2022高考数学一轮复习专题09 圆锥曲线中的直线（线段）的问题（解析卷）

这是一份2022高考数学一轮复习专题09 圆锥曲线中的直线（线段）的问题（解析卷），共19页。试卷主要包含了题型选讲，圆锥曲线中直线的斜率问题，圆锥曲线中直线的方程等内容，欢迎下载使用。

专题09 圆锥曲线中的直线（线段）的问题
解析几何题的解题思路一般很容易觅得，实际操作时，往往不是因为难于实施，就是因为实施起来运算繁琐而被卡住，最终放弃此解法，因此方法的选择特别重要．从思想方法层面讲，解决解析几何问题主要有两种方法：．一般的，设线法是比较顺应题意的一种解法，它的参变量较少，目标集中，思路明确；而设点法要用好点在曲线上的条件，技巧性较强，但运用的好，解题过程往往会显得很简捷．对于这道题，这两种解法差别不是很大，但对于有些题目，方法选择的不同，差别会很大，因此要注意从此题的解法中体会设点法和设线法的不同．
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：＋＝1(a>b>0)的离心率为，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＋＝1(a＞b＞0)的离心率e＝，所以e2＝＝1－＝，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＋＝1.
解得a2＝6，b2＝3，
所以椭圆E的方程为＋＝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
消去y，并化简得 (1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0, (9分)
所以x1＋x2＝ .
由x1＋x2＝＝4，得1＋2k2＝－km.(12分)
因为M(1，0)，故kMR＝＝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：＋＝1上，所以
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·＝(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：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，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.

(1) 由e＝＝，得a∶b∶c＝∶1∶1，用b表示a更方便；
(2) ①设直线l的方程为y＝k(x－)，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·＝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＝，＋＝1，解得a2＝6，b2＝3.
所以椭圆的方程为＋＝1.(2分)
(2) ①解法1 椭圆C的右焦点F(，0)．
设切线方程为y＝k(x－)，即kx－y－k＝0，
所以＝，解得k＝±，所以切线方程为y＝±(x－)．当k＝时，(4分)
由方程组
解得或
所以点P，Q的坐标分别为， ， ， ，
所以PQ＝.(6分)
因为O到直线PQ的距离为，所以△OPQ的面积为.
因为椭圆的对称性，当切线方程为y＝－(x－)时，△OPQ的面积也为.
综上所述，△OPQ的面积为.(8分)
解法2 椭圆C的右焦点F(，0)．
设切线方程为y＝k(x－)，即kx－y－k＝0，
所以＝，解得k＝±，所以切线方程为y＝±(x－)．当k＝时，(4分)
把切线方程 y＝(x－)代入椭圆C的方程，消去y得5x2－8x＋6＝0.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则有x1＋x2＝.
由椭圆定义可得，PQ＝PF＋FQ＝2a－e(x1＋x2)＝2×－×＝.(6分)
因为O到直线PQ的距离为，所以△OPQ的面积为.
因为椭圆的对称性，当切线方程为y＝－(x－)时，△OPQ的面积为.
综上所述，△OPQ的面积为.(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＝或x＝－.
当x＝时，P (， )，Q(，－)．
因为·＝0，所以OP⊥OQ.
当x＝－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＝，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＝－，x1x2＝.(12分)
因为·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝(1＋k2)×＋km×＋m2.
将m2＝2k2＋2代入上式可得·＝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x＋y＝2.
(i)当y0＝0时，则直线PQ的直线方程为x＝或x＝－.
当x＝时，P (， )，Q(，－)．
因为·＝0，所以OP⊥OQ.
当x＝－时，同理可得OP⊥OQ.(10分)
(ii)当y0≠0时，
由方程组消去y得(2x＋y)x2－8x0x＋8－6y＝0.
设P(x1，y1) ，Q(x2，y2)，则有x1＋x2＝，x1x2＝.(12分)
所以·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋＝.
因为x＋y＝2，代入上式可得·＝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：＋＝1(a>b>0)经过点，，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．

(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＝.
规范解答 (1) 由，两点在椭圆C上，得解得(4分)
所以椭圆C的标准方程为＋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·＝0，即t(－t)＋(t＋1)(－t＋1)＝0，得t＝±.(12分)
直线l1的斜率为kAE＝＝1＋＝1±.(14分)
例7、(2019苏州期初调查）已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，离心率为，点P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．

(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，所以a＝2c.
又因为a2＝b2＋c2，所以b＝c.
所以椭圆的标准方程为＋＝1.(3分)
又因为点P为椭圆上一点，所以＋＝1，解得c＝1.(5分)
所以椭圆的标准方程为＋＝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)．
联立方程组消去y可得(3＋4k2)x2＋8kx－8＝0.
所以由根与系数关系可知x1＋x2＝－，x1x2＝－.(8分)
因为k1＝，k2＝，且k1＝2k2，所以＝.(10分)
即＝.　①
又因为M(x1，y1)，N(x2，y2)在椭圆上，
所以y＝(4－x)，y＝(4－x)．　②
将②代入①可得：＝，即3x1x2＋10(x1＋x2)＋12＝0.(12分)
所以3＋10＋12＝0，即12k2－20k＋3＝0.(14分)
解得k＝或k＝，又因为k>1，所以k＝.(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＋＝1(a>b>0)的离心率为，两条准线之间的距离为4.
(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＝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．


(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＝，＝4，(2分)
解得a＝2，c＝，所以b＝.
所以椭圆的方程为＋＝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＋＝1，所以A(－2，0)．
设M(x0，y0)(－2 所以x＋y＝　①，
＋＝1　②，(10分)
由①②得9x－18x0－16＝0，
解得x0＝－或x0＝(舍去)．
把x0＝－代入①得y0＝±，(12分)
所以kAB＝±，因此直线AB的方程为y＝±(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)．
由得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－4＝0，
所以(x＋2)[(1＋2k2)x＋4k2－2]＝0，解得xB＝.(8分)
所以xM＝＝，yM＝k(xM＋2)＝，(10分)
代入x2＋y2＝得＋＝，
化简得28k4＋k2－2＝0，(12分)
即(7k2＋2)(4k2－1)＝0，解得k＝±，
所以直线AB的方程为y＝±(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：＋＝1(a>b>0)的离心率为，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．

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)由得a＝2，c＝2，所以b2＝a2－c2＝4，
所以椭圆M的方程为＋＝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)．
联立消去y得(1＋2k2)x2＋16kx＋24＝0,
所以x1＋x2＝，x1·x2＝.(6分)
又kBQ＝，kDQ＝，
则kBQ－kDQ＝－＝＋＝2k＋＝2k＋＝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＝.联立削去y得(1＋2k2)x2＋16kx＋24＝0，Δ＝(16k)2－4(1＋2k2)·24＝64k2－96>0.
所以x1＋x2＝，x1·x2＝.(6分)
直线AC的方程为y＝－(x－x1)＋y1＝－(x－x1)＋kx1＋4.
直线BD的方程为y＝(x－x2)＋y2＝(x－x2)＋kx2＋4.
联立直线AC和直线BD的方程并化简得k(x1＋x2)＝，即＝＝－1，即＝－1＝－1，解得x＝0.
在直线AC的方程中，令x＝0，得y＝－(－x1)＋kx1＋4＝－(－x1)＋kx1＋4＝＋4.
将x1＋x2＝，x1·x2＝代入计算得y＝＋4＝＋4＝－3＋4＝1.
同理可得，在直线BD的方程中，令x＝0，得y＝＋4＝＋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＋k2
＝＋k2＝16×
＝16.(12分)
令t＝6k2－1，则k2＝.
又由Δ＝162k2－4×24×(1＋2k2)>0得k2>，所以t>8，
所以AC2＝16＋]＝16(1＋]＝16(1＋)．(14分)
因为′＝1－>0在t∈(8，＋∞)上恒成立，
所以t＋＋8在t∈(8，＋∞)上单调递增，
所以t＋＋8>18, 0<<，1<1＋<.
所以16 2、(2018扬州期末）已知椭圆E1：＋＝1(a>b>0)，若椭圆E2：＋＝1(a>b>0，m>1)，则称椭圆E2与椭圆E1“相似”．
(1) 求经过点(，1)，且与椭圆E1：＋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，P在椭圆E2上，过P的直线l交椭圆E1于A，B两点，且＝λ.
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－，求实数λ的值．


规范解答 (1) 设椭圆E2的方程为＋＝1，将点(，1)代入得m＝2，
所以椭圆E2的方程为＋＝1.(3分)
(2) 因为椭圆E1的离心率为，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＝2，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＝，x2＝0，故y1＝，y2＝2，
所以A.(5分)
又＝2，即B为AP中点，所以P，(6分)
代入椭圆E2：x2＋2y2＝32得
＋2＝32，
即20k4＋4k2－3＝0，即(10k2－3)(2k2＋1)＝0，所以k＝±，所以直线l的方程为y＝±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)．
代入椭圆得解得y1＝，故x1＝±，(6分)
所以直线l的斜率k＝±，
所以直线l的方程为y＝±x＋2.(8分)
②由题意得x＋2y＝8b2，x＋2y＝2b2，x＋2y＝2b2，
解法1(设点法) 由直线OP，OA的斜率之积为－，得·＝－，即x0x1＋2y0y1＝0.
又＝λ，则(x0－x1，y0－y1)＝λ(x2－x1，y2－y1)，解得(12分)
所以＋2＝2b2，
则x＋2(λ－1)x0x1＋(λ－1)2x＋2y＋4(λ－1)y0y1＋2(λ－1)2y＝2λ2b2，
(x＋2y)＋2(λ－1)(x0x1＋2y0y1)＋(λ－1)2(x＋2y)＝2λ2b2，所以8b2＋(λ－1)2·2b2＝2λ2b2，即4＋(λ－1)2＝λ2，所以λ＝.(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＝，则y0＝.
直线OP，OA的斜率之积为－，则直线OA：y＝－x，代入椭圆E1：x2＋2y2＝2b2，
解得x1＝－，则y1＝.
又＝λ，则(x0－x1，y0－y1)＝λ(x2－x1，y2－y1)，解得(12分)
所以＋22＝2b2，
则x＋2(λ－1)x0x1＋(λ－1)2x＋2y＋4(λ－1)y0y1＋2(λ－1)2y＝2λ2b2，
(x＋2y)＋2(λ－1)(x0x1＋2y0y1)＋(λ－1)2(x＋2y)＝2λ2b2，所以8b2＋2(λ－1)[·(－)＋2··]＋(λ－1)2·2b2＝2λ2b2，
即8b2＋(λ－1)2·2b2＝2λ2b2，即4＋(λ－1)2＝λ2，所以λ＝.(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＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，C为椭圆上位于第一象限内的一点．
(1) 若点C的坐标为，求a，b的值；
(2) 设A为椭圆的左顶点，B为椭圆上一点，且＝，求直线AB的斜率．



思路分析 (1) 由e＝＝，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＝＝，得a2∶b2∶c2＝9∶5∶4.设椭圆方程为＋＝1(λ＞0)．(3分)
把C的坐标代入，得＋＝1，解得λ2＝1，所以a＝3，b＝.(5分)
(2) 由(1)可设椭圆方程为＋＝1(λ＞0)，此时A(－3λ，0)．
设C(3λx0，λy0)，其中x0＞0，y0＞0，由＝，得B.(8分)
由点B，C均在椭圆上，得解得x0＝，取y0＝.(12分)
所以直线AB的斜率kAB＝kOC＝＝×＝.(14分)
4、(2017无锡期末）已知椭圆＋＝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，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＝x，即3x－2y＝0，设过点C且平行于OB的直线l′方程为y＝x＋b.(2分)
则当l′与椭圆只有一个公共点时，△OBC的面积最大．
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＝±2，
当b＝2时，C；
当b＝－2时，C，(6分)
所以△OBC面积的最大值＝××＝.(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.
由消去x并整理得(3m2＋4)y2＋6mny＋3n2－12＝0，
所以
因为3y1＋y2＝0，所以
从而＝，即n2＝，(10分)
所以S△OBC＝|n|·|y1－y2|＝2|n|·|y1|＝＝.(12分)
因为B在第一象限，所以x1＝my1＋n＝＋n＞0，所以n＞0.
因为y1＞0，所以m＞0，
所以S△OBC＝＝≤＝当且仅当3m＝，即m＝时取等号，(14分)
此时n＝，
所以直线l的方程为x＝y＋，即y＝x－.(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：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，上顶点A到右焦点的距离为.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＝，求直线l的方程．

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＝AO×|xB|，S2 ＝AO×|xC|时， ＝，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) 因为所以c＝1，b2＝a2－c2＝1，所以椭圆E的方程为＋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＝－，(4分)
所以x0＝＝－，y0＝kx0＋m＝，即C，
所以kAC＝＝＝.(6分)
又因为kOC＝＝＝－，且AC⊥OC，
所以kAC·kOC＝·＝－1，
整理得m＝.(8分)
因为k≠0，则m＝＝＝1－＝1－∈，此时Δ＝8(2k2＋1－m)＞0，
所以实数m的取值范围为.(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x＋2y＝2 且x＋2y＝2，
两式相减得×＝－.(4分)
又kPQ＝kCD，即＝ ，所以×＝－，(6分)
即x＝2y0(m－y0)．　①
又AC⊥OC，所以×＝－1，(8分)
即x＝y0(1－y0)．　②
由①②得y0＝2m－1，x＝(1－2m) (2m－2)∈(0，2)，
所以＜m＜1.(10分)
(3) 解法1 设B(x3，y3)，由(2)解法1知kOC＝－.
kAB＝－＝2k，所以直线AB的方程为y＝2kx＋1，
与椭圆E方程联立解得x＝－或x＝0(舍)，
即x3＝－.(12分)
又因为x0＝＝×＝－，
所以＝＝＝.(14分)
因为＝，所以＝，解得k＝±，
此时m＝＝，点D坐标为，
所以直线l的方程为y＝±x＋.(16分)
解法2 设B(x3，y3)，点B在椭圆E上，所以x＋2y＝2.
又AC⊥OC，所以×＝－1，即y3＝－x3＋1，
代入上式消去y3，得x3＝(x3＝0舍)，(12分)
所以＝＝＝.
由(2)解法2知y0＝2m－1，x＝(1－2m) (2m－2)，＜m＜1，
所以＝＝＝.(14分)
因为＝，所以＝，解得m＝，
此时y0＝2m－1＝，x＝(1－2m) (2m－2)＝，所以x0＝±，
所以点C坐标为，点D坐标为，
所以直线l的方程为y＝±x＋.(16分)