高中数学高考第5节 第2课时 直线与椭圆 教案

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研究直线与椭圆位置关系的方法
直线与椭圆位置关系的判定方法，直线与椭圆方程联立，消去y(或x)后得到关于x(或y)的一元二次方程时，设其判别式为Δ，
①Δ＞0⇔直线与椭圆相交．
②Δ＝0⇔直线与椭圆相切．
③Δ＜0⇔直线与椭圆相离．
1.若直线y＝kx＋1与椭圆eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,m)＝1总有公共点，则m的取值范围是( )
A．m＞1 B．m＞0
C．0＜m＜5且m≠1 D．m≥1且m≠5
D [∵直线y＝kx＋1恒过定点(0，1)，
∴要使直线y＝kx＋1与椭圆eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,m)＝1总有公共点，
只需eq \f(02,5)＋eq \f(12,m)≤1，即m≥1，又m≠5，故m的取值范围为m≥1且m≠5，故选D.]
2．已知直线l：y＝2x＋m，椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.试问当m取何值时，直线l与椭圆C：
(1)有两个不重合的公共点；
(2)有且只有一个公共点；
(3)没有公共点．
[解] 将直线l的方程与椭圆C的方程联立，得方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝2x＋m， ①,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1， ②))
将①代入②，整理得9x2＋8mx＋2m2－4＝0.③
方程③根的判别式Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝－8m2＋144.
(1)当Δ＞0，即－3eq \r(2)＜m＜3eq \r(2)时，方程③有两个不同的实数根，可知原方程组有两组不同的实数解．这时直线l与椭圆C有两个不重合的公共点．
(2)当Δ＝0，即m＝±3eq \r(2)时，方程③有两个相同的实数根，可知原方程组有两组相同的实数解．这时直线l与椭圆C有两个互相重合的公共点，即直线l与椭圆C有且只有一个公共点．
(3)当Δ＜0，即m＜－3eq \r(2)或m＞3eq \r(2)时，方程③没有实数根，可知原方程组没有实数解．这时直线l与椭圆C没有公共点．
(1)研究直线和椭圆的位置关系，一般转化为研究其直线方程与椭圆方程组成的方程组解的个数； (2)对于过定点的直线，也可以通过定点在椭圆内部或椭圆上判定直线和椭圆有交点．
考点2 弦长及中点弦问题
中点弦问题
处理中点弦问题常用的求解方法
(1)过椭圆eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1内一点P(3，1)，且被点P平分的弦所在直线的方程是( )
A．4x＋3y－13＝0 B．3x＋4y－13＝0
C．4x－3y＋5＝0 D．3x－4y＋5＝0
(2)[一题多解](2019·惠州模拟)若椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，直线y＝3x＋7与椭圆相交所得弦的中点的纵坐标为1，则这个椭圆的方程为________．
(1)B (2)eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,12)＝1 [(1)设所求直线与椭圆交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，
由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,1),16)＋\f(yeq \\al(2,1),4)＝1， ①,\f(xeq \\al(2,2),16)＋\f(yeq \\al(2,2),4)＝1， ②))
①－②得eq \f(（x1＋x2）（x1－x2）,16)＋eq \f(（y1＋y2）（y1－y2）,4)＝0，
又P(3，1)是AB的中点．
∴x1＋x2＝6，y1＋y2＝2，∴kAB＝eq \f(y2－y1,x2－x1)＝－eq \f(3,4).
故直线AB的方程为y－1＝－eq \f(3,4)(x－3)，
即3x＋4y－13＝0，故选B.
(2)法一：(直接法)∵椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，∴设椭圆方程为eq \f(y2,b2＋4)＋eq \f(x2,b2)＝1(b>0)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(y2,b2＋4)＋\f(x2,b2)＝1，,y＝3x＋7)) 消去x，
得(10b2＋4)y2－14(b2＋4)y－9b4＋13b2＋196＝0，
设直线y＝3x＋7与椭圆相交所得弦的端点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由题意知eq \f(y1＋y2,2)＝1，
∴y1＋y2＝eq \f(14（b2＋4）,10b2＋4)＝2，解得b2＝8.
∴所求椭圆方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,12)＝1.
法二：(点差法)∵椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，∴设椭圆的方程为eq \f(y2,b2＋4)＋eq \f(x2,b2)＝1(b>0)．
设直线y＝3x＋7与椭圆相交所得弦的端点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(yeq \\al(2,1),b2＋4)＋\f(xeq \\al(2,1),b2)＝1，①,\f(yeq \\al(2,2),b2＋4)＋\f(xeq \\al(2,2),b2)＝1，②))
①－②得
eq \f(（y1－y2）（y1＋y2）,b2＋4)＋eq \f(（x1－x2）（x1＋x2）,b2)＝0，
即eq \f(y1－y2,x1－x2)·eq \f(y1＋y2,x1＋x2)＝－eq \f(b2＋4,b2)，
又∵弦AB的中点的纵坐标为1，故横坐标为－2，
k＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝3，代入上式得3×eq \f(2×1,2×（－2）)＝－eq \f(b2＋4,b2)，解得b2＝8，故所求的椭圆方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,12)＝1.]
“点差法”的优点是设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有x1＋x2，y1＋y2，eq \f(y1－y2,x1－x2)三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点公式即可求得斜率．
提醒：与椭圆中点弦有关的问题应用椭圆中点弦的斜率公式kAB·kOM＝－eq \f(b2,a2)，即kAB＝－eq \f(b2x0,a2y0)比较方便快捷，其中点M的坐标为(x0，y0)．
[教师备选例题]
已知椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(1)若过A(2，1)的直线l与椭圆相交，求l被截得的弦的中点轨迹方程；
(2)求过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)))且被P点平分的弦所在直线的方程．
[解] (1)设弦的端点为P(x1，y1)，Q(x2，y2)，其中点为M(x，y)，则x2＋x1＝2x，y2＋y1＝2y，由于点P，Q在椭圆上，则有：
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,1),2)＋yeq \\al(2,1)＝1，①,\f(xeq \\al(2,2),2)＋yeq \\al(2,2)＝1，②))
①－②得eq \f(y2－y1,x2－x1)＝－eq \f(x2＋x1,2（y2＋y1）)＝－eq \f(x,2y)，
所以－eq \f(x,2y)＝eq \f(y－1,x－2)，
化简得x2－2x＋2y2－2y＝0(包含在椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1内部的部分)．
(2)由(1)可得弦所在直线的斜率为k＝－eq \f(x,2y)＝－eq \f(1,2)，
因此所求直线方程是y－eq \f(1,2)＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，
化简得2x＋4y－3＝0.
1.(2019·江西五市联考)已知直线y＝1－x与双曲线ax2＋by2＝1(a>0，b<0)的渐近线交于A、B两点，且过原点和线段AB中点的直线的斜率为－eq \f(\r(3),2)，则eq \f(a,b)的值为( )
A．－eq \f(\r(3),2) B．－eq \f(2\r(3),3)
C．－eq \f(9\r(3),2) D．－eq \f(2\r(3),27)
A [由双曲线ax2＋by2＝1知其渐近线方程为ax2＋by2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有axeq \\al(2,1)＋byeq \\al(2,1)＝0，①
axeq \\al(2,2)＋byeq \\al(2,2)＝0，②
由①－②得a(xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2))＝－b(yeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,2))，整理得eq \f(y1＋y2,x1＋x2)·eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(a,b)，设AB的中点为M(x0，y0)，则kOM＝eq \f(y0,x0)＝eq \f(2y0,2x0)＝eq \f(y1＋y2,x1＋x2)＝－eq \f(\r(3),2)，又知kAB＝－1，∴－eq \f(\r(3),2)×(－1)＝－eq \f(a,b)，∴eq \f(a,b)＝－eq \f(\r(3),2)，故选A.]
2.已知椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1的左焦点为F，O为坐标原点．设过点F且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于A，B两点，点A和点B关于直线l对称，l与x轴交于点G，则点G横坐标的取值范围是________．
(－eq \f(1,2)，0) [设直线AB的方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，
代入eq \f(x2,2)＋y2＝1，整理得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0.
因为直线AB过椭圆的左焦点F且不垂直于x轴，
所以方程有两个不等实根．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点N(x0，y0)，
则x1＋x2＝－eq \f(4k2,2k2＋1)，
x0＝eq \f(1,2)(x1＋x2)＝－eq \f(2k2,2k2＋1)，y0＝k(x0＋1)＝eq \f(k,2k2＋1)，
因为点A和点B关于直线l对称，
所以直线l为AB的垂直平分线，其方程为
y－y0＝－eq \f(1,k)(x－x0)．
令y＝0，得xG＝x0＋ky0＝－eq \f(2k2,2k2＋1)＋eq \f(k2,2k2＋1)＝－eq \f(k2,2k2＋1)＝－eq \f(1,2)＋eq \f(1,4k2＋2)，
因为k≠0，所以－eq \f(1,2)即点G横坐标的取值范围为(－eq \f(1,2)，0)．]
弦长问题
求解决直线与椭圆相交的弦长问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程；在此基础上套用弦长公式：设直线与椭圆的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝eq \r(（1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2])
＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2)))[（y1＋y2）2－4y1y2])(k为直线斜率)．
(2019·武汉模拟)设离心率为eq \f(\r(2),2)的椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P是E上一点，PF1⊥PF2，△PF1F2内切圆的半径为eq \r(2)－1.
(1)求E的方程；
(2)矩形ABCD的两顶点C，D在直线y＝x＋2上，A，B在椭圆E上，若矩形ABCD的周长为eq \f(11\r(2),3)，求直线AB的方程．
[解] (1)Rt△PF1F2内切圆的半径r＝eq \f(1,2)(|PF1|＋|PF2|－|F1F2|)＝a－c，依题意有a－c＝eq \r(2)－1.
又eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，则a＝eq \r(2)，c＝1，从而b＝1.
故椭圆E的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)设直线AB的方程为y＝x＋m，
代入椭圆E的方程，整理得3x2＋4mx＋2m2－2＝0，
由Δ>0得－eq \r(3)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－eq \f(4m,3)，x1x2＝eq \f(2m2－2,3).
|AB|＝eq \r(2)|x2－x1|＝eq \f(4\r(3－m2),3).
易知|BC|＝eq \f(|2－m|,\r(2))，则由－eq \r(3)所以由已知可得|AB|＋|BC|＝eq \f(11\r(2),6)，
即eq \f(4\r(3－m2),3)＋eq \f(2－m,\r(2))＝eq \f(11\r(2),6)，
整理得41m2＋30m－71＝0，
解得m＝1或m＝－eq \f(71,41)(均满足－eq \r(3)所以直线AB的方程为y＝x＋1或y＝x－eq \f(71,41).
利用公式计算直线被椭圆截得的弦长是在方程有解的情况下进行的，不要忽略判别式．
[教师备选例题]
已知椭圆E：eq \f(x2,t)＋eq \f(y2,3)＝1的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜率为k(k>0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.
(1)当t＝4，|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积；
(2)当2|AM|＝|AN|时，求k的取值范围．
[解] (1)设M(x1，y1)，则由题意知y1>0.
当t＝4时，椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，A(－2，0)．
由|AM|＝|AN|及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为eq \f(π,4).
因此直线AM的方程为y＝x＋2.
将x＝y－2代入eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，得7y2－12y＝0，
解得y＝0或y＝eq \f(12,7)，
所以y1＝eq \f(12,7).
所以S△AMN＝2×eq \f(1,2)×eq \f(12,7)×eq \f(12,7)＝eq \f(144,49).
(2)由题意知t>3，k>0，A(－eq \r(t)，0)，设M(x1，y1)，
将直线AM的方程y＝k(x＋eq \r(t))代入eq \f(x2,t)＋eq \f(y2,3)＝1，
得(3＋tk2)x2＋2eq \r(t)·tk2x＋t2k2－3t＝0.
由x1·(－eq \r(t))＝eq \f(t2k2－3t,3＋tk2)，
得x1＝eq \f(\r(t)（3－tk2）,3＋tk2)，
故|AM|＝|x1＋eq \r(t)|eq \r(1＋k2)＝eq \f(6\r(t（1＋k2）),3＋tk2).
由题设知，直线AN的方程为y＝－eq \f(1,k)(x＋eq \r(t))，
故同理可得|AN|＝eq \f(6k\r(t（1＋k2）),3k2＋t).
由2|AM|＝|AN|，得eq \f(2,3＋tk2)＝eq \f(k,3k2＋t)，
即(k3－2)t＝3k(2k－1)，
当k＝eq \r(3,2)时上式不成立，因此t＝eq \f(3k（2k－1）,k3－2).
t>3等价于eq \f(k3－2k2＋k－2,k3－2)＝eq \f(（k－2）（k2＋1）,k3－2)<0，即eq \f(k－2,k3－2)<0.
由此得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k－2>0,k3－2<0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k－2<0，,k3－2>0，))解得eq \r(3,2)因此k的取值范围是(eq \r(3,2)，2)．
1.斜率为1的直线l与椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最大值为( )
A．2 B.eq \f(4\r(5),5)
C.eq \f(4\r(10),5) D.eq \f(8\r(10),5)
C [设直线l的方程为y＝x＋t，代入eq \f(x2,4)＋y2＝1，消去y得eq \f(5,4)x2＋2tx＋t2－1＝0，由题意知Δ＝(2t)2－5(t2－1)>0即t2<5，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq \f(8t,5)，x1x2＝eq \f(4（t2－1）,5)，|AB|＝eq \r(（1＋1）[（x1＋x2）2－4x1x2])＝eq \f(4\r(2),5)eq \r(5－t2)≤eq \f(4\r(10),5)(当且仅当t＝0时取等号)．]
2.如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(1,2)，过椭圆右焦点F作两条互相垂直的弦AB与CD.当直线AB斜率为0时，|AB|＝4.
(1)求椭圆的方程；
(2)若|AB|＋|CD|＝eq \f(48,7)，求直线AB的方程．
[解] (1)由题意知e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，2a＝4.
又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝eq \r(3)，c＝1，
所以椭圆方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)①当两条弦中一条弦所在直线的斜率为0时，另一条弦所在直线的斜率不存在，由题意知|AB|＋|CD|＝7，不满足条件．
②当两条弦所在直线的斜率均存在且不为0时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则直线CD的方程为y＝－eq \f(1,k)(x－1)．
将直线AB方程代入椭圆方程中并整理得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，则x1＋x2＝eq \f(8k2,3＋4k2)，x1·x2＝eq \f(4k2－12,3＋4k2)，所以|AB|＝eq \r(k2＋1)|x1－x2|
＝eq \r(k2＋1)·eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq \f(12（k2＋1）,3＋4k2).
同理，|CD|＝eq \f(12\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k2)＋1)),3＋\f(4,k2))＝eq \f(12（k2＋1）,3k2＋4).
所以|AB|＋|CD|＝eq \f(12（k2＋1）,3＋4k2)＋eq \f(12（k2＋1）,3k2＋4)
＝eq \f(84（k2＋1）2,（3＋4k2）（3k2＋4）)＝eq \f(48,7)，解得k＝±1，
所以直线AB的方程为x－y－1＝0或x＋y－1＝0.
考点3 直线与圆锥曲线的综合问题
解决直线与圆锥曲线的综合问题的一般步骤
第一步：联立方程，得关于x或y的一元二次方程；
第二步：写出根与系数的关系，并求出Δ>0时参数范围(或指出直线过曲线内一点)；
第三步：根据题目要求列出关于x1x2，x1＋x2(或y1y2，y1＋y2)的关系式，求得结果；
第四步：反思回顾，查看有无忽略特殊情况．
椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，离心率为eq \f(\r(3),2)，过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1，PF2，设∠F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M(m，0)，求m的取值范围；
(3)在(2)的条件下，过点P作斜率为k的直线l，使得l与椭圆C有且只有一个公共点，设直线PF1，PF2的斜率分别为k1，k2，若k2≠0，证明eq \f(1,kk1)＋eq \f(1,kk2)为定值，并求出这个定值．
[解] (1)由于c2＝a2－b2，将x＝－c代入椭圆方程eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1，得y＝±eq \f(b2,a).由题意知eq \f(2b2,a)＝1，即a＝2b2.
又e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，所以a＝2，b＝1.
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)设P(x0，y0)(y0≠0)，
又F1(－eq \r(3)，0)，F2(eq \r(3)，0)，
所以直线PF1，PF2的方程分别为
lPF1：y0x－(x0＋eq \r(3))y＋eq \r(3)y0＝0，
lPF2：y0x－(x0－eq \r(3))y－eq \r(3)y0＝0.
由题意知eq \f(|my0＋\r(3)y0|,\r(yeq \\al(2,0)＋（x0＋\r(3)）2))＝eq \f(|my0－\r(3)y0|,\r(yeq \\al(2,0)＋（x0－\r(3)）2)).
由于点P在椭圆上，所以eq \f(xeq \\al(2,0),4)＋yeq \\al(2,0)＝1.
所以eq \f(|m＋\r(3)|,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)x0＋2))\s\up8(2)))＝eq \f(|m－\r(3)|,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)x0－2))\s\up8(2))).
因为－eq \r(3)可得eq \f(m＋\r(3),\f(\r(3),2)x0＋2)＝eq \f(\r(3)－m,2－\f(\r(3),2)x0)，
所以m＝eq \f(3,4)x0，因此－eq \f(3,2)(3)设P(x0，y0)(y0≠0)，
则直线l的方程为y－y0＝k(x－x0)．
联立得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y－y0＝k（x－x0），))
整理得(1＋4k2)x2＋8(ky0－k2x0)x＋4(yeq \\al(2,0)－2kx0y0＋k2xeq \\al(2,0)－1)＝0.
由题意Δ＝0，即(4－xeq \\al(2,0))k2＋2x0y0k＋1－yeq \\al(2,0)＝0.
又eq \f(xeq \\al(2,0),4)＋yeq \\al(2,0)＝1，
所以16yeq \\al(2,0)k2＋8x0y0k＋xeq \\al(2,0)＝0，故k＝－eq \f(x0,4y0).
由(2)知eq \f(1,k1)＋eq \f(1,k2)＝eq \f(x0＋\r(3),y0)＋eq \f(x0－\r(3),y0)＝eq \f(2x0,y0)，
所以eq \f(1,kk1)＋eq \f(1,kk2)＝eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k1)＋\f(1,k2)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4y0,x0)))·eq \f(2x0,y0)＝－8，
因此eq \f(1,kk1)＋eq \f(1,kk2)为定值，这个定值为－8.
本例的解题过程体现了数学运算素养，其中设出P点的坐标而不求解又体现了数学运算素养中的一个运算技巧——设而不求，从而简化了运算过程．
[教师备选例题]
设椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点为F，离心率为eq \f(\r(3),3)，过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为eq \f(4\r(3),3).
(1)求椭圆的方程；
(2)设A，B分别为椭圆的左、右顶点，过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C，D两点．若eq \(AC,\s\up8(→))·eq \(DB,\s\up8(→))＋eq \(AD,\s\up8(→))·eq \(CB,\s\up8(→))＝8，O为坐标原点，求△OCD的面积．
[解] (1)因为过焦点且垂直于x轴的直线被椭圆截得的线段长为eq \f(4\r(3),3)，所以eq \f(2b2,a)＝eq \f(4\r(3),3).
因为椭圆的离心率为eq \f(\r(3),3)，所以eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),3)，
又a2＝b2＋c2，可解得b＝eq \r(2)，c＝1，a＝eq \r(3).
所以椭圆的方程为eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)由(1)可知F(－1，0)，
则直线CD的方程为y＝k(x＋1)．
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x＋1），,\f(x2,3)＋\f(y2,2)＝1，))
消去y得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0.
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
所以x1＋x2＝－eq \f(6k2,2＋3k2)，x1x2＝eq \f(3k2－6,2＋3k2).
又A(－eq \r(3)，0)，B(eq \r(3)，0)，
所以eq \(AC,\s\up8(→))·eq \(DB,\s\up8(→))＋eq \(AD,\s\up8(→))·eq \(CB,\s\up8(→))
＝(x1＋eq \r(3)，y1)·(eq \r(3)－x2，－y2)＋(x2＋eq \r(3)，y2)·(eq \r(3)－x1，－y1)
＝6－(2＋2k2)x1x2－2k2(x1＋x2)－2k2
＝6＋eq \f(2k2＋12,2＋3k2)＝8，
解得k＝±eq \r(2).
从而x1＋x2＝－eq \f(6×2,2＋3×2)＝－eq \f(3,2)，
x1x2＝eq \f(3×2－6,2＋3×2)＝0.
所以|x1－x2|＝eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))\s\up8(2)－4×0)＝eq \f(3,2)，
|CD|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋2)×eq \f(3,2)＝eq \f(3\r(3),2).
而原点O到直线CD的距离d＝eq \f(|k|,\r(1＋k2))＝eq \f(\r(2),\r(1＋2))＝eq \f(\r(6),3)，
所以S△OCD＝eq \f(1,2)|CD|×d＝eq \f(1,2)×eq \f(3\r(3),2)×eq \f(\r(6),3)＝eq \f(3\r(2),4).
已知P点坐标为(0，－2)，点A，B分别为椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右顶点，直线BP交E于点Q，△ABP是等腰直角三角形，且eq \(PQ,\s\up8(→))＝eq \f(3,2)eq \(QB,\s\up8(→)).
(1)求椭圆E的方程；
(2)设过点P的动直线l与E相交于M，N两点，当坐标原点O位于以MN为直径的圆外时，求直线l斜率的取值范围．
[解] (1)由△ABP是等腰直角三角形，得a＝2，B(2，0)．
设Q(x0，y0)，则由eq \(PQ,\s\up8(→))＝eq \f(3,2)eq \(QB,\s\up8(→))，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝\f(6,5)，,y0＝－\f(4,5)，))
代入椭圆方程得b2＝1，
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)依题意得，直线l的斜率存在，方程设为y＝kx－2.
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx－2，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
消去y并整理得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.(*)
因直线l与E有两个交点，即方程(*)有不等的两实根，
故Δ＝(－16k)2－48(1＋4k2)>0，解得k2>eq \f(3,4).
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由根与系数的关系得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(16k,1＋4k2)，,x1x2＝\f(12,1＋4k2)))
因坐标原点O位于以MN为直径的圆外，
所以eq \(OM,\s\up8(→))·eq \(ON,\s\up8(→))>0，即x1x2＋y1y2>0，
又由x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1－2)(kx2－2)
＝(1＋k2)x1x2－2k(x1＋x2)＋4
＝(1＋k2)·eq \f(12,1＋4k2)－2k·eq \f(16k,1＋4k2)＋4>0，
解得k2<4，综上可得eq \f(3,4)则eq \f(\r(3),2)则满足条件的斜率k的取值范围为
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－\f(\r(3),2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，2)).
“设而不求”是解析几何解题简化运算的一种重要手段，它的精彩在于通过设出相应的参数，利用题设条件加以巧妙转化，以参数为过渡，最大限度地减少运算；同时，“设而不求”也是比较特殊的一种思想方法，其实质是整体结构意义上的变式和整体思想的应用.
活用定义，转化坐标
【例1】 在平面直角坐标系xOy中，双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右支与焦点为F的抛物线x2＝2py(p＞0)交于A，B两点，若|AF|＋|BF|＝4|OF|，则该双曲线的渐近线方程为________．
y＝±eq \f(\r(2),2)x [设A(xA，yA)，B(xB，yB)，由抛物线定义可得|AF|＋|BF|＝yA＋eq \f(p,2)＋yB＋eq \f(p,2)＝4×eq \f(p,2)⇒yA＋yB＝p，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)－\f(y2,b2)＝1，,x2＝2py)) 可得a2y2－2pb2y＋a2b2＝0，
所以yA＋yB＝eq \f(2pb2,a2)＝p，解得a＝eq \r(2)b，故该双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(\r(2),2)x.]
[评析] 设出点的坐标，先通过抛物线的定义，实现点的坐标与几何关系|AF|＋|BF|＝4|OF|的转换，然后借助根与系数的关系建立参数a，b的等量关系，达到设而不求，从而求得双曲线的渐近线方程．
【素养提升练习】 抛物线y2＝4mx(m＞0)的焦点为F，点P为该抛物线上的动点，若点A(－m，0)，则eq \f(|PF|,|PA|)的最小值为________．
eq \f(\r(2),2) [设点P的坐标为(xP，yP)，由抛物线的定义，知|PF|＝xP＋m，
又|PA|2＝(xP＋m)2＋yeq \\al(2,P)＝(xP＋m)2＋4mxP，
则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|PF|,|PA|)))eq \s\up8(2)＝eq \f(（xP＋m）2,（xP＋m）2＋4mxP)＝eq \f(1,1＋\f(4mxP,（xP＋m）2))≥eq \f(1,1＋\f(4mxP,（2\r(xP·m)）2))＝eq \f(1,2)(当且仅当xP＝m时取等号)，
所以eq \f(|PF|,|PA|)≥eq \f(\r(2),2)，所以eq \f(|PF|,|PA|)的最小值为eq \f(\r(2),2).]
妙用“点差法”，构造斜率
【例2】 已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点为F(3，0)，过点F的直线交E于A，B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的标准方程为( )
A.eq \f(x2,45)＋eq \f(y2,36)＝1 B.eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,27)＝1
C.eq \f(x2,27)＋eq \f(y2,18)＝1 D.eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1
D [设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,1),a2)＋\f(yeq \\al(2,1),b2)＝1，①,\f(xeq \\al(2,2),a2)＋\f(yeq \\al(2,2),b2)＝1，②))
①－②得eq \f(（x1＋x2）（x1－x2）,a2)＋eq \f(（y1＋y2）（y1－y2）,b2)＝0，
所以kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(b2（x1＋x2）,a2（y1＋y2）)＝eq \f(b2,a2).
又kAB＝eq \f(0＋1,3－1)＝eq \f(1,2)，所以eq \f(b2,a2)＝eq \f(1,2).
又9＝c2＝a2－b2，解得b2＝9，a2＝18，
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1.]
[评析] 该题目属于中点弦问题，可设出A，B两点的坐标，通过“点差法”，巧妙地表达出直线AB的斜率，通过将直线AB的斜率“算两次”建立几何量之间的关系，从而快速解决问题．
【素养提升练习】 1.抛物线E：y2＝2x上存在两点关于直线y＝k(x－2)对称，则k的取值范围是________．
(－eq \r(2)，eq \r(2)) [当k＝0时，显然成立．
当k≠0时，设两对称点为B(x1，y1)，C(x2，y2)，BC的中点为M(x0，y0)，由yeq \\al(2,1)＝2x1，yeq \\al(2,2)＝2x2，两式相减得(y1＋y2)(y1－y2)＝2(x1－x2)，则直线BC的斜率kBC＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(2,y1＋y2)＝eq \f(2,2y0)＝eq \f(1,y0)，由对称性知kBC＝－eq \f(1,k)，点M在直线y＝k(x－2)上，所以y0＝－k，y0＝k(x0－2)，所以x0＝1.由点M在抛物线内，得yeq \\al(2,0)<2x0，即(－k)2<2，所以－eq \r(2)综上，k的取值范围为(－eq \r(2)，eq \r(2))．]
2．已知双曲线x2－eq \f(y2,2)＝1，过点P(1，1)能否作一条直线l与双曲线交于A，B两点，且点P是线段AB的中点？
[解] 假设存在直线l与双曲线交于A，B两点，且点P是线段AB的中点．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，易知x1≠x2，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(xeq \\al(2,1)－\f(yeq \\al(2,1),2)＝1，,xeq \\al(2,2)－\f(yeq \\al(2,2),2)＝1，))
两式相减得(x1＋x2)(x1－x2)－eq \f(（y1＋y2）（y1－y2）,2)＝0，
又eq \f(x1＋x2,2)＝1，eq \f(y1＋y2,2)＝1，所以2(x1－x2)－(y1－y2)＝0，所以kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝2，
故直线l的方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝2x－1，,x2－\f(y2,2)＝1，)) 消去y得2x2－4x＋3＝0，
因为Δ＝16－24＝－8<0，方程无解，故不存在一条直线l与双曲线交于A，B两点，且点P是线段AB的中点．
巧引参数，整体代入
【例3】 已知椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1的左顶点为A，过A作两条互相垂直的弦AM，AN交椭圆于M，N两点．
(1)当直线AM的斜率为1时，求点M的坐标；
(2)当直线AM的斜率变化时，直线MN是否过x轴上的一定点？若过定点，请给出证明，并求出该定点；若不过定点，请说明理由．
[解] (1)直线AM的斜率为1时，直线AM的方程为y＝x＋2，代入椭圆方程并化简得5x2＋16x＋12＝0.
解得x1＝－2，x2＝－eq \f(6,5)，所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)，\f(4,5))).
(2)设直线AM的斜率为k，直线AM的方程为y＝k(x＋2)，
联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x＋2），,\f(x2,4)＋y2＝1，))
化简得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0.
则xA＋xM＝eq \f(－16k2,1＋4k2)，
xM＝－xA－eq \f(－16k2,1＋4k2)＝2－eq \f(16k2,1＋4k2)＝eq \f(2－8k2,1＋4k2).
同理，可得xN＝eq \f(2k2－8,k2＋4).
由(1)知若存在定点，则此点必为Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)，0)).
证明如下：
因为kMP＝eq \f(yM,xM＋\f(6,5))＝eq \f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2－8k2,1＋4k2)＋2)),\f(2－8k2,1＋4k2)＋\f(6,5))＝eq \f(5k,4－4k2)，
同理可计算得kPN＝eq \f(5k,4－4k2).
所以直线MN过x轴上的一定点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)，0)).
[评析] 第(2)问先设出AM的方程为y＝k(x＋2)，联立方程，利用根与系数的关系求出xM，在此基础上借助kAM·kAN＝－1，整体代入求出xN.
【素养提升练习】 已知F为抛物线C：y2＝2x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A，B两点，直线l2与C交于D，E两点，求|AB|＋|DE|的最小值．
[解] 法一：由题意知，直线l1，l2的斜率都存在且不为0，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))，设l1：x＝ty＋eq \f(1,2)，则直线l1的斜率为eq \f(1,t)，联立方程得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝2x，,x＝ty＋\f(1,2)，)) 消去x得y2－2ty－1＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝2t，y1y2＝－1.
所以|AB|＝eq \r(t2＋1)|y1－y2|＝eq \r(t2＋1)·eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝eq \r(t2＋1)·eq \r(4t2＋4)＝2t2＋2，
同理得，用eq \f(1,t)替换t可得|DE|＝eq \f(2,t2)＋2，所以|AB|＋|DE|＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t2＋\f(1,t2)))＋4≥4＋4＝8，当且仅当t2＝eq \f(1,t2)，即t＝±1时等号成立，故|AB|＋|DE|的最小值为8.
法二：由题意知，直线l1，l2的斜率都存在且不为0，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))，不妨设l1的斜率为k，则l1：y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，l2：y＝－eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2))).
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝2x，,y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，))消去y得k2x2－(k2＋2)x＋eq \f(k2,4)＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝1＋eq \f(2,k2).
由抛物线的定义知，
|AB|＝x1＋x2＋1＝1＋eq \f(2,k2)＋1＝2＋eq \f(2,k2).
同理可得，用－eq \f(1,k)替换|AB|中k，可得|DE|＝2＋2k2，所以|AB|＋|DE|＝2＋eq \f(2,k2)＋2＋2k2＝4＋eq \f(2,k2)＋2k2≥4＋4＝8，当且仅当eq \f(2,k2)＝2k2，即k＝±1时等号成立，故|AB|＋|DE|的最小值为8.
课外素养提升⑧ 数学运算——“设而不求”在解析几何中的妙用