专题09 圆锥曲线中的直线（线段）的问题-2021年高考数学微专题复习（新高考地区专用）练习

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一、题型选讲
题型一 、圆锥曲线中的线段的关系
例1、【2020年高考北京】设抛物线的顶点为，焦点为，准线为．是抛物线上异于的一点，过作于，则线段的垂直平分线
A． 经过点B． 经过点
C． 平行于直线D． 垂直于直线
【答案】B
【解析】如图所示：．
因为线段的垂直平分线上的点到的距离相等，又点在抛物线上，根据定义可知，，所以线段的垂直平分线经过点.
故选：B．
例2、(2019南京学情调研）在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，且直线l：x＝2被椭圆E截得的弦长为2.与坐标轴不垂直的直线交椭圆E于P，Q两点，且PQ的中点R在直线l上．点M(1，0)．
(1) 求椭圆E的方程；
(2) 求证：MR⊥PQ.
规范解答 (1)因为椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率e＝eq \f(\r(2),2)，所以e2＝eq \f(c2,a2)＝1－eq \f(b2,a2)＝eq \f(1,2)，即a2＝2b2. (2分)
因为直线l：x＝2被椭圆E截得的弦长为2，
所以点(2，1)在椭圆上，即eq \f(4,a2)＋eq \f(1,b2)＝1.
解得a2＝6，b2＝3，
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1.(6分)
(2)解法1(设线法) 因为直线PQ与坐标轴不垂直，故设PQ所在直线的方程为y＝kx＋m.
设 P(x1，y1)，Q(x2, y2) .
因为PQ的中点R在直线 l：x＝2上，故R(2，2k＋m)．
联立方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，
\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，))
消去y，并化简得 (1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0, (9分)
所以x1＋x2＝eq \f(－4km,1＋2k2) .
由x1＋x2＝eq \f(－4km,1＋2k2)＝4，得1＋2k2＝－km.(12分)
因为M(1，0)，故kMR＝eq \f(2k＋m,2－1)＝2k＋m，
所以kMR·kPQ＝(2k＋m)k＝2k2＋km＝2k2－(1＋2k2)＝－1，所以MR⊥PQ.(16分)
解法2(设点法) 设P(x1，y1)，Q(x2, y2)．
因为PQ的中点R在直线 l：x＝2上，故设R(2，t)．
因为点P，Q在椭圆E：eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1上，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,1),6)＋\f(yeq \\al(2,1),3)＝1，
\f(xeq \\al(2,2),6)＋\f(yeq \\al(2,2),3)＝1，))
两式相减得(x1＋x2) (x1－x2)＋2(y1＋y2) (y1－y2)＝0.(9分)
因为线段PQ的中点为R，所以x1＋x2＝4，y1＋y2＝2t.
代入上式并化简得(x1－x2)＋t (y1－y2)＝0.(12分)
又M(1，0)，
所以eq \(MR,\s\up6(→))·eq \(PQ,\s\up6(→))＝(2－1)×(x2－x1)＋(t－0)×(y2－y1)＝0，
因此 MR⊥PQ.(16分)
用代数法处理圆锥曲线综合题的常见方法有两种：设点法、设线法．对于本题而言，两种方法都可以，解题时把“设线法”与“直线斜率乘积为－1”结合，把“设点法”与“向量的数量积为0”结合，其实颠倒一下也可行．
例3、(2016南京三模）如图，在平面直角坐标系xOy中，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(2),2)，点(2,1)在椭圆C上．
(1) 求椭圆C的方程；
(2) 设直线l与圆O：x2＋y2＝2相切，与椭圆C相交于P，Q两点.
①若直线l过椭圆C的右焦点F，求△OPQ的面积；
②求证： OP⊥OQ.
eq \a\vs4\al(思路分析) (1) 由e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，得a∶b∶c＝eq \r(2)∶1∶1，用b表示a更方便；
(2) ①设直线l的方程为y＝k(x－eq \r(3))，由直线l与圆O相切可先求出k，再求出PQ的长即可．
②设l：y＝kx＋m，则只要证eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝0.联列直线与椭圆方程可得x1＋x2，x1x2均可用k，m表示．由直线l与圆O相切，可得k与m的关系式．
规范解答 (1) 由题意，得eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，eq \f(4,a2)＋eq \f(1,b2)＝1，解得a2＝6，b2＝3.
所以椭圆的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1.(2分)
(2) ①解法1 椭圆C的右焦点F(eq \r(3)，0)．
设切线方程为y＝k(x－eq \r(3))，即kx－y－eq \r(3)k＝0，
所以eq \f(|－\r(3)k|,\r(k2＋1))＝eq \r(2)，解得k＝±eq \r(2)，所以切线方程为y＝±eq \r(2)(x－eq \r(3))．当k＝eq \r(2)时，(4分)
由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\r(2)x－\r(3)，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(4\r(3)＋3\r(2),5)，,y＝\f(－\r(6)＋6,5)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(4\r(3)－3\r(2),5)，,y＝\f(－\r(6)－6,5).))
所以点P，Q的坐标分别为eq \f(4\r(3)＋3\r(2),5)， eq \f(－\r(6)＋6,5)， eq \f(4\r(3)－3\r(2),5)， eq \f(－\r(6)－6,5)，
所以PQ＝eq \f(6\r(6),5).(6分)
因为O到直线PQ的距离为eq \r(2)，所以△OPQ的面积为eq \f(6\r(3),5).
因为椭圆的对称性，当切线方程为y＝－eq \r(2)(x－eq \r(3))时，△OPQ的面积也为eq \f(6\r(3),5).
综上所述，△OPQ的面积为eq \f(6\r(3),5).(8分)
解法2 椭圆C的右焦点F(eq \r(3)，0)．
设切线方程为y＝k(x－eq \r(3))，即kx－y－eq \r(3)k＝0，
所以eq \f(|－\r(3)k|,\r(k2＋1))＝eq \r(2)，解得k＝±eq \r(2)，所以切线方程为y＝±eq \r(2)(x－eq \r(3))．当k＝eq \r(2)时，(4分)
把切线方程 y＝eq \r(2)(x－eq \r(3))代入椭圆C的方程，消去y得5x2－8eq \r(3)x＋6＝0.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则有x1＋x2＝eq \f(8\r(3),5).
由椭圆定义可得，PQ＝PF＋FQ＝2a－e(x1＋x2)＝2×eq \r(6)－eq \f(\r(2),2)×eq \f(8\r(3),5)＝eq \f(6\r(6),5).(6分)
因为O到直线PQ的距离为eq \r(2)，所以△OPQ的面积为eq \f(6\r(3),5).
因为椭圆的对称性，当切线方程为y＝－eq \r(2)(x－eq \r(3))时，△OPQ的面积为eq \f(6\r(3),5).
综上所述，△OPQ的面积为eq \f(6\r(3),5).(8分)
②解法1 (i)若直线PQ的斜率不存在，则直线PQ的方程为x＝eq \r(2)或x＝－eq \r(2).
当x＝eq \r(2)时，P (eq \r(2)， eq \r(2))，Q(eq \r(2)，－eq \r(2))．
因为eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝0，所以OP⊥OQ.
当x＝－eq \r(2)时，同理可得OP⊥OQ.(10分)
(ii)若直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为y＝kx＋m，即kx－y＋m＝0.
因为直线与圆相切，所以eq \f(|m|,\r(1＋k2))＝eq \r(2)，即m2＝2k2＋2.
将直线PQ方程代入椭圆方程，得(1＋2k2) x2＋4kmx＋2m2－6＝0.
设P(x1，y1) ，Q(x2，y2)，则有x1＋x2＝－eq \f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2m2－6,1＋2k2).(12分)
因为eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝(1＋k2)×eq \f(2m2－6,1＋2k2)＋km×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4km,1＋2k2)))＋m2.
将m2＝2k2＋2代入上式可得eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝0，所以OP⊥OQ.
综上所述，OP⊥OQ.(14分)
解法2 设切点T(x0，y0)，则其切线方程为x0x＋y0y－2＝0，且xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝2.
(i)当y0＝0时，则直线PQ的直线方程为x＝eq \r(2)或x＝－eq \r(2).
当x＝eq \r(2)时，P (eq \r(2)， eq \r(2))，Q(eq \r(2)，－eq \r(2))．
因为eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝0，所以OP⊥OQ.
当x＝－eq \r(2)时，同理可得OP⊥OQ.(10分)
(ii)当y0≠0时，
由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0x＋y0y－2＝0，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，))消去y得(2xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0))x2－8x0x＋8－6yeq \\al(2,0)＝0.
设P(x1，y1) ，Q(x2，y2)，则有x1＋x2＝eq \f(8x0,2x\\al(2,0)＋y\\al(2,0))，x1x2＝eq \f(8－6y\\al(2,0),2x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)).(12分)
所以eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋eq \f(2－x0x12－x0x2,y\\al(2,0))＝eq \f(－6x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)＋12,2x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)).
因为xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝2，代入上式可得eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝0，所以OP⊥OQ.
综上所述，OP⊥OQ.(14分)
题型二、圆锥曲线中直线的斜率问题
例4、（2020届浙江省台州市温岭中学3月模拟）已知，是椭圆上的两点(点在第一象限)，若，且直线，的斜率互为相反数，且，则直线的斜率为____________.
【答案】
【解析】延长交椭圆于，由对称性可知，
设直线的斜率为，则直线的方程为，
联立方程组，
消元得：，
设，，
则，
，.
，
即，
，
把代入椭圆方程得：，
解得，，
直线的斜率为.
故答案为：.
例5、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知椭圆的离心率为，是其右焦点，直线与椭圆交于，两点，.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设，若为锐角，求实数的取值范围.
【答案】（1） （2）或
【解析】（1）设为椭圆的左焦点,连接,由椭圆的对称性可知,,
所以,所以,
又,,解得,,
所以椭圆的标准方程为
（2）设点,则,,
联立,得,
所以,,
因为为锐角,所以,
所以
,
解得或
例6、(2018苏锡常镇调研）已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)))，点A是椭圆的下顶点．
(1) 求椭圆C的标准方程；
(2) 过点A且互相垂直的两直线l1，l2与直线y＝x分别相交于E，F两点，已知OE＝OF，求直线l1的斜率．
eq \a\vs4\al(思路分析) (1) 由两点在椭圆上，列方程组解出a2，b2；(2) 设E(t，t)，则l1的斜率kAE＝eq \f(t＋1,t).
规范解答 (1) 由eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)))两点在椭圆C上，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(3,a2)＋\f(1,4b2)＝1，,\f(1,a2)＋\f(3,4b2)＝1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝1.))(4分)
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.(6分)
(2) 首先A(0，－1)．由E，F在直线y＝x上，且OE＝OF，可设E(t，t)，F(－t，－t)．(8分)
由l1⊥l2，得eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(AF,\s\up6(→))＝0，即t(－t)＋(t＋1)(－t＋1)＝0，得t＝±eq \f(\r(2),2).(12分)
直线l1的斜率为kAE＝eq \f(t＋1,t)＝1＋eq \f(1,t)＝1±eq \r(2).(14分)
例7、(2019苏州期初调查）已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，离心率为eq \f(1,2)，点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))为椭圆上一点．
(1) 求椭圆C的标准方程；
(2) 如图，过点C(0，1)且斜率大于1的直线l与椭圆交于M，N两点，记直线AM的斜率为k1，直线BN的斜率为k2，若k1＝2k2，求直线l斜率的值．
eq \a\vs4\al(思路分析) (1)根据已知条件，建立方程组，求出a，b，即可得到椭圆的标准方程．
(2)设出直线l方程为y＝kx＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，将直线l方程与椭圆方程联立，求出x1＋x2和x1x2，根据条件求出k1和k2，代入k1＝2k2化简计算，得到关于k的方程，解方程求出k的值．
规范解答 (1)因为椭圆的离心率为eq \f(1,2)，所以a＝2c.
又因为a2＝b2＋c2，所以b＝eq \r(3)c.
所以椭圆的标准方程为eq \f(x2,4c2)＋eq \f(y2,3c2)＝1.(3分)
又因为点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))为椭圆上一点，所以eq \f(1,4c2)＋eq \f(\f(9,4),3c2)＝1，解得c＝1.(5分)
所以椭圆的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.(6分)
(2) 由椭圆的对称性可知直线l的斜率一定存在，设其方程为y＝kx＋1.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，
y＝kx＋1，))消去y可得(3＋4k2)x2＋8kx－8＝0.
所以由根与系数关系可知x1＋x2＝－eq \f(8k,3＋4k2)，x1x2＝－eq \f(8,3＋4k2).(8分)
因为k1＝eq \f(y1,x1＋2)，k2＝eq \f(y2,x2－2)，且k1＝2k2，所以eq \f(y1,x1＋2)＝eq \f(2y2,x2－2).(10分)
即eq \f(yeq \\al(2,1),（x1＋2）2)＝eq \f(4yeq \\al(2,2),（x2－2）2). ①
又因为M(x1，y1)，N(x2，y2)在椭圆上，
所以yeq \\al(2,1)＝eq \f(3,4)(4－xeq \\al(2,1))，yeq \\al(2,2)＝eq \f(3,4)(4－xeq \\al(2,2))． ②
将②代入①可得：eq \f(2－x1,2＋x1)＝eq \f(4（2＋x2）,2－x2)，即3x1x2＋10(x1＋x2)＋12＝0.(12分)
所以3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,3＋4k2)))＋10eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8k,3＋4k2)))＋12＝0，即12k2－20k＋3＝0.(14分)
解得k＝eq \f(1,6)或k＝eq \f(3,2)，又因为k>1，所以k＝eq \f(3,2).(16分)
题型三、圆锥曲线中直线的方程
例8、【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P．
（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；
（2）若，求|AB|．
【答案】（1）；（2）.
【解析】设直线．
（1）由题设得，故，由题设可得．
由，可得，则．
从而，得．
所以的方程为．
（2）由可得．
由，可得．
所以．从而，故．
代入的方程得．
故．
例9、（2020届浙江省十校联盟高三下学期开学）如图，已知抛物线的焦点为，准线为，过点的直线交抛物线于，两点，点在准线上的投影为，若是抛物线上一点，且.
（1）证明：直线经过的中点；
（2）求面积的最小值及此时直线的方程.
【答案】（1）详见解析；（2）面积最小值为16，此时直线方程为.
【解析】
（1）由题意得抛物线的焦点，准线方程为，
设，直线：，
则，
联立和，
可得，
显然，可得，
因为，，
所以，
故直线：，
由，
得.
∴，，
所以的中点的纵坐标，即，
所以直线经过的中点.
（2）所以
，
设点到直线的距离为，
则.
所以，
当且仅当，即，
时，直线的方程为：，
时，直线的方程为：.
另解：
.
例10、(2018南通、泰州一调）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，两条准线之间的距离为4eq \r(2).
(1) 求椭圆的标准方程；
(2) 已知椭圆的左顶点为A，点M在圆x2＋y2＝eq \f(8,9)上，直线AM与椭圆相交于另一点B，且△AOB的面积是△AOM的面积的2倍，求直线AB的方程．
eq \a\vs4\al(思路分析) (1) 基本量建立方程组，求出a，b的值，得出椭圆的标准方程．
(2) 由面积关系，分析出M为AB的中点，这里有两种思路，解法1，设出M(x0，y0)，得出B的坐标，分别代入椭圆与圆的方程，建立方程组，求出M的坐标；解法2，设出直线的方程y＝k(x＋2)，由直线与椭圆联立，得出M的坐标，代入圆的方程，得到一个关于k的方程，解得k的值．
规范解答 (1) 设椭圆的焦距为2c，由题意得eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，eq \f(2a2,c)＝4eq \r(2)，(2分)
解得a＝2，c＝eq \r(2)，所以b＝eq \r(2).
所以椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.(4分)
(2) 解法1(设点法) 因为S△AOB＝2S△AOM，所以AB＝2AM，所以M为AB的中点．(6分)
因为椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1，所以A(－2，0)．
设M(x0，y0)(－2所以xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝eq \f(8,9) ①，
eq \f(（2x0＋2）2,4)＋eq \f(（2y0）2,2)＝1 ②，(10分)
由①②得9xeq \\al(2,0)－18x0－16＝0，
解得x0＝－eq \f(2,3)或x0＝eq \f(8,3)(舍去)．
把x0＝－eq \f(2,3)代入①得y0＝±eq \f(2,3)，(12分)
所以kAB＝±eq \f(1,2)，因此直线AB的方程为y＝±eq \f(1,2)(x＋2)，即x＋2y＋2＝0或x－2y＋2＝0.(14分)
解法2(设线法) 因为S△AOB＝2S△AOM，所以AB＝2AM，所以M为AB的中点．(6分)
由椭圆方程知A(－2，0)，设B(xB，yB)，M(xM，yM)，设直线AB的方程为y＝k(x＋2)．
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝k（x＋2），))得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－4＝0，
所以(x＋2)[(1＋2k2)x＋4k2－2]＝0，解得xB＝eq \f(2－4k2,1＋2k2).(8分)
所以xM＝eq \f(xB＋（－2）,2)＝eq \f(－4k2,1＋2k2)，yM＝k(xM＋2)＝eq \f(2k,1＋2k2)，(10分)
代入x2＋y2＝eq \f(8,9)得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－4k2,1＋2k2)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2k,1＋2k2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(8,9)，
化简得28k4＋k2－2＝0，(12分)
即(7k2＋2)(4k2－1)＝0，解得k＝±eq \f(1,2)，
所以直线AB的方程为y＝±eq \f(1,2)(x＋2)，即x＋2y＋2＝0或x－2y＋2＝0.(14分)
二、达标训练
1、(2019宿迁期末）如图所示，椭圆M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，右准线方程为x＝4，过点P(0，4)作关于y轴对称的两条直线l1，l2，且l1与椭圆交于不同两点A，B，l2与椭圆交于不同两点D，C.
(1) 求椭圆M的方程；
(2) 证明：直线AC与直线BD交于点Q(0，1)；
(3) 求线段AC长的取值范围．
eq \a\vs4\al(思路分析) 对于(2)，要求证明交于一点Q(0，1)，角度一：根据图形的对称性可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则D(－x1，y1)，C(－x2，y2)，再设l1方程为y＝kx＋4，则可由一元二次方程根与系数的关系判断出点B，D，Q三点共线，同理有点A，C，Q三点共线，这个角度的逻辑是借助了给出的定点(0，1)，然后验证，有些不严谨；角度二：直接求直线AC和直线BD的方程，联立求解坐标，这个方法是逻辑严谨的首选，不过计算量稍大．对于(3)，可由两点间的距离公式表示出AC的长度，将表达式的关于x1，x2的结构用含有k的式子代换掉，回归一元变量，求解最值，可直接求导. 但是解析几何中的最值，直接求导，暴力求解最值的较少，更多的是化简函数表达式，根据结构采用基本不等式(无法取等的时候就求导来解决)来求解最终的最值(或者值域)，必然要有定义域，所以寻找函数的定义域是非常重要的，而解析几何中直线和曲线联立(曲直联立)以后的关于x(或者y)的一元二次方程有解，判别式就是很重要的一个点，也就是定义域的一个重要来源，有些题目甚至是唯一来源．
规范解答 (1)由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(e＝\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,\f(a2,c)＝4，))得a＝2eq \r(2)，c＝2，所以b2＝a2－c2＝4，
所以椭圆M的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.(4分)
(2)解法1 设直线l1：y＝kx＋4，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则由对称性可知D(－x1，y1)，C(－x2，y2)．
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，,y＝kx＋4，))消去y得(1＋2k2)x2＋16kx＋24＝0,
所以x1＋x2＝eq \f(－16k,1＋2k2)，x1·x2＝eq \f(24,1＋2k2).(6分)
又kBQ＝eq \f(y2－1,x2)，kDQ＝eq \f(y1－1,－x1)，
则kBQ－kDQ＝eq \f(y2－1,x2)－eq \f(y1－1,－x1)＝eq \f(kx2＋3,x2)＋eq \f(kx1＋3,x1)＝2k＋eq \f(3（x1＋x2）,x1x2)＝2k＋eq \f(－\f(48k,1＋2k2),\f(24,1＋2k2))＝2k－2k＝0，(8分)
知kBQ＝kDQ，故点B，D，Q三点共线，即直线BD经过点Q(0，1)．
同理可得直线AC经过点Q(0，1)．
所以直线AC与直线BD交于点Q(0，1)．(10分)
解法2 设直线l1：y＝kx＋4，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则由对称性可知D(－x1，y1)，C(－x2，y2)，且k＝eq \f(y2－y1,x2－x1).联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，,y＝kx＋4，))削去y得(1＋2k2)x2＋16kx＋24＝0，Δ＝(16k)2－4(1＋2k2)·24＝64k2－96>0.
所以x1＋x2＝eq \f(16k,1＋2k2)，x1·x2＝eq \f(24,1＋2k2).(6分)
直线AC的方程为y＝－eq \f(y2－y1,x2＋x1)(x－x1)＋y1＝－eq \f(y2－y1,x2＋x1)(x－x1)＋kx1＋4.
直线BD的方程为y＝eq \f(y2－y1,x2＋x1)(x－x2)＋y2＝eq \f(y2－y1,x2＋x1)(x－x2)＋kx2＋4.
联立直线AC和直线BD的方程并化简得k(x1＋x2)＝eq \f(y2－y1,x2＋x1)，即eq \f(k（x1－x2）,y2－y1)＝eq \f(1,x2＋x1)＝eq \f(2x,x2＋x1)－1，即eq \f(k,－k)＝－1＝eq \f(2x,x2＋x1)－1，解得x＝0.
在直线AC的方程中，令x＝0，得y＝－eq \f(y2－y1,x2＋x1)(－x1)＋kx1＋4＝－eq \f(kx2－kx1,x2＋x1)(－x1)＋kx1＋4＝eq \f(2kx2x1,x2＋x1)＋4.
将x1＋x2＝eq \f(－16k,1＋2k2)，x1·x2＝eq \f(24,1＋2k2)代入计算得y＝eq \f(2kx2x1,x2＋x1)＋4＝eq \f(\f(48k,1＋2k2),\f(－16k,1＋2k2))＋4＝－3＋4＝1.
同理可得，在直线BD的方程中，令x＝0，得y＝eq \f(2kx2x1,x2＋x1)＋4＝eq \f(\f(48k,1＋2k2),\f(－16k,1＋2k2))＋4＝－3＋4＝1.
故直线AC与直线BD交于点Q(0，1)．
(3)由(2)可知AC2＝(x1＋x2)2＋(y1－y2)2＝(x1＋x2)2＋k2(x1－x2)2
＝(x1＋x2)2＋k2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(（x1＋x2）2－4x1·x2))
＝eq \f(162k2,（1＋2k2）2)＋k2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(162k2,（1＋2k2）2)－4×\f(24,1＋2k2)))＝16×eq \f(4k4＋10k2,4k4＋4k2＋1)
＝16eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(6k2－1,4k4＋4k2＋1))).(12分)
令t＝6k2－1，则k2＝eq \f(t＋1,6).
又由Δ＝162k2－4×24×(1＋2k2)>0得k2>eq \f(3,2)，所以t>8，
所以AC2＝16＋]＝16(1＋eq \f(9t,t2＋8t＋16)]＝16(1＋eq \f(9,t＋\f(16,t)＋8))．(14分)
因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(16,t)＋8))′＝1－eq \f(16,t2)>0在t∈(8，＋∞)上恒成立，
所以t＋eq \f(16,t)＋8在t∈(8，＋∞)上单调递增，
所以t＋eq \f(16,t)＋8>18, 0所以162、(2018扬州期末）已知椭圆E1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，若椭圆E2：eq \f(x2,ma2)＋eq \f(y2,mb2)＝1(a>b>0，m>1)，则称椭圆E2与椭圆E1“相似”．
(1) 求经过点(eq \r(2)，1)，且与椭圆E1：eq \f(x2,2)＋y2＝1“相似”的椭圆E2的方程．
(2) 若椭圆E1与椭圆E2“相似”，且m＝4，椭圆E1的离心率为eq \f(\r(2),2)，P在椭圆E2上，过P的直线l交椭圆E1于A，B两点，且eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→)).
①若B的坐标为(0，2)，且λ＝2，求直线l的方程；
②若直线OP，OA的斜率之积为－eq \f(1,2)，求实数λ的值．
规范解答 (1) 设椭圆E2的方程为eq \f(x2,2m)＋eq \f(y2,m)＝1，将点(eq \r(2)，1)代入得m＝2，
所以椭圆E2的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.(3分)
(2) 因为椭圆E1的离心率为eq \f(\r(2),2)，故a2＝2b2，所以椭圆E1：x2＋2y2＝2b2.
又椭圆E2与椭圆E1“相似”，且m＝4，所以椭圆E2：x2＋2y2＝8b2.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)．
①解法1(设线法) 由题意得b＝2，所以椭圆E1：x2＋2y2＝8.当直线l斜率不存在时，B(0，2)，A(0，－2)，P(0，4)，不满足eq \(AP,\s\up6(→))＝2eq \(AB,\s\up6(→))，从而直线l斜率存在，可设直线l：y＝kx＋2，
代入椭圆E1：x2＋2y2＝8得(1＋2k2)x2＋8kx＝0，
解得x1＝eq \f(－8k,1＋2k2)，x2＝0，故y1＝eq \f(2－4k2,1＋2k2)，y2＝2，
所以Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－8k,1＋2k2)，\f(2－4k2,1＋2k2))).(5分)
又eq \(AP,\s\up6(→))＝2eq \(AB,\s\up6(→))，即B为AP中点，所以Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k,1＋2k2)，\f(2＋12k2,1＋2k2)))，(6分)
代入椭圆E2：x2＋2y2＝32得
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k,1＋2k2)))eq \s\up12(2)＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2＋12k2,1＋2k2)))eq \s\up12(2)＝32，
即20k4＋4k2－3＝0，即(10k2－3)(2k2＋1)＝0，所以k＝±eq \f(\r(30),10)，所以直线l的方程为y＝±eq \f(\r(30),10)x＋2.(8分)
解法2(设点法) 由题意得b＝2，所以椭圆E1：x2＋2y2＝8，E2：x2＋2y2＝32.由A(x1，y1)，B(0，2)，则P(－x1，4－y1)．
代入椭圆得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(xeq \\al(2,1)＋2yeq \\al(2,1)＝8，,xeq \\al(2,1)＋2（4－y1）2＝32，))解得y1＝eq \f(1,2)，故x1＝±eq \f(\r(30),2)，(6分)
所以直线l的斜率k＝±eq \f(\r(30),10)，
所以直线l的方程为y＝±eq \f(\r(30),10)x＋2.(8分)
②由题意得xeq \\al(2,0)＋2yeq \\al(2,0)＝8b2，xeq \\al(2,1)＋2yeq \\al(2,1)＝2b2，xeq \\al(2,2)＋2yeq \\al(2,2)＝2b2，
解法1(设点法) 由直线OP，OA的斜率之积为－eq \f(1,2)，得eq \f(y0,x0)·eq \f(y1,x1)＝－eq \f(1,2)，即x0x1＋2y0y1＝0.
又eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))，则(x0－x1，y0－y1)＝λ(x2－x1，y2－y1)，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝\f(x0＋（λ－1）x1,λ)，,y2＝\f(y0＋（λ－1）y1,λ)，))(12分)
所以eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(x0＋（λ－1）x1,λ)))eq \s\up12(2)＋2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(y0＋（λ－1）y1,λ)))eq \s\up12(2)＝2b2，
则xeq \\al(2,0)＋2(λ－1)x0x1＋(λ－1)2xeq \\al(2,1)＋2yeq \\al(2,0)＋4(λ－1)y0y1＋2(λ－1)2yeq \\al(2,1)＝2λ2b2，
(xeq \\al(2,0)＋2yeq \\al(2,0))＋2(λ－1)(x0x1＋2y0y1)＋(λ－1)2(xeq \\al(2,1)＋2yeq \\al(2,1))＝2λ2b2，所以8b2＋(λ－1)2·2b2＝2λ2b2，即4＋(λ－1)2＝λ2，所以λ＝eq \f(5,2).(16分)
解法2(设线法) 不妨设点P在第一象限，设直线OP：y＝kx(k>0)，代入椭圆E2：x2＋2y2＝8b2，
解得x0＝eq \f(2\r(2)b,\r(1＋2k2))，则y0＝eq \f(2\r(2)bk,\r(1＋2k2)).
直线OP，OA的斜率之积为－eq \f(1,2)，则直线OA：y＝－eq \f(1,2k)x，代入椭圆E1：x2＋2y2＝2b2，
解得x1＝－eq \f(2bk,\r(1＋2k2))，则y1＝eq \f(b,\r(1＋2k2)).
又eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))，则(x0－x1，y0－y1)＝λ(x2－x1，y2－y1)，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝\f(x0＋（λ－1）x1,λ)，,y2＝\f(y0＋（λ－1）y1,λ)，))(12分)
所以eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(x0＋（λ－1）x1,λ)))eq \s\up12(2)＋2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(y0＋（λ－1）y1,λ)))2＝2b2，
则xeq \\al(2,0)＋2(λ－1)x0x1＋(λ－1)2xeq \\al(2,1)＋2yeq \\al(2,0)＋4(λ－1)y0y1＋2(λ－1)2yeq \\al(2,1)＝2λ2b2，
(xeq \\al(2,0)＋2yeq \\al(2,0))＋2(λ－1)(x0x1＋2y0y1)＋(λ－1)2(xeq \\al(2,1)＋2yeq \\al(2,1))＝2λ2b2，所以8b2＋2(λ－1)[eq \f(2\r(2)b,\r(1＋2k2))·(－eq \f(2bk,\r(1＋2k2)))＋2·eq \f(2\r(2)bk,\r(1＋2k2))·eq \f(b,\r(1＋2k2))]＋(λ－1)2·2b2＝2λ2b2，
即8b2＋(λ－1)2·2b2＝2λ2b2，即4＋(λ－1)2＝λ2，所以λ＝eq \f(5,2).(16分)
3、(2017南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(2,3)，C为椭圆上位于第一象限内的一点．
(1) 若点C的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(5,3)))，求a，b的值；
(2) 设A为椭圆的左顶点，B为椭圆上一点，且eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(OC,\s\up6(→))，求直线AB的斜率．
思路分析 (1) 由e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2,3)，得a2∶b2∶c2＝9∶5∶4.
(2) 设点C的坐标，则能用C的坐标表示B的坐标，由B，C两点在椭圆上可解出点C的坐标．
规范解答 (1) 由e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2,3)，得a2∶b2∶c2＝9∶5∶4.设椭圆方程为eq \f(x2,9λ2)＋eq \f(y2,5λ2)＝1(λ＞0)．(3分)
把C的坐标代入，得eq \f(4,9λ2)＋eq \f(5,9λ2)＝1，解得λ2＝1，所以a＝3，b＝eq \r(5).(5分)
(2) 由(1)可设椭圆方程为eq \f(x2,9λ2)＋eq \f(y2,5λ2)＝1(λ＞0)，此时A(－3λ，0)．
设C(3λx0，eq \r(5)λy0)，其中x0＞0，y0＞0，由eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(OC,\s\up6(→))，得Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3λ＋\f(3,2)λx0，\f(\r(5),2)λy0)).(8分)
由点B，C均在椭圆上，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0－22＋y\\al(2,0)＝4，,x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)＝1，))解得x0＝eq \f(1,4)，取y0＝eq \f(\r(15),4).(12分)
所以直线AB的斜率kAB＝kOC＝eq \f(\r(5)λy0,3λx0)＝eq \f(\r(5),3)×eq \r(15)＝eq \f(5\r(3),3).(14分)
4、(2017无锡期末）已知椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，动直线l与椭圆交于B，C两点(点B在第一象限)．
(1) 若点B的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，求△OBC的面积的最大值；
(2) 设B(x1，y1)，C(x2，y2)，且3y1＋y2＝0，求当△OBC的面积最大时直线l的方程．
规范解答 (1) 直线OB方程为y＝eq \f(3,2)x，即3x－2y＝0，设过点C且平行于OB的直线l′方程为y＝eq \f(3,2)x＋b.(2分)
则当l′与椭圆只有一个公共点时，△OBC的面积最大．
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝\f(3,2)x＋b，))消去y整理得3x2＋3bx＋b2－3＝0，(4分)
此时Δ＝9b2－12(b2－3)，令Δ＝0，解得b＝±2eq \r(3)，
当b＝2eq \r(3)时，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，\f(\r(3),2)))；
当b＝－2eq \r(3)时，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，－\f(\r(3),2)))，(6分)
所以△OBC面积的最大值＝eq \f(1,2)×eq \r(1＋\f(9,4))×eq \f(|3\r(3)＋\r(3)|,\r(13))＝eq \r(3).(8分)
(2) 显然，直线l与y轴不垂直，设直线l的方程为x＝my＋n.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,x＝my＋n，))消去x并整理得(3m2＋4)y2＋6mny＋3n2－12＝0，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝－\f(6nm,3m2＋4)，,y1y2＝\f(3n2－12,3m2＋4).))
因为3y1＋y2＝0，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＝\f(3nm,3m2＋4)，,y\\al(2,1)＝\f(4－n2,3m2＋4)，))
从而eq \f(9n2m2,3m2＋42)＝eq \f(4－n2,3m2＋4)，即n2＝eq \f(3m2＋4,3m2＋1)，(10分)
所以S△OBC＝eq \f(1,2)|n|·|y1－y2|＝2|n|·|y1|＝eq \f(6|m|n2,3m2＋4)＝eq \f(6|m|,3m2＋1).(12分)
因为B在第一象限，所以x1＝my1＋n＝eq \f(3m2n,3m2＋4)＋n＞0，所以n＞0.
因为y1＞0，所以m＞0，
所以S△OBC＝eq \f(6m,3m2＋1)＝eq \f(6,3m＋\f(1,m))≤eq \f(6,2\r(3))＝eq \r(3)当且仅当3m＝eq \f(1,m)，即m＝eq \f(\r(3),3)时取等号，(14分)
此时n＝eq \f(\r(10),2)，
所以直线l的方程为x＝eq \f(\r(3),3)y＋eq \f(\r(10),2)，即y＝eq \r(3)x－eq \f(\r(30),2).(16分)
5、(2018南京、盐城、连云港二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，上顶点A到右焦点的距离为eq \r(2).过点D(0，m)(m≠0)作不垂直于x轴，y轴的直线l交椭圆E于P，Q两点，C为线段PQ的中点，且AC⊥OC.
(1) 求椭圆E的方程；
(2) 求实数m的取值范围；
(3) 延长AC交椭圆E于点B，记△AOB与△AOC的面积分别为S1，S2，若eq \f(S1,S2)＝eq \f(8,3)，求直线l的方程．
eq \a\vs4\al(思路分析) 用代数法处理圆锥曲线综合题的常见方法有两种：设点法、设线法，本题第(2)，(3)问都分别采用设线法和设点法解题．第(2)问，欲求实数m的取值范围，则需建立m与其他参数的关系，进而借助其他参数的取值范围求解．解法1是设线法，先建立m与直线l斜率k的等式关系，再由直线与椭圆相交得到的k的取值范围来求解m的取值范围；解法2是设点法，先建立m与点C(x0，y0)坐标间的等式关系，再借助线段PQ的中点C在椭圆内部求解m的取值范围．第(3)问，选取面积的表示形式是解决问题的关键，本题选择 S1＝eq \f(1,2)AO×|xB|，S2 ＝eq \f(1,2)AO×|xC|时， eq \f(S1,S2)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(xB,xC)))，进而在第(2)问的基础上分别用k或m表示xB，xC 求解．
规范解答 (1) 因为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a＝\r(2)，))所以c＝1，b2＝a2－c2＝1，所以椭圆E的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.(2分)
(2) 解法1(设线法) 由(1)得A(0，1)．设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，C(x0，y0)．设直线l方程为y＝kx＋m(k≠0)，
将其与椭圆E的方程联立，消去y得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0 (*)，所以x1＋x2＝－eq \f(4km,1＋2k2)，(4分)
所以x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝－eq \f(2km,1＋2k2)，y0＝kx0＋m＝eq \f(m,1＋2k2)，即Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2km,1＋2k2)，\f(m,1＋2k2)))，
所以kAC＝eq \f(y0－1,x0)＝eq \f(\f(m,1＋2k2)－1,－\f(2km,1＋2k2))＝eq \f(2k2＋1－m,2km).(6分)
又因为kOC＝eq \f(y0,x0)＝eq \f(\f(m,1＋2k2),－\f(2km,1＋2k2))＝－eq \f(1,2k)，且AC⊥OC，
所以kAC·kOC＝eq \f(2k2＋1－m,2km)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2k)))＝－1，
整理得m＝eq \f(2k2＋1,4k2＋1).(8分)
因为k≠0，则m＝eq \f(2k2＋1,4k2＋1)＝eq \f(4k2＋1－2k2,4k2＋1)＝1－eq \f(2k2,4k2＋1)＝1－eq \f(1,2＋\f(1,2k2))∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，此时Δ＝8(2k2＋1－m)＞0，
所以实数m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)).(10分)
解法2(设点法) 由(1)得A(0，1)．
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，C(x0，y0)，其中x0，y0均不为0，且x1≠x2.
因为P，Q两点都在椭圆E上，所以xeq \\al(2,1)＋2yeq \\al(2,1)＝2 且xeq \\al(2,2)＋2yeq \\al(2,2)＝2，
两式相减得eq \f(y2－y1,x2－x1)×eq \f(y0,x0)＝－eq \f(1,2).(4分)
又kPQ＝kCD，即eq \f(y2－y1,x2－x1)＝eq \f(y0－m,x0) ，所以eq \f(y0－m,x0)×eq \f(y0,x0)＝－eq \f(1,2)，(6分)
即xeq \\al(2,0)＝2y0(m－y0)． ①
又AC⊥OC，所以eq \f(y0－1,x0)×eq \f(y0,x0)＝－1，(8分)
即xeq \\al(2,0)＝y0(1－y0)． ②
由①②得y0＝2m－1，xeq \\al(2,0)＝(1－2m) (2m－2)∈(0，2)，
所以eq \f(1,2)＜m＜1.(10分)
(3) 解法1 设B(x3，y3)，由(2)解法1知kOC＝－eq \f(1,2k).
kAB＝－eq \f(1,kOC)＝2k，所以直线AB的方程为y＝2kx＋1，
与椭圆E方程联立解得x＝－eq \f(8k,1＋8k2)或x＝0(舍)，
即x3＝－eq \f(8k,1＋8k2).(12分)
又因为x0＝eq \f(－2km,1＋2k2)＝eq \f(－2k,1＋2k2)×eq \f(2k2＋1,4k2＋1)＝－eq \f(2k,1＋4k2)，
所以eq \f(S1,S2)＝eq \f(\f(1,2)AO×|x3|,\f(1,2)AO×|x0|)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－\f(8k,1＋8k2),－\f(2k,1＋4k2))))＝eq \f(4＋16k2,1＋8k2).(14分)
因为eq \f(S1,S2)＝eq \f(8,3)，所以eq \f(4＋16k2,1＋8k2)＝eq \f(8,3)，解得k＝±eq \f(1,2)，
此时m＝eq \f(2k2＋1,4k2＋1)＝eq \f(3,4)，点D坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4)))，
所以直线l的方程为y＝±eq \f(1,2)x＋eq \f(3,4).(16分)
解法2 设B(x3，y3)，点B在椭圆E上，所以xeq \\al(2,3)＋2yeq \\al(2,3)＝2.
又AC⊥OC，所以eq \f(y3－1,x3)×eq \f(y0,x0)＝－1，即y3＝－eq \f(x0,y0)x3＋1，
代入上式消去y3，得x3＝eq \f(4x0y0,yeq \\al(2,0)＋2xeq \\al(2,0))(x3＝0舍)，(12分)
所以eq \f(S1,S2)＝eq \f(\f(1,2)AO×|x3|,\f(1,2)AO×|x0|)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x3,x0)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(4y0,yeq \\al(2,0)＋2xeq \\al(2,0)))).
由(2)解法2知y0＝2m－1，xeq \\al(2,0)＝(1－2m) (2m－2)，eq \f(1,2)＜m＜1，
所以eq \f(S1,S2)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(4（2m－1）,（2m－1）2＋2（1－2m）（2m－2）)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(4,3－2m)))＝eq \f(4,3－2m).(14分)
因为eq \f(S1,S2)＝eq \f(8,3)，所以eq \f(4,3－2m)＝eq \f(8,3)，解得m＝eq \f(3,4)，
此时y0＝2m－1＝eq \f(1,2)，xeq \\al(2,0)＝(1－2m) (2m－2)＝eq \f(1,4)，所以x0＝±eq \f(1,2)，
所以点C坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(±\f(1,2)，\f(1,2)))，点D坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4)))，
所以直线l的方程为y＝±eq \f(1,2)x＋eq \f(3,4).(16分)