江蘇2020年高考數(shù)學二輪微專題突破-專題07-設(shè)線法、設(shè)點法在圓錐曲線中的應(yīng)用(教師版)

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上專題07 射線法、設(shè)點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(shè)線法是比較順應(yīng)題意的一種解法，它的參變量較少，目標集中，思路明確；而設(shè)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(shè)點法和設(shè)線法的不同一、題型選講題型一 圓錐曲線中的線段的關(guān)系例1、(201

2、9南京學情調(diào)研）在平面直角坐標系xOy中，橢圓E：1(a>b>0)的離心率為，且直線l：x2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：MRPQ.規(guī)范解答 (1)因為橢圓1(ab0)的離心率e，所以e21，即a22b2. (2分)因為直線l：x2被橢圓E截得的弦長為2，所以點(2，1)在橢圓上，即1.解得a26，b23，所以橢圓E的方程為1.(6分)(2)解法1(設(shè)線法)因為直線PQ與坐標軸不垂直，故設(shè)PQ所在直線的方程為ykxm.設(shè) P(x1，y1)，Q(x2, y2) .因為PQ的

3、中點R在直線 l：x2上，故R(2，2km)聯(lián)立方程組消去y，并化簡得 (12k2)x24kmx2m260, (9分)所以x1x2 .由x1x24，得12k2km.(12分)因為M(1，0)，故kMR2km，所以kMR·kPQ(2km)k2k2km2k2(12k2)1，所以MRPQ.(16分)解法2(設(shè)點法) 設(shè)P(x1，y1)，Q(x2, y2)因為PQ的中點R在直線 l：x2上，故設(shè)R(2，t)因為點P，Q在橢圓E：1上，所以兩式相減得(x1x2) (x1x2)2(y1y2) (y1y2)0.(9分)因為線段PQ的中點為R，所以x1x24，y1y22t.代入上式并化簡得(x1x2

4、)t (y1y2)0.(12分)又M(1，0)，所以·(21)×(x2x1)(t0)×(y2y1)0，因此 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(shè)點法、設(shè)線法對于本題而言，兩種方法都可以，解題時把“設(shè)線法”與“直線斜率乘積為1”結(jié)合，把“設(shè)點法”與“向量的數(shù)量積為0”結(jié)合，其實顛倒一下也可行例2、(2016南京三模）如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：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(shè)直線l與圓O：x2y22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F，求OPQ的面

5、積；求證： OPOQ. (1) 由e，得abc11，用b表示a更方便；(2) 設(shè)直線l的方程為yk(x)，由直線l與圓O相切可先求出k，再求出PQ的長即可設(shè)l：ykxm，則只要證·x1x2y1y2x1x2(kx1m)(kx2m)0.聯(lián)列直線與橢圓方程可得x1x2，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，1，解得a26，b23.所以橢圓的方程為1.(2分)(2) 解法1 橢圓C的右焦點F(，0)設(shè)切線方程為yk(x)，即kxyk0，所以，解得k±，所以切線方程為y±(x)當k時，(4分)由方程組解得或所以點P，Q的

6、坐標分別為， ， ， ，所以PQ.(6分)因為O到直線PQ的距離為，所以O(shè)PQ的面積為. 因為橢圓的對稱性，當切線方程為y(x)時，OPQ的面積也為.綜上所述，OPQ的面積為.(8分)解法2 橢圓C的右焦點F(，0)設(shè)切線方程為yk(x)，即kxyk0，所以，解得k±，所以切線方程為y±(x)當k時，(4分)把切線方程 y(x)代入橢圓C的方程，消去y得5x28x60.設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則有x1x2.由橢圓定義可得，PQPFFQ2ae(x1x2)2××.(6分)因為O到直線PQ的距離為，所以O(shè)PQ的面積為. 因為橢圓的對稱性，當切線方

7、程為y(x)時，OPQ的面積為.綜上所述，OPQ的面積為.(8分)解法1 (i)若直線PQ的斜率不存在，則直線PQ的方程為x或x.當x時，P (， )，Q(，)因為·0，所以O(shè)POQ.當x時，同理可得OPOQ.(10分)(ii)若直線PQ的斜率存在，設(shè)直線PQ的方程為ykxm，即kxym0.因為直線與圓相切，所以，即m22k22.將直線PQ方程代入橢圓方程，得(12k2) x24kmx2m260.設(shè)P(x1，y1) ，Q(x2，y2)，則有x1x2，x1x2.(12分)因為·x1x2y1y2x1x2(kx1m)(kx2m)(1k2)x1x2km(x1x2)m2(1k2)&#

8、215;km×m2.將m22k22代入上式可得·0，所以O(shè)POQ.綜上所述，OPOQ.(14分)解法2 設(shè)切點T(x0，y0)，則其切線方程為x0xy0y20，且xy2.(i)當y00時，則直線PQ的直線方程為x或x.當x時，P (， )，Q(，)因為·0，所以O(shè)POQ.當x時，同理可得OPOQ.(10分)(ii)當y00時，由方程組消去y得(2xy)x28x0x86y0.設(shè)P(x1，y1) ，Q(x2，y2)，則有x1x2，x1x2.(12分)所以·x1x2y1y2x1x2.因為xy2，代入上式可得·0，所以O(shè)POQ.綜上所述，OPOQ.(1

9、4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C：1(a>b>0)經(jīng)過點，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l1，l2與直線yx分別相交于E，F(xiàn)兩點，已知OEOF，求直線l1的斜率 (1) 由兩點在橢圓上，列方程組解出a2，b2；(2) 設(shè)E(t，t)，則l1的斜率kAE.規(guī)范解答 (1) 由，兩點在橢圓C上，得解得(4分) 所以橢圓C的標準方程為y21.(6分) (2) 首先A(0，1)由E，F(xiàn)在直線yx上，且OEOF，可設(shè)E(t，t)，F(xiàn)(t，t)(8分) 由l1l2，得·0，即t(t)(t1)

10、(t1)0，得t±.(12分) 直線l1的斜率為kAE11±.(14分) 例4、(2019蘇州期初調(diào)查）已知橢圓C：1(a>b>0)的左、右頂點分別為A，B，離心率為，點P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l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k12k2，求直線l斜率的值 (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(shè)出直線l方程為ykx1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，將直線l方程與橢圓方程聯(lián)立，求出x1x2和x1x2，根據(jù)條件求出k1和k

11、2，代入k12k2化簡計算，得到關(guān)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，所以a2c.又因為a2b2c2，所以bc.所以橢圓的標準方程為1.(3分)又因為點P為橢圓上一點，所以1，解得c1.(5分)所以橢圓的標準方程為1.(6分)(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ykx1.設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)聯(lián)立方程組消去y可得(34k2)x28kx80.所以由根與系數(shù)關(guān)系可知x1x2，x1x2.(8分)因為k1，k2，且k12k2，所以.(10分)即.又因為M(x1，y1)，N(x2，y2)在橢圓上，所以y(4x)，y(4x)將代入可得：，即3

12、x1x210(x1x2)120.(12分)所以310120，即12k220k30.(14分)解得k或k，又因為k>1，所以k.(16分)例5、(2019通州、海門、啟東期末）如圖，A是橢圓y21的左頂點，點P，Q在橢圓上且均在x軸上方，(1) 若直線AP與OP垂直，求點P的坐標；(2) 若直線AP，AQ的斜率之積為，求直線PQ的斜率的取值范圍 第1問，由于點A，O已知，且APPO，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(guān)，因此，利用解方程組的方法可以將點P、Q的

13、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，AQ的斜率的形式，利用kAP·kAQ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，通過函數(shù)求得它的取值范圍(1) 設(shè)P(x0，y0)，A(2，0)，則(x0，y0)，(x0，y0)，因為直線AP與OP垂直，所以·0，即x0(x02)y0.(3分)得x2x0y0.又點P在橢圓上，所以y1.由得x0或2(舍去)，代入得y0±.因為點P在x軸上方，所以P.(6分)(2)由于直線AP，AQ的斜率之積為，點P，Q在橢圓上且均在x軸上方所以可設(shè)直線AP，AQ的斜率分別為k1，k2，則k1k2

14、，k1>0，k2>0.所以直線AP的方程為yk1(x2)聯(lián)立得(4k1)x216kx16k40.(8分)設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則2x1，即x1.同理可得，x2.(10分)所以直線PQ的斜率為k.(12分)因為k1k2，k1>0，k2>0.所以k1k22，注意到，點P，Q不重合，所以重號不成立所以0<<，所以直線PQ的斜率的取值范圍為.(14分) 研究直線與橢圓的位置關(guān)系問題，其關(guān)鍵在于其交點的研究手段，一般地，有兩種途徑來處理交點，一是直接設(shè)出交點的坐標，利用交點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；二是設(shè)直線方程，由直線方

15、程與橢圓方程聯(lián)立成方程組，將問題轉(zhuǎn)化為一元二次方程的根來加以研究題型三 圓錐曲線中直線的方程例6、(2018南通、泰州一調(diào)）如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓1(a>b>0)的離心率為，兩條準線之間的距離為4.(1) 求橢圓的標準方程；(2) 已知橢圓的左頂點為A，點M在圓x2y2上，直線AM與橢圓相交于另一點B，且AOB的面積是AOM的面積的2倍，求直線AB的方程 (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(guān)系，分析出M為AB的中點，這里有兩種思路，解法1，設(shè)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，求出M的坐標；

16、解法2，設(shè)出直線的方程yk(x2)，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(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2c，由題意得，4，(2分)解得a2，c，所以b.所以橢圓的方程為1.(4分)(2) 解法1(設(shè)點法) 因為SAOB2SAOM，所以AB2AM，所以M為AB的中點(6分)因為橢圓的方程為1，所以A(2，0)設(shè)M(x0，y0)(2<x0<0)，則B(2x02，2y0)所以xy，1，(10分)由得9x18x0160，解得x0或x0(舍去)把x0代入得y0±，(12分)所以kAB±，因此直線AB的方程為y±(x2)

17、，即x2y20或x2y20.(14分)解法2(設(shè)線法) 因為SAOB2SAOM，所以AB2AM，所以M為AB的中點(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yk(x2)由得(12k2)x28k2x8k240，所以(x2)(12k2)x4k220，解得xB.(8分)所以xM，yMk(xM2)，(10分)代入x2y2得，化簡得28k4k220，(12分)即(7k22)(4k21)0，解得k±，所以直線AB的方程為y±(x2)，即x2y20或x2y20.(14分) 解析幾何包含兩個主要問題，即已知曲線求方程和已知方程研究曲線的性質(zhì)對

18、解析幾何的復習，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，在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓E：1(ab0)的離心率為，上頂點A到右焦點的距離為.過點D(0，m)(m0)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ACOC.(1) 求橢圓E的方程；(2) 求實數(shù)m的取值范圍；(3) 延長AC交橢圓E于點B，記AOB與AOC的面積分別為S1，S2，若，求直線l的方程 用代數(shù)法處理圓錐曲線綜合題的常見方法有兩種：設(shè)點法、設(shè)線法，本題第(2)，(3)問都分別采用

19、設(shè)線法和設(shè)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(guān)系，進而借助其他參數(shù)的取值范圍求解解法1是設(shè)線法，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)點法，先建立m與點C(x0，y0)坐標間的等式關(guān)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(guān)鍵，本題選擇 S1AO×|xB|，S2 AO×|xC|時， ，進而在第(2)問的基礎(chǔ)上分別用k或m表示xB，xC 求解規(guī)范解答 (1) 因為所以c1，b2a2c21，所以橢圓E的方程為y21.(2分) (2)

20、解法1(設(shè)線法) 由(1)得A(0，1)設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，C(x0，y0)設(shè)直線l方程為ykxm(k0)，將其與橢圓E的方程聯(lián)立，消去y得(12k2)x24kmx2m220(*)，所以x1x2，(4分) 所以x0，y0kx0m，即C，所以kAC.(6分) 又因為kOC，且ACOC，所以kAC·kOC·1，整理得m.(8分) 因為k0，則m11，此時8(2k21m)0，所以實數(shù)m的取值范圍為.(10分) 解法2(設(shè)點法) 由(1)得A(0，1)設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，C(x0，y0)，其中x0，y0均不為0，且x1x2.因為P，Q兩點都在橢圓

21、E上，所以x2y2 且x2y2，兩式相減得×.(4分) 又kPQkCD，即 ，所以×，(6分) 即x2y0(my0)又ACOC，所以×1，(8分) 即xy0(1y0)由得y02m1，x(12m) (2m2)(0，2)，所以m1.(10分) (3) 解法1 設(shè)B(x3，y3)，由(2)解法1知kOC.kAB2k，所以直線AB的方程為y2kx1，與橢圓E方程聯(lián)立解得x或x0(舍)，即x3.(12分) 又因為x0×，所以.(14分) 因為，所以，解得k±，此時m，點D坐標為，所以直線l的方程為y±x.(16分) 解法2 設(shè)B(x3，y3)，

22、點B在橢圓E上，所以x2y2.又ACOC，所以×1，即y3x31，代入上式消去y3，得x3(x30舍)，(12分) 所以.由(2)解法2知y02m1，x(12m) (2m2)，m1，所以.(14分) 因為，所以，解得m，此時y02m1，x(12m) (2m2)，所以x0±，所以點C坐標為，點D坐標為，所以直線l的方程為y±x.(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1(mn0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，P是以橢圓短軸為直徑的圓上任意一點，則·_.答案： 2nm解法1 ·()·()()·

23、()|2|2n(mn)2nm.解法2 設(shè)F1(c,0)，F(xiàn)2(c,0)，P(x，y)，則x2y2n，·(xc)(xc)y2x2y2c2n(mn)2nm.例9、(2018南京、鹽城一模）如圖，在平面直角坐標系xOy中，橢圓C：1(a>b>0)的下頂點為B，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的中點當點N運動到點處時，點Q的坐標為.(1) 求橢圓C的標準方程；(2) 設(shè)直線MN交y軸于點D，當點M，N均在y軸右側(cè)，且2時，求直線BM的方程 第(2)問中由2，可得2xM3xN.可以用直線BM，BN的方程，與橢圓聯(lián)立得到橫坐標，即

24、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，再利用向量關(guān)系得出坐標之間的關(guān)系，最后回代橢圓求解規(guī)范解答 (1)由N，Q，得直線NQ的方程為yx.(2分)令x0，得點B的坐標為(0，)所以橢圓的方程為1.(4分)將點N的坐標代入，得1，解得a24.所以橢圓C的標準方程為1.(8分)(2)解法1(設(shè)線法) 設(shè)直線BM的斜率為k(k0)，則直線BM的方程為ykx.在ykx中，令y0，得xP，而點Q是線段OP的中點，所以xQ.所以直線BN的斜率kBNkBQ2k.(10分)(注：由kBM，kBN，及OP2OQ也可得到kBN2kBM.)聯(lián)立消去y，得(34k2)x28kx0，解得

25、xM .用2k代替k，得xN .(12分)又2，所以xN2(xMxN)，得2xM3xN.(14分)故2×3×，又k0，解得k.所以直線BM的方程為yx.(16分)解法2(設(shè)點法) 設(shè)點P，Q的坐標分別為(2t，0)，(t，0)，t0，則直線BM的方程為yx，(10分)聯(lián)立消去y，得(1t2)x24tx0，解得xM，用t代替t，得xN.(12分)又2，所以xN2(xMxN)，得2xM3xN.(14分)故2×3×，又t0，解得t，所以k.所以直線BM的方程為yx.(16分)解法3(設(shè)點法) 設(shè)點M，N的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)由B(0，)，得

26、直線BM的方程為y x，令y0，得xP.同理，得xQ.而點Q是線段OP的中點，所以xP2xQ，故2×.(10分)又2，所以x22(x1x2)，得x2x10，從而， 解得y2y1.(12分)將代入橢圓C的方程，得1.又x4，所以1，(14分)即y2y10，解得y1(舍)或y1.又x10，所以點M的坐標為M. 故直線BM的方程為yx.(16分)例10、(2018蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研）如圖，橢圓的離心率為，焦點到相應(yīng)準線的距離為1，點，分別為橢圓的左頂點、右頂點和上頂點，過點的直線交橢圓于點，交軸于點，直線與直線交于點（1）求橢圓的標準方程；（2）若，求直線的方程；規(guī)范解答 （1）由橢圓的離心率為

27、，焦點到對應(yīng)準線的距離為1.得 解得 所以，橢圓的標準方程為. （2）由（1）知，設(shè)，因為，得，所以， 代入橢圓方程得或，所以或，所以的方程為：或. 例11、(2019常州期末）在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C1：1的焦點在橢圓C2：1上，其中a>b>0，且點P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；(2) 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，B，已知，求直線l的斜率規(guī)范解答 (1) 橢圓C1：1的焦點坐標為(±c，0)，代入橢圓C2的方程有1.再將點P的坐標代入橢圓C1，C2的方程有C1：1，所以解得a22，b2c

28、21.(3分)所以橢圓C1，C2的標準方程分別為y21，x21.(5分)(2) 由題意直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為ykxm，A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(0，m)由消去y得x21，即x2kmx10，k2m240，即k22m20.(7分)由消去y得(kxm)21，即x22kmxm210.因為直線l與橢圓C1相交，有4k2m24(k2)·(m21)4(k2m2)>0(*)x1，2.(9分)因為，即(x1，y1m)(x2，y2m)，有5x13x2，所以53或53，化簡，得km4或km4，即k2m216.(12分)又因為k22m20，解得或均符合(*)式，故k±

29、;或±2.所以直線l的斜率為±或±2.(14分)二、達標訓練1、(2019宿遷期末）如圖所示，橢圓M：1(a>b>0)的離心率為，右準線方程為x4，過點P(0，4)作關(guān)于y軸對稱的兩條直線l1，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 對于(2)，要求證明交于一點Q(0，1)，角度一：根據(jù)圖形的對稱性可設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則D(x1，y1)，C(x2，y2)，再設(shè)l1方程為ykx4，則可由一元二次方程根

30、與系數(shù)的關(guān)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(guān)于x1，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. 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，根據(jù)結(jié)構(gòu)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)

31、立(曲直聯(lián)立)以后的關(guān)于x(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規(guī)范解答 (1)由得a2，c2，所以b2a2c24，所以橢圓M的方程為1.(4分)(2)解法1 設(shè)直線l1：ykx4，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則由對稱性可知D(x1，y1)，C(x2，y2)聯(lián)立消去y得(12k2)x216kx240, 所以x1x2，x1·x2.(6分)又kBQ，kDQ， 則kBQkDQ2k2k2k2k0，(8分)知kBQkDQ，故點B，D，Q三點共線，即直線BD經(jīng)過點Q(0，1)同理可得直線AC經(jīng)過點Q(0，1)所以直線AC

32、與直線BD交于點Q(0，1)(10分)解法2 設(shè)直線l1：ykx4，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則由對稱性可知D(x1，y1)，C(x2，y2)，且k.聯(lián)立削去y得(12k2)x216kx240，(16k)24(12k2)·2464k296>0.所以x1x2，x1·x2.(6分)直線AC的方程為y(xx1)y1(xx1)kx14.直線BD的方程為y(xx2)y2(xx2)kx24.聯(lián)立直線AC和直線BD的方程并化簡得k(x1x2)，即1，即11，解得x0.在直線AC的方程中，令x0，得y(x1)kx14(x1)kx144.將x1x2，x1·x2代入計

33、算得y44341.同理可得，在直線BD的方程中，令x0，得y44341.故直線AC與直線BD交于點Q(0，1)(3)由(2)可知AC2(x1x2)2(y1y2)2(x1x2)2k2(x1x2)2(x1x2)2k2k216×16.(12分)令t6k21，則k2.又由162k24×24×(12k2)>0得k2>，所以t>8，所以AC21616(116(1)(14分)因為1>0在t(8，)上恒成立，所以t8在t(8，)上單調(diào)遞增，所以t8>18, 0<<，1<1<.所以16<AC2<24，4<AC&

34、lt;2，所以線段AC長的取值范圍是(4，3)(16分)2、(2018揚州期末）已知橢圓E1：1(a>b>0)，若橢圓E2：1(a>b>0，m>1)，則稱橢圓E2與橢圓E1“相似”(1) 求經(jīng)過點(，1)，且與橢圓E1：y21“相似”的橢圓E2的方程(2) 若橢圓E1與橢圓E2“相似”，且m4，橢圓E1的離心率為，P在橢圓E2上，過P的直線l交橢圓E1于A，B兩點，且.若B的坐標為(0，2)，且2，求直線l的方程；若直線OP，OA的斜率之積為，求實數(shù)的值規(guī)范解答 (1) 設(shè)橢圓E2的方程為1，將點(，1)代入得m2，所以橢圓E2的方程為1.(3分)(2) 因為橢圓

35、E1的離心率為，故a22b2，所以橢圓E1：x22y22b2.又橢圓E2與橢圓E1“相似”，且m4，所以橢圓E2：x22y28b2.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)解法1(設(shè)線法) 由題意得b2，所以橢圓E1：x22y28.當直線l斜率不存在時，B(0，2)，A(0，2)，P(0，4)，不滿足2，從而直線l斜率存在，可設(shè)直線l：ykx2，代入橢圓E1：x22y28得(12k2)x28kx0，解得x1，x20，故y1，y22，所以A.(5分)又2，即B為AP中點，所以P，(6分)代入橢圓E2：x22y232得232，即20k44k230，即(10k23)(2k21)0，所以

36、k±，所以直線l的方程為y±x2.(8分)解法2(設(shè)點法) 由題意得b2，所以橢圓E1：x22y28，E2：x22y232.由A(x1，y1)，B(0，2)，則P(x1，4y1)代入橢圓得解得y1，故x1±，(6分)所以直線l的斜率k±，所以直線l的方程為y±x2.(8分)由題意得x2y8b2，x2y2b2，x2y2b2，解法1(設(shè)點法) 由直線OP，OA的斜率之積為，得·，即x0x12y0y10.又，則(x0x1，y0y1)(x2x1，y2y1)，解得(12分)所以22b2，則x2(1)x0x1(1)2x2y4(1)y0y12(1)

37、2y22b2，(x2y)2(1)(x0x12y0y1)(1)2(x2y)22b2，所以8b2(1)2·2b222b2，即4(1)22，所以.(16分)解法2(設(shè)線法) 不妨設(shè)點P在第一象限，設(shè)直線OP：ykx(k>0)，代入橢圓E2：x22y28b2，解得x0，則y0.直線OP，OA的斜率之積為，則直線OA：yx，代入橢圓E1：x22y22b2，解得x1，則y1.又，則(x0x1，y0y1)(x2x1，y2y1)，解得(12分)所以222b2，則x2(1)x0x1(1)2x2y4(1)y0y12(1)2y22b2，(x2y)2(1)(x0x12y0y1)(1)2(x2y)22b

38、2，所以8b22(1)·()2··(1)2·2b222b2，即8b2(1)2·2b222b2，即4(1)22，所以.(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xOy中，已知橢圓1(ab0)的離心率為，C為橢圓上位于第一象限內(nèi)的一點(1) 若點C的坐標為，求a，b的值；(2) 設(shè)A為橢圓的左頂點，B為橢圓上一點，且，求直線AB的斜率 思路分析 (1) 由e，得a2b2c2954.(2) 設(shè)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 規(guī)范解答 (1) 由e，得a2b2

39、c2954.設(shè)橢圓方程為1(0)(3分)把C的坐標代入，得1，解得21，所以a3，b.(5分)(2) 由(1)可設(shè)橢圓方程為1(0)，此時A(3，0)設(shè)C(3x0，y0)，其中x00，y00，由，得B.(8分)由點B，C均在橢圓上，得解得x0，取y0.(12分)所以直線AB的斜率kABkOC×.(14分)4、(2017無錫期末）已知橢圓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，求OBC的面積的最大值；(2) 設(shè)B(x1，y1)，C(x2，y2)，且3y1y20，求當OBC的面積最大時直線l的方程 規(guī)范解答 (1) 直線OB方程為yx，即3x2y0，設(shè)過點C且平行于OB的直線l方程為yxb.(2分)則當l與橢圓只有一個公共點時，OBC的面積最大消去y整理得3x23bxb230，(4分)此時9b212(b23)，令0，解得b±2，當b2時，C；當b2時，C，(6分)所以O(shè)BC面積的最大值××.(8分)(2) 顯然，直線l與y軸不垂直，設(shè)直線l的方程為xmyn.由消去x并整理得(3m24)y26mny3n