高考数学一轮复习考点探究与题型突破第51讲直线与椭圆的位置关系(原卷版+解析)

这是一份高考数学一轮复习考点探究与题型突破第51讲直线与椭圆的位置关系(原卷版+解析)，共15页。试卷主要包含了直线与椭圆的位置判断，弦长公式等内容，欢迎下载使用。


1．直线与椭圆的位置判断
将直线方程与椭圆方程联立，消去y(或x)，得到关于x(或y)的一元二次方程，则直线与椭圆相交⇔Δ>0；直线与椭圆相切⇔Δ＝0；直线与椭圆相离⇔Δ<0.
2．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|＝eq \r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2])
或|AB|＝eq \r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2)))[y1＋y22－4y1y2])，k为直线斜率且k≠0.
常用结论
已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)．
(1)通径的长度为eq \f(2b2,a).
(2)过左焦点的弦AB，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则焦点弦|AB|＝2a＋e(x1＋x2)；过右焦点弦CD，C(x3，y3)，D(x4，y4)，则焦点弦|CD|＝2a－e(x3＋x4)．(e为椭圆的离心率)
(3)A1，A2为椭圆的长轴顶点，P是椭圆上异于A1，A2的任一点，则.
(4)AB是椭圆的不平行于对称轴的弦，O为原点，M 为AB的中点，则kOM·kAB＝－eq \f(b2,a2).
(5)过原点的直线交椭圆于A，B两点，P是椭圆上异于A，B的任一点，则kPA·kPB＝－eq \f(b2,a2).
(6)点P(x0，y0)在椭圆上，过点P的切线方程为eq \f(x0x,a2)＋eq \f(y0y,b2)＝1.
考点1 直线与椭圆的位置关系
[名师点睛]
1.判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时，通常将直线l的方程Ax＋By＋C＝0(A、B不同时为0)代入圆锥曲线C的方程F(x，y)＝0.消去y(或x)得到一个关于变量x(或y)的方程ax2＋bx＋c＝0(或ay2＋by＋c＝0).
(1)当a≠0时，则Δ＞0时，直线l与曲线C相交；Δ＝0时，直线l与曲线C相切；Δ＜0时，直线l与曲线C相离.
(2)当a＝0时，即得到一个一次方程，则l与C相交，且只有一个交点，此时，若C为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线平行；若C为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴平行或重合.
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.
[典例]
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.
[举一反三]
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.02.(多选)直线y＝kx－eq \r(2)k＋eq \f(\r(6),2)与椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的位置关系可能为( )
A．相交 B．相切
C．相离 D．有3个公共点
考点2 弦长及中点弦问题
[名师点睛]
1.弦及弦中点问题的解决方法
(1)根与系数的关系：直线与椭圆或双曲线方程联立，消元，利用根与系数关系表示中点；
(2)点差法：利用弦两端点适合椭圆或双曲线方程，作差构造中点、斜率间的关系.若已知弦的中点坐标，可求弦所在直线的斜率.
2.弦长的求解方法
(1)当弦的两端点坐标易求时，可直接利用两点间的距离公式求解.
(2)当直线的斜率存在时，斜率为k的直线l与椭圆或双曲线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两个不同的点，则弦长公式的常见形式有如下几种：
①|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(（1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2])；
②|AB|＝eq \r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|(k≠0)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2)))[（y1＋y2）2－4y1y2]).
[典例]
1.(2023·百校联盟开学考)在平面直角坐标系Oxy中，已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)过点P(2,1)，且离心率e＝eq \f(\r(3),2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线l的斜率为eq \f(1,2)，直线l与椭圆C交于A，B两点．若|AB|＝eq \r(5)，求直线l的方程．
2.已知直线l与椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1相交于A，B两点，且线段AB的中点P(1,1)．
(1)求直线l的方程；
(2)求△OAB的面积．
[举一反三]
1.(2023·济宁模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)))的直线交椭圆C于A，B两点，若P为AB的中点，则直线AB的方程为( )
A．3x－2y－2＝0 B．3x＋2y－4＝0
C．3x＋4y－5＝0 D．3x－4y－1＝0
2.已知椭圆E：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，过原点的直线l与E交于A，B两点，且AF1，BF2都与x轴垂直，则|AB|＝________.
考点3 直线与椭圆的综合问题
[名师点睛]
1.求解直线与椭圆的综合问题的基本思想是方程思想，即根据题意，列出有关的方程，利用代数的方法求解.为减少计算量，在代数运算中，经常运用设而不求的方法.
2.直线方程的设法，根据题意，如果需要讨论斜率不存在的情况，则设直线方程为x＝ty＋m避免讨论；若所研究的直线的斜率存在，则可设直线方程为y＝kx＋b的形式；若包含平行于坐标轴的直线，则不要忘记斜率不存在的情况的讨论.
[典例]
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\up6(→))＝eq \f(3,2)eq \(QB,\s\up6(→)).
(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.
[举一反三]
已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，短轴长为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点P(1,0)的直线l与椭圆C交于A，B两点，若△ABO的面积为eq \f(3,5)(O为坐标原点)，求直线l的方程．
第51讲 直线与椭圆的位置关系
1．直线与椭圆的位置判断
将直线方程与椭圆方程联立，消去y(或x)，得到关于x(或y)的一元二次方程，则直线与椭圆相交⇔Δ>0；直线与椭圆相切⇔Δ＝0；直线与椭圆相离⇔Δ<0.
2．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|＝eq \r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2])
或|AB|＝eq \r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2)))[y1＋y22－4y1y2])，k为直线斜率且k≠0.
常用结论
已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)．
(1)通径的长度为eq \f(2b2,a).
(2)过左焦点的弦AB，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则焦点弦|AB|＝2a＋e(x1＋x2)；过右焦点弦CD，C(x3，y3)，D(x4，y4)，则焦点弦|CD|＝2a－e(x3＋x4)．(e为椭圆的离心率)
(3)A1，A2为椭圆的长轴顶点，P是椭圆上异于A1，A2的任一点，则.
(4)AB是椭圆的不平行于对称轴的弦，O为原点，M 为AB的中点，则kOM·kAB＝－eq \f(b2,a2).
(5)过原点的直线交椭圆于A，B两点，P是椭圆上异于A，B的任一点，则kPA·kPB＝－eq \f(b2,a2).
(6)点P(x0，y0)在椭圆上，过点P的切线方程为eq \f(x0x,a2)＋eq \f(y0y,b2)＝1.
考点1 直线与椭圆的位置关系
[名师点睛]
1.判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时，通常将直线l的方程Ax＋By＋C＝0(A、B不同时为0)代入圆锥曲线C的方程F(x，y)＝0.消去y(或x)得到一个关于变量x(或y)的方程ax2＋bx＋c＝0(或ay2＋by＋c＝0).
(1)当a≠0时，则Δ＞0时，直线l与曲线C相交；Δ＝0时，直线l与曲线C相切；Δ＜0时，直线l与曲线C相离.
(2)当a＝0时，即得到一个一次方程，则l与C相交，且只有一个交点，此时，若C为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线平行；若C为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴平行或重合.
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.
[典例]
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)(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.
[举一反三]
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答案 D
解析 法一 由于直线y＝kx＋1恒过点(0，1)，
所以点(0，1)必在椭圆内或椭圆上，
则0故m≥1且m≠5.
法二 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,mx2＋5y2－5m＝0，))
消去y整理得(5k2＋m)x2＋10kx＋5(1－m)＝0.
由题意知Δ＝100k2－20(1－m)(5k2＋m)≥0对一切k∈R恒成立，
即5mk2＋m2－m≥0对一切k∈R恒成立，
由于m>0且m≠5，∴m≥1－5k2恒成立，
∴m≥1且m≠5.
2.(多选)直线y＝kx－eq \r(2)k＋eq \f(\r(6),2)与椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的位置关系可能为( )
A．相交 B．相切
C．相离 D．有3个公共点
答案 AB
解析 直线y＝kx－eq \r(2)k＋eq \f(\r(6),2)＝k(x－eq \r(2))＋eq \f(\r(6),2)恒过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，\f(\r(6),2)))，又点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，\f(\r(6),2)))在椭圆上，故直线与椭圆可能相交也可能相切．
考点2 弦长及中点弦问题
[名师点睛]
1.弦及弦中点问题的解决方法
(1)根与系数的关系：直线与椭圆或双曲线方程联立，消元，利用根与系数关系表示中点；
(2)点差法：利用弦两端点适合椭圆或双曲线方程，作差构造中点、斜率间的关系.若已知弦的中点坐标，可求弦所在直线的斜率.
2.弦长的求解方法
(1)当弦的两端点坐标易求时，可直接利用两点间的距离公式求解.
(2)当直线的斜率存在时，斜率为k的直线l与椭圆或双曲线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两个不同的点，则弦长公式的常见形式有如下几种：
①|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(（1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2])；
②|AB|＝eq \r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|(k≠0)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2)))[（y1＋y2）2－4y1y2]).
[典例]
1.(2023·百校联盟开学考)在平面直角坐标系Oxy中，已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)过点P(2,1)，且离心率e＝eq \f(\r(3),2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线l的斜率为eq \f(1,2)，直线l与椭圆C交于A，B两点．若|AB|＝eq \r(5)，求直线l的方程．
解 (1)∵e2＝eq \f(c2,a2)＝eq \f(a2－b2,a2)＝eq \f(3,4)，
∴a2＝4b2.
又椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)过点P(2,1)，
∴eq \f(4,a2)＋eq \f(1,b2)＝1，
∴a2＝8，b2＝2.
故所求椭圆方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)设l的方程为y＝eq \f(1,2)x＋m，
点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,2)x＋m，,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，))
整理，得x2＋2mx＋2m2－4＝0.
∴Δ＝4m2－8m2＋16＞0，解得|m|＜2.
∴x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－4.
则|AB|＝eq \r(1＋\f(1,4))×eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(54－m2)＝eq \r(5)，
解得m＝±eq \r(3).
所求直线l的方程为y＝eq \f(1,2)x±eq \r(3).
2.已知直线l与椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1相交于A，B两点，且线段AB的中点P(1,1)．
(1)求直线l的方程；
(2)求△OAB的面积．
解 (1)由斜率公式可知kOP＝1，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
代入椭圆方程得到，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),4)＋\f(y\\al(2,1),3)＝1，,\f(x\\al(2,2),4)＋\f(y\\al(2,2),3)＝1))⇒eq \f(x\\al(2,1)－x\\al(2,2),4)＋eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),3)＝0，
化简得到－eq \f(3,4)×eq \f(x1＋x2,y1＋y2)＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝kAB，
∵x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，
∴kAB＝－eq \f(3,4)，
∴直线方程为y－1＝－eq \f(3,4)(x－1)，
∴直线l的方程为3x＋4y－7＝0.
(2)将直线方程与椭圆方程联立，可得21x2－42x＋1＝0，
Δ＝422－4×21>0，
∴x1＋x2＝2，x1x2＝eq \f(1,21).
由弦长公式得到
|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋\f(9,16))×eq \r(4－\f(4,21))＝eq \f(5,4)×eq \f(4\r(105),21)＝eq \f(5\r(105),21)，
再由点到直线的距离公式得到坐标原点到直线AB的距离d＝eq \f(|－7|,\r(9＋16))＝eq \f(7,5)，
∴△OAB的面积S＝eq \f(1,2)×eq \f(5\r(105),21)×eq \f(7,5)＝eq \f(\r(105),6).
[举一反三]
1.(2023·济宁模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)))的直线交椭圆C于A，B两点，若P为AB的中点，则直线AB的方程为( )
A．3x－2y－2＝0 B．3x＋2y－4＝0
C．3x＋4y－5＝0 D．3x－4y－1＝0
答案 B
解析 设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由中点坐标公式可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)＝1，,\f(y1＋y2,2)＝\f(1,2)，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝2，,y1＋y2＝1，))
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),4)＋\f(y\\al(2,1),3)＝1， ①,\f(x\\al(2,2),4)＋\f(y\\al(2,2),3)＝1， ②))
①－②得eq \f(x\\al(2,1)－x\\al(2,2),4)＋eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),3)＝0，即eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),x\\al(2,1)－x\\al(2,2))＝－eq \f(3,4)，即eq \f(y1＋y2,x1＋x2)·eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(1,2)kAB＝－eq \f(3,4)，
所以kAB＝－eq \f(3,2)，
因此直线AB的方程为y－eq \f(1,2)＝－eq \f(3,2)(x－1)，
即3x＋2y－4＝0.
2.已知椭圆E：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，过原点的直线l与E交于A，B两点，且AF1，BF2都与x轴垂直，则|AB|＝________.
答案 eq \r(13)
解析 由题意得c2＝a2－b2＝4－3＝1，因为直线l过原点，且交椭圆E于A，B两点，所以A与B关于原点对称，又AF1，BF2都与x轴垂直，
所以设A(－1，y1)，B(1，－y1)，
则|AB|＝eq \r(－1－12＋[y1－－y1]2)＝eq \r(4＋4y\\al(2,1)).
又点A在椭圆E上，所以eq \f(1,4)＋eq \f(y\\al(2,1),3)＝1，得yeq \\al(2,1)＝eq \f(9,4)，则|AB|＝eq \r(4＋4×\f(9,4))＝eq \r(13).
考点3 直线与椭圆的综合问题
[名师点睛]
1.求解直线与椭圆的综合问题的基本思想是方程思想，即根据题意，列出有关的方程，利用代数的方法求解.为减少计算量，在代数运算中，经常运用设而不求的方法.
2.直线方程的设法，根据题意，如果需要讨论斜率不存在的情况，则设直线方程为x＝ty＋m避免讨论；若所研究的直线的斜率存在，则可设直线方程为y＝kx＋b的形式；若包含平行于坐标轴的直线，则不要忘记斜率不存在的情况的讨论.
[典例]
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\up6(→))＝eq \f(3,2)eq \(QB,\s\up6(→)).
(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\up6(→))＝eq \f(3,2)eq \(QB,\s\up6(→))，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\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))>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)).
[举一反三]
已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，短轴长为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点P(1,0)的直线l与椭圆C交于A，B两点，若△ABO的面积为eq \f(3,5)(O为坐标原点)，求直线l的方程．
解 (1)由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,2b＝2，,c2＝a2－b2，))解得a2＝4，b2＝1.
故椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)由题意可知直线的斜率不为0，
则设直线的方程为x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,\f(x2,4)＋y2＝1，))整理得(m2＋4)y2＋2my－3＝0，
Δ＝(2m)2－4(m2＋4)×(－3)＝16m2＋48>0，
则y1＋y2＝－eq \f(2m,m2＋4)，y1y2＝－eq \f(3,m2＋4)，
故|y1－y2|＝eq \r(y1＋y22－4y1y2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2m,m2＋4)))2＋\f(12,m2＋4))＝eq \f(4\r(m2＋3),m2＋4)，
因为△ABO的面积为eq \f(3,5)，所以eq \f(1,2)|OP||y1－y2|＝eq \f(1,2)×1×eq \f(4\r(m2＋3),m2＋4)＝eq \f(2\r(m2＋3),m2＋4)＝eq \f(3,5)，
设t＝eq \r(m2＋3)≥eq \r(3)，则eq \f(2t,t2＋1)＝eq \f(3,5)，
整理得(3t－1)(t－3)＝0，
解得t＝3或t＝eq \f(1,3)(舍去)，即m＝±eq \r(6).
故直线的方程为x＝±eq \r(6)y＋1，即x±eq \r(6)y－1＝0.