢圓C的右焦點F(-3, 0).設切線方程為y=k(%-，3),即kx y飛3k=0,所以3k1 fQ,解得k=g，所以切線方程為y = */2(% /).當k =也時，(4分) k2+1把切線方程y =陽%小)代入橢圓C的方程，消去y得5%28V3%+6=0.一.8-J3設 P(% 1, y 1), Q(%2, y

8、2),則有 % 1 + %2= 5 .由橢圓定義可得，PQ=PF+FQ=2ae(% 1 + %2) = 2X-.,.,62X853=66.(6 分)因為O到直線PQ的距離為-五，所以4OPQ的面積為竽.因為橢圓的對稱性，當切線方程為y=-n(x時， OPQ的面積吟3綜上所述，0?。的面積為.優(yōu)分)解法1 (i)若直線PQ的斜率不存在，則直線PQ的方程為 =：5或 =f12.當 =歷時，P (-.;2, 行)，。他，一6因為O Oq=0，所以 OPOQ.當x =一時，同理可得OPOQ.(10分)(ii)若直線PQ的斜率存在，設直線PQ的方程為y=kx+m，即kxy+m=0.因為直線與圓相切，所以

9、；7=2=,2即m 2=2 k 2+2.將直線PQ方程代入橢圓方程，得(1+2k2) x2+4kmx+2m26=0.4km設 P(x 1，y 1)，Q(x2，y2)，則有 x 1+ x2= 1+2k2，2m26% 1 % 2= 1+2 k2.(12分)O O2m26因為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.將m2=2k2+2代入上式可得0P 0Q=0,所以OP0Q.綜上

10、所述，OP OQ.(14分)解法2設切點T(x0, y0),則其切線方程為x0 x+y0y2 = 0,且x2+y0=2.當y0=0時，則直線PQ的直線方程為=血或x =當 x=歷時，P (2, 2), Q(0)經(jīng)過點“3, 2),卜，鼻),點A是橢圓的下頂點(1)求橢圓C的標準方程;(2)過點A且互相垂直的兩直線11, 12與直線y=x分別相交于E, F兩點，已知OE=OF,求直線11的斜率思路分析(1)由兩點在橢圓上，列方程組解出a2, b2； (2)設E(t, t),則11的斜率kAE=tZt1.規(guī)范解答(1)由Q反2)，(1,坐)兩點在橢圓C上，得b0)的左、右頂點分別為A, ：8,離心

11、率為1 a2 b22點P(1, 為橢圓上一點.(1)求橢圓C的標準方程；(2)如圖，過點C(0, 1)且斜率大于1的直線1與橢圓交于M, N兩點，記直線AM的斜率為k1,直線BN的斜率為k2,若k1=2k2,求直線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,即可得到橢圓的標準方程.(2)設出直線l方程為y=kx+1, M(x1, y1), N(x2, y2),將直線l方程與橢圓方程聯(lián)立，求出x1+x2和 xF2,根據(jù)條件求出k1和凈代入k1 = 2k2化簡計算，得到關于k的方程，解方程求出k的值.規(guī)范解答(1)因為橢圓的離心率為2,所以a=2c.又因為 a2=b2+c2,

12、所以 b=、./3c.所以橢圓的標準方程為W+總=1.(3分)4c 3c9又因為點P(1, 3)為橢圓上一點，所以白+白=1,解得c=L(5分)24c 3cx2 y2所以橢圓的標準方程為了+y3 =1.(6分)(2)由橢圓的對稱性可知直線l的斜率一定存在，設其方程為y=kx+1.設 M(x1, yj, N(x2，y2).聯(lián)立方程組錯誤!消去y可得(3+4k2)x2+8kx8 = 0. TOC o 1-5 h z 8k8所以由根與系數(shù)關系可知x +x = 2/，x x = .(8分)234k21 234k2因為 k = y1, k = y2,且 k=2號，所以 y =-空。分)x22 x 212

13、 x2 x 2212即y2=4y2即 (x1+2) 2(x22) 2.又因為M(x1, y1), N(x2, y2)在橢圓上，33所以 y2=4(4x2)， 丫2=4(4x2),x 4(2x)將代入可得：=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,又因為k1,所以k=7.(16分) 622x2例5、(2019通州、海門、啟東期末)如圖，A是橢圓J+y2=1的左頂點，點P, Q在橢圓上且均在x 軸上方,(1)若

14、直線AP與OP垂直，求點P的坐標；3(2)若直線AP, AQ的斜率之積為3,求直線PQ的斜率的取值范圍.思路分析第1問，由于點A, O已知，且APLPO,由此可得點P所滿足的軌跡方程，再根據(jù)點P 在橢圓上，就可以通過兩個方程所組成的方程組求得點P的坐標.第2問，要研究直線PQ的斜率的取值范圍，由于點P、Q與直線AP，AQ有關，因此，利用解方程組 的方法可以將點P、Q的坐標表示為直線AP，AQ的斜率的形式，進而將直線PQ的斜率表示為直線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轉(zhuǎn)化為單個變量的函數(shù)形式，通 AP AQ 4過函數(shù)求得它的取值范圍(1)設 P(x0

15、, y0), A(2, 0),則AP=(x0, y0), (OP=(x0, y0)，因為直線 AP 與 OP 垂直，所以AP-OP=0,即 x0(x0+2)+y2=0.(3 分)得 x0+2x0+y0=0.x2又點P在橢圓上，所以?+y0=1.由得x0=3或一2(舍去)，代入得y0=手.因為點P在x軸上方，所以P(2,斗)(6分)3(2)由于直線AP, AQ的斜率之積為4，點P, Q在橢圓上且均在x軸上萬.3所以可設直線AP, AQ的斜率分別為k1, k2,則k1k2=3, k10，k20.所以直線AP的方程為y=k1(x JL4J. 4 *1 11JL4,L2)x2+y2=1聯(lián)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，點P, Q不重合，所以重號不成立.所以 02 (k2+k1) b0)的離心率為卓， a2 b22兩條準線之間的距離為42.求橢圓的標準方程；8(2)已知橢圓的左頂點為A,點M在圓x2+y2=9上，直線AM與橢圓相交于另一點B,且AOB的面積是4AOM的面積的2倍，求直線AB的方程.思路分析(1)基本量建立方程組，求出a, b的值，得出橢圓的標準方程.(2)由面積關系，分析出M為AB的中點，這里有兩種思路，解法1,設出M(x0, y0),得出B的坐標， 分別代入橢圓與圓的方程，建立方程組，求

17、出M的坐標；解法2,設出直線的方程y=k(x+2),由直線與 橢圓聯(lián)立，得出M的坐標，代入圓的方程，得到一個關于k的方程，解得k的值. 一，一、.一_. 、 ，一c X.12 2a2i規(guī)范解答(1)設橢圓的焦距為2c,由題意得=牛 2a=4、：2, (2分)a 2 c解得 a=2, c=、：2 所以 b=2.所以橢圓的方程喏+y2=1.(4分)(2)解法1(設點法)因為SaAn =2SaAc 所以AB = 2AM,所以M為AB的中點.(6分) AOBAOM因為橢圓的方程為?+5=1,所以A(2, 0).設 M(x0, y0)(一2b 0)的離心率為W，上頂點A到右焦點的距離為、；過點D(0，m

18、)(mW0)作不垂直于x軸，y軸的直線l交橢 圓E于P, Q兩點，C為線段PQ的中點，且ACXOC.(1)求橢圓E的方程；(2)求實數(shù)m的取值范圍；S8(3)延長AC交橢圓E于點B,記AOB與AOC的面積分別為S, S,，若S1=3,求直線l的萬程.12 S3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：設點法、設線法,本題第(2),(3)問都分 別采用設線法和設點法解題.第(2)問，欲求實數(shù)m的取值范圍，則需建立m與其他參數(shù)的關系，進而借助 其他參數(shù)的取值范圍求解.解法1是設線法，先建立m與直線l斜率k的等式關系，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是設點法

19、，先建立m與點C(x0, y0)坐標間的等式關系， 再借助線段PQ的中點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鍵，本題選擇S =1AOX|x|, S =1AOX|x|時，S1= xB，進而在第問的基礎上分別用k或m表示x , x 12B 22CS xB C2C求解c_，x2規(guī)范解答(1)因為1a 2 所以c1, b2a2c21,所以橢圓E的方程為2+y21.(2分)la-啦，(2)解法 1(設線法)由得 A(0, 1).設 P(x1,y1),Q(x2，y2), C(x0, y0).設直線 l 方程為 ykx+m(kW0),4km TOC o 1-5 h z

20、HYPERLINK l bookmark78 o Current Document 將其與橢圓E的萬程聯(lián)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又因為 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 .因為 kWO,則 m=2k；X7=1=1 ；2T7 =1T(1，1 )，此時 A=8(2k2+1m)0,4k2 十 14k2 十 14k2 十 11V2J/2 + 2k2所以實數(shù)m的取值范圍為，1）.（10分）解法2（設點法）由（1）得A（0, 1）.設 P（x1，y1），Q（x2，y2）, C（x0，y0），其中 x0，y0均不為 0，且 x1Wx2.因為P，Q

22、兩點都在橢圓E上，所以x2+2y2=2且x2+2y2=2,兩式相減得乙乂卜二一1.（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設B(x3, y3)，由(2)解法1知kOC=2k.kAB=1-=2k,所以直線AB的方程為y=2kx+1, kOC8k與橢圓E方程聯(lián)立解得x=E或x=0（舍），8k即 x3=1+k2.(12

23、分)2km 2k 2k2十1又因為 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 因為S1=3，所以1+8卜2 =3，解得k=2,此時m：2：3,點D坐標為I。，3）， 4k21 4413所以直線l的方程為y=2x+4.（16分）解法2設B（x3, y3）,點B在橢圓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、右焦點分別為F 1, F2, P是以橢圓短軸為直徑 的圓上任意一點，則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 設 F 1(c, 0), F2(c, 0), P(x, y)，則 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、鹽城一模）如圖，在平面直角坐標Oy中，橢圓C：公+ 2=1（ab0）的下頂點為B,a2 b2點M, N是橢圓上異于點B的動點，直線BM, BN分別與x軸交于點P, Q,且點Q是線段OP的中點.當卑）處時，點Q的坐標為四,（1）求橢圓C的標準方程;（2）設直線MN交y軸于點D,當點M, N均在y軸右側，且DN=2NM時，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，即可求出直線BM的斜率k;也可以用點M, N表示直線方程得出點P, Q坐標，再利

26、用向量關系得 出坐標之間的關系,最后回代橢圓求解規(guī)范解答 由nQs,由，Q呼，0）,得直線NQ的方程為y=2x小.（2分）令x=0,得點B的坐標為（0,一,）.所以橢圓的方程為x2+y2=1.（4分）（一行（、舟2 （即2將點N的坐標（小，期代入，得（|）+、一 =1,解得a2=4. 2 Ja3所以橢圓c的標準方程喏+y2=1.（8分）（2）解法1（設線法）設直線BM的斜率為k（k0）,則直線BM的方程為y=kx-.；3.在 y=kx/3中，令 y=0，得xp=乎，而點Q是線段OP的中點，所以xn=23.所以直線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, 聯(lián)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*號，又20,解得k=乎所以直線BM的方程為y=乎x-（16分）3解法2（設點法）設點P, Q的坐標分別為（2t, 0）, （t, 0）, t0,則直線BM的萬程為y=；x:J3, （10 乙t分）0,解得t=W

28、,所以k=羋所以直線BM的方程為y=半x、回（16分） 1 十 t24 十 t2222解法3（設點法）設點M, N的坐標分別為（x1, y1）, （x2, y2）.由B（0,門），得直線BM的方程為y= y13一x1.同理,得 xQ=yft23.令y=0,得xp而點Q是線段OP的中點，所以xp=2xQ, =2X 3x .（10 分）3x2又DN=2NM,所以 x2=2（x1乂2）,得 *2=鏟0,從而:y1+-y2+丁,“4v13、解得 y2=3yl+V.（12 分）=2“2 鏟1, 工 ，x2（4y + V3） 2心代入橢圓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,所以點M的坐標為故直線BM的方程為y=x一,.13.（16分）x 2Y 22例10、（2018蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研）如圖,橢圓益味=1（ b 0）的離心率為-，焦點到相應準線的距離為1,點A , B , C分別為橢圓的左頂點、右頂點和上頂點，過點C的直線/交橢圓于點D，交x軸y2）于點M （,0）,直線AC與直線BD交于點N（x2,（1）求橢圓的標準方程；（2）若CM = 2 MD,求直線/的方程;規(guī)范解答（1）由橢圓的離心率為巨，焦點到對應準線的距離為1.2c_a 2，解得V

30、正-c 1, V、ca b0,且點P（乎，乎）是橢圓C1，C2位于第一象限的交點.（1）求橢圓C1, C2的標準方程; 過y軸上一點Q的直線l與橢圓C2相切，與橢圓C1交于點A, 8,已知6=5而，求直線l的斜率再將點規(guī)范解答（1）橢圓C： X2+y2=1的焦點坐標為（土c, 0）,代入橢圓C,的方程有c2=1. 1 a2 b22b222的坐標代入橢圓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，所以橢圓C1,C2的標準方程分別為2f+y2=1,三+x2=1.（5 分）

31、(2)由題意直線l的斜率存在，設直線l的方程為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+ 與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,因為QA=5qB,即（x/y1m）=3（x2，y2m）,有 5x1 = 3x2，所以2km+2 +k22 佶+k22 佶+k2化簡，得揄=4-人2輸2+2或 km=4；k2m2+2，即 k2

32、m2= 16（k22m2+2）.（12 分），k2=2,fk2=4,又因為k2+2m2=0,解得或m2=41m2=6,所以直線l的斜率為虱5或2.(14分)均符合(*)式，故k=%舊或2.、達標訓練1、(2019宿遷期末)如圖所示，橢圓M：x2 y22裝+ 2=1（ab0）的離心率為六-, a b2右準線方程為x=4,過點P(0,4)作關于y軸對稱的兩條直線L，l2,且l1與橢圓交于不同兩點A, B, l2與橢圓交于不同兩點D, C.(1)求橢圓M的方程；(2)證明：直線AC與直線BD交于點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Q(0, 1),角度一

33、：根據(jù)圖形的對稱性可設A(a，yj, B(x2,y2),則 D(Xj y1), C(x2, y2),再設11方程為y=kx+4,則可由一元二次方程根與系數(shù)的關系判斷出點B, D，Q三點共線，同理有點A，C，Q三點共線，這個角度的邏輯是借助了給出的定點(0，1)，然后驗證，有些不嚴謹；角度二：直接求直線AC和直線BD的方程，聯(lián)立求解坐標，這個方法是邏輯嚴謹?shù)氖走x，不過計算量稍大.對于(3),可由兩點間的距離公式表示出AC的長度，將表達式的關于x1, x2的結構用含有k的式子代換掉，回歸一元變量，求解最值，可直接求導. 但是解析幾何中的最值，直接求導，暴力求解最值的較少，更多的是化簡函數(shù)表達式，根

34、據(jù)結構采用基本不等式(無法取等的時候就求導來解決)來求解最終的最值(或者值域)，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)以后的關于式或者y)的一元二次方程有解，判別式就是很重要的一個點，也就是定義域的一個重要來源，有些題目甚至是唯一來源24 = 64k2960.、y=kx+4,24x1 * x2=1+2k2,(6分)直線AC的方程為y=直線BD的方程為y=y2 rx2y2yX2 + xx1)+kx1+4.y2 rx2y y1(x X2) + y2 = X2+1(X x2) + kx2 + 4.121聯(lián)立直線AC和直線BD的方程并化簡得k(x1+x

35、2)=y2+y1,即 x2 x1k區(qū)一x,)2xx2 + x1x2 + x1k一1，即工2x=1= 1，解得 x=0. x2 + x1y y在直線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將 x1+x2=1+2k2,24x1 * x2=1+2k2代入計算得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，在直線BD的方程中，令x=0,得y=2kX2x x2+

36、x故直線AC與直線BD交于點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,則 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因為(t+F+S);= 1 160 在 t(8,+8)上恒成立， tt2所以t+華+8在t(8,+8)上單調(diào)遞增，169193所以 t+，+818, 0V773， 11+ 77不t1161c 21161c 2t+ +8t+8所以16AC224, 4ACb0),若橢圓E2：；嬴+漆=1(ab0，m1),則稱橢圓E2與橢圓E1 “相似”.(1)求經(jīng)過點(：2 1),且與橢圓Ej x2+y2=1 “相似”的橢圓E2的方程. 1 / 2(2)若橢圓E1與橢圓E2“相似”，且m=4,橢圓E1的離心率為號，P在橢圓E2上，過P的直線l交橢圓E1于A, B兩點，且AP=AB.若B的

38、坐標為(0, 2),且為=2,求直線l的方程；若直線OP, OA的斜率之積為一上求實數(shù)為的值.規(guī)范解答(1)設橢圓E2的方程為/+y2=1,將點(；2 1)代入得m=2,所以橢圓E2的方程為X2+y2=1.(3分) 22 ”.(2)因為橢圓E,的離心率為V，故a2=2b2,所以橢圓Ej x2+2y2=2b2.又橢圓 E2與橢圓E1“相似，且m=4,所以橢圓E2：x2+2y2=8b2.設 A(xy1),B(x2,y2),P(x0,y0).解法1(設線法)由題意得b=2,所以橢圓E1： x2+2y2=8.當直線l斜率不存在時，B(0, 2), A(0,-2), P(0, 4),不滿足AP=2AB,

39、從而直線l斜率存在，可設直線l： y=kx+2,代入橢圓 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 為 AP 中點，所以 P11+k2，1+2k2 ），（6 分）代入橢圓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，所以直線l的方程為y=

40、舞x+2.（8分）解法 2（設點法）由題意得 b = 2,所以橢圓 E1： x2+2y2=8, E2： x2+2y2=32.由 A（x1, y1）, B（0, 2）,則 P（x1, 4y1）.代入橢圓得：2+2（=一；1） 2=32,解得2，故 x1 = 卑 （6 分）所以直線l的斜率k=答，所以直線l的方程為y=530 x+2.（8分）一2,即琳1+以丫1 = 0. 1由題意得 x0+2y0=8b2, x；+2y；=2b2, x2+2y2=2b2, 解法1（設點法）由直線OP，OA的斜率之積為一2,得x 一一 i r一，.一，一 又AP=AB,則儀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+（為一1） x1人2+2y0+ （八 一1） y1人2= 2b2,則 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）+（為一1）2（x；+2y2）=2為2b2,所以 8b2+（九-1）2 2b2=2入2b2,即 4+（九一1）2=入2,所以為=2.（16分）解法2（設線法）不妨設點P在第一象限，設直線OP： 丫=卜乂（40）,代入橢圓E2： x2+2y2=8b2,解得x02；5b2 2bk1+

42、2k2,1+2k2,直線OP，OA的斜率之積為一1，則直線OA： y=4乂，代入橢圓E,： x2+2y2=2b2, 22k1解得 x = 一 ； 2bk ：，則y =, =.1；1+2k21 1+2k2所以x0+（為-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，則（x0 x1, y0y1）=入（x2-x1，y2y1），解得則 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，所以為=2.（16 分）3、（2017南通、揚州、淮安、宿遷、泰州、徐州六市二調(diào)）如圖，在平面直角坐標系Oy中，已知橢展+ a2y22尢=13b0）的離心率為2，C為橢圓上位于

44、第一象限內(nèi)的一點.（1）若點C的坐標為Q，3），求a，b的值；（2）設A為橢圓的左頂點，B為橢圓上一點，且宿=2OC，求直線AB的斜率.c2思路分析（1）由 e=1，得 a2 ： b2 ： c2=9 ： 5 ： 4.a3（2）設點C的坐標，則能用C的坐標表示B的坐標，由B, C兩點在橢圓上可解出點C的坐標.c 2x2y2規(guī)范解答（1）由e=a=3，得a2 ： b2 ： c2=9 : 5 : 4.設橢圓萬程為文+5 =1（丸0）. （3分）把C的坐標代入，得是十/=1,解得丸2=1,所以a=3, b=-.；5.（5分）x2y2（2）由（1）可設橢圓萬程為赤+左=1（丸0），此時A（-3九0）.設

45、C（3國0，布為0），其中%0, y00，由AB=2OC，得B（-3丸+3m0，坐肛0）.（8分）由點B，C均在橢圓上，得=+：2=4，解得%=4，取丫0等.A分）所以直線AB的斜率k = k = 尋=岳=乎.（14分）AB OC3 AX 0334、（2017無錫期末）已知橢圓X2+5=1,動直線l與橢圓交于B, C兩點（點B在第一象限）.（1）若點B的坐標為（1, |），求4OBC的面積的最大值；（2）設B（x，y 1），C（x2，y2），且3y4y2=0,求當OBC的面積最大時直線l的方程.33規(guī)范解答（1）直線OB方程為y=2x，即3x-2y=0,設過點C且平行于OB的直線l,方程為y =|x+b.（2 分）則當l,與橢圓只有一個公共點時，OBC的面積最大.xf+1，3消去 y 整理得 3x