專題07 圓錐曲線中的直線(解析版)

1、k專題07圓錐曲線中的直線(線段)的問題解析幾何題的解題思路一般很容易覓得,實(shí)際操作時(shí),往往不是因?yàn)殡y于實(shí)施,就是因?yàn)閷?shí)施起來運(yùn)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(biāo)集中,思路明確；而設(shè)點(diǎn)法要用好點(diǎn)在曲線上的條件,技巧性較強(qiáng),但運(yùn)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(diǎn)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,(2019南京學(xué)情調(diào)研)在平面直角坐

2、標(biāo)系xoy中,橢圓e：1(ab0)的離心率為,且直線l：x2被橢圓e截得的弦長為2.與坐標(biāo)軸不垂直的直線交橢圓e于p,q兩點(diǎn),且pq的中點(diǎn)r在直線l上點(diǎn)m(1,0)(1) 求橢圓e的方程；(2) 求證：mrpq.規(guī)范解答 (1)因?yàn)闄E圓1(ab0)的離心率e,所以e21,即a22b2. (2分)因?yàn)橹本€l：x2被橢圓e截得的弦長為2,所以點(diǎn)(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?yàn)橹本€pq與坐標(biāo)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?yàn)閜q的中點(diǎn)r在直線 l：x2上,故r(2,2km)

3、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?yàn)閙(1,0),故kmr2km,所以kmrkpq(2km)k2k2km2k2(12k2)1,所以mrpq.(16分)解法2(設(shè)點(diǎn)法) 設(shè)p(x1,y1),q(x2, y2)因?yàn)閜q的中點(diǎn)r在直線 l：x2上,故設(shè)r(2,t)因?yàn)辄c(diǎn)p,q在橢圓e：1上,所以兩式相減得(x1x2) (x1x2)2(y1y2) (y1y2)0.(9分)因?yàn)榫€段pq的中點(diǎn)為r,所以x1x24,y1y22t.代入上式并化簡得(x1x2)t (y1y2)0.(12分)又m(1,0),所以(2

4、1)(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(diǎn)法,設(shè)線法對于本題而言,兩種方法都可以,解題時(shí)把“設(shè)線法”與“直線斜率乘積為1”結(jié)合,把“設(shè)點(diǎn)法”與“向量的數(shù)量積為0”結(jié)合,其實(shí)顛倒一下也可行例2,(2016南京三模)如圖,在平面直角坐標(biāo)系xoy中,已知橢圓c：1(ab0)的離心率為,點(diǎn)(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(diǎn). 若直線l過橢圓c的右焦點(diǎn)f,求opq的面積；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

5、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(diǎn)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(dāng)k時(shí),(4分)由方程組解得或所以點(diǎn)p,q的坐標(biāo)分別為, , , ,所以pq.(6分)因?yàn)閛到直線pq的距離為,所以opq的面積為. 因?yàn)闄E圓的對稱性,當(dāng)切線方程為y(x)

6、時(shí),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(diǎn)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(dāng)k時(shí),(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?yàn)閛到直線pq的距離為,所以opq的面積為. 因?yàn)闄E圓的對稱性,當(dāng)切線方程為y(x)時(shí),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(dāng)x時(shí),p (, ),q(,)因?yàn)?,所以op

7、oq.當(dāng)x時(shí),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?yàn)橹本€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?yàn)閤1x2y1y2x1x2(kx1m)(kx2m)(1k2)x1x2km(x1x2)m2(1k2)kmm2.將m22k22代入上式可得0,所以opoq.綜上所述,opoq.(14分)解法2 設(shè)切點(diǎn)t(x0,y0),則其切線方程為x0xy0y20,且xy2.(i)當(dāng)y00時(shí),則直線pq的直線方程為x或x

8、.當(dāng)x時(shí),p (, ),q(,)因?yàn)?,所以opoq.當(dāng)x時(shí),同理可得opoq.(10分)(ii)當(dāng)y00時(shí),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?yàn)閤y2,代入上式可得0,所以opoq.綜上所述,opoq.(14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(ab0)經(jīng)過點(diǎn),點(diǎn)a是橢圓的下頂點(diǎn)(1) 求橢圓c的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2) 過點(diǎn)a且互相垂直的兩直線l1,l2與直線yx分別相交于e,f兩點(diǎn),已知oeof,求直線l1的斜率 (1) 由兩點(diǎn)在橢圓

9、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(diǎn)在橢圓c上,得解得(4分) 所以橢圓c的標(biāo)準(zhǔn)方程為y21.(6分) (2) 首先a(0,1)由e,f在直線yx上,且oeof,可設(shè)e(t,t),f(t,t)(8分) 由l1l2,得0,即t(t)(t1)(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(ab0)的左,右頂點(diǎn)分別為a,b,離心率為,點(diǎn)p為橢圓上一點(diǎn)(1) 求橢圓c的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2) 如圖,過點(diǎn)c(0,1)且斜率大于1的直線l與橢圓交于m,n兩點(diǎn),記直線am的斜率為k1,

10、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(biāo)準(zhǔn)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k2,代入k12k2化簡計(jì)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?yàn)闄E圓的離心率為,所以a2c.又因?yàn)閍2b2c2,所以bc.所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為1.(3分)又因?yàn)辄c(diǎn)p為橢圓上一點(diǎn),所以1,解得c1.(5分)所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)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)

11、,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?yàn)閗1,k2,且k12k2,所以.(10分)即.又因?yàn)閙(x1,y1),n(x2,y2)在橢圓上,所以y(4x),y(4x)將代入可得：,即3x1x210(x1x2)120.(12分)所以310120,即12k220k30.(14分)解得k或k,又因?yàn)閗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(diǎn),點(diǎn)p,q在橢圓上且均在x軸上方,(1) 若直線ap與op垂直,求點(diǎn)p的坐標(biāo)；(2) 若直線ap,aq的斜率之積為,求直線pq的斜率的取值范

12、圍 第1問,由于點(diǎn)a,o已知,且appo,由此可得點(diǎn)p所滿足的軌跡方程,再根據(jù)點(diǎn)p在橢圓上,就可以通過兩個方程所組成的方程組求得點(diǎn)p的坐標(biāo)第2問,要研究直線pq的斜率的取值范圍,由于點(diǎn)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(diǎn)p,q的坐標(biāo)表示為直線ap,aq的斜率的形式,進(jìn)而將直線pq的斜率表示為直線ap,aq的斜率的形式,利用kapkaq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?yàn)橹本€ap與op垂直,所以0,即x0(x02)y0.(3分)得x2x0y0.又點(diǎn)

13、p在橢圓上,所以y1.由得x0或2(舍去),代入得y0.因?yàn)辄c(diǎn)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(diǎn)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,k10,k20.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?yàn)閗1k2,k10,k20.所以k1k22,注意到,點(diǎn)p,q不重合,所以重號不成立所以0b0)的離心率為,兩條準(zhǔn)線之間的距離為4.(1) 求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2) 已

14、知橢圓的左頂點(diǎn)為a,點(diǎn)m在圓x2y2上,直線am與橢圓相交于另一點(diǎn)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(biāo)準(zhǔn)方程(2) 由面積關(guān)系,分析出m為ab的中點(diǎn),這里有兩種思路,解法1,設(shè)出m(x0,y0),得出b的坐標(biāo),分別代入橢圓與圓的方程,建立方程組,求出m的坐標(biāo)；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(biāo),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(diǎn)法) 因?yàn)閟aob2

15、saom,所以ab2am,所以m為ab的中點(diǎn)(6分)因?yàn)闄E圓的方程為1,所以a(2,0)設(shè)m(x0,y0)(2x0b0)的下頂點(diǎn)為b,點(diǎn)m,n是橢圓上異于點(diǎn)b的動點(diǎn),直線bm,bn分別與x軸交于點(diǎn)p,q,且點(diǎn)q是線段op的中點(diǎn)當(dāng)點(diǎn)n運(yùn)動到點(diǎn)處時(shí),點(diǎn)q的坐標(biāo)為.(1) 求橢圓c的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2) 設(shè)直線mn交y軸于點(diǎn)d,當(dāng)點(diǎn)m,n均在y軸右側(cè),且2時(shí),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(biāo),即可求出直線bm的斜率k；也可以用點(diǎn)m,n表示直線方程得出點(diǎn)p,q坐標(biāo),再利用向量關(guān)系得出坐標(biāo)之間的關(guān)系,最后回代橢圓求解規(guī)范解答 (1)由n,

16、q,得直線nq的方程為yx.(2分)令x0,得點(diǎn)b的坐標(biāo)為(0,)所以橢圓的方程為1.(4分)將點(diǎn)n的坐標(biāo)代入,得1,解得a24.所以橢圓c的標(biāo)準(zhǔn)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(diǎn)q是線段op的中點(diǎn),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xm .用2k代替k,得xn .(12分)又2,所以xn2(xmxn),得2xm3xn.(14分)故23,又k0,解得k.所以直線bm的方程為

17、yx.(16分)解法2(設(shè)點(diǎn)法) 設(shè)點(diǎn)p,q的坐標(biāo)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23,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(diǎn)法) 設(shè)點(diǎn)m,n的坐標(biāo)分別為(x1,y1),(x2,y2)由b(0,),得直線bm的方程為y x,令y0,得xp.同理,得xq.而點(diǎn)q是線段op的中點(diǎn),所以xp2xq,故2.(10分)又2,所以x22(x1x2),得x2x10,從而, 解得y2y1.(12分)將代

18、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(diǎn)m的坐標(biāo)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(diǎn)到相應(yīng)準(zhǔn)線的距離為1,點(diǎn),分別為橢圓的左頂點(diǎn),右頂點(diǎn)和上頂點(diǎn),過點(diǎn)的直線交橢圓于點(diǎn),交軸于點(diǎn),直線與直線交于點(diǎn)(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若,求直線的方程；規(guī)范解答 (1)由橢圓的離心率為,焦點(diǎn)到對應(yīng)準(zhǔn)線的距離為1.得 解得 所以,橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為. (2)由(1)知,設(shè),因?yàn)?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(biāo)系xoy中

19、,已知橢圓c1：1的焦點(diǎn)在橢圓c2：1上,其中ab0,且點(diǎn)p是橢圓c1,c2位于第一象限的交點(diǎn)(1) 求橢圓c1,c2的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2) 過y軸上一點(diǎn)q的直線l與橢圓c2相切,與橢圓c1交于點(diǎn)a,b,已知,求直線l的斜率規(guī)范解答 (1) 橢圓c1：1的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(c,0),代入橢圓c2的方程有1.再將點(diǎn)p的坐標(biāo)代入橢圓c1,c2的方程有c1：1,所以解得a22,b2c21.(3分)所以橢圓c1,c2的標(biāo)準(zhǔn)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

20、k22m20.(7分)由消去y得(kxm)21,即x22kmxm210.因?yàn)橹本€l與橢圓c1相交,有4k2m24(k2)(m21)4(k2m2)0(*)x1,2.(9分)因?yàn)?即(x1,y1m)(x2,y2m),有5x13x2,所以53或53,化簡,得km4或km4,即k2m216.(12分)又因?yàn)閗22m20,解得或均符合(*)式,故k或2.所以直線l的斜率為或2.(14分)二,達(dá)標(biāo)訓(xùn)練1,(2019宿遷期末)如圖所示,橢圓m：1(ab0)的離心率為,右準(zhǔn)線方程為x4,過點(diǎn)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(diǎn)a,b,l2與橢圓交于不同兩點(diǎn)d,c.(1) 求

21、橢圓m的方程；(2) 證明：直線ac與直線bd交于點(diǎn)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(diǎn)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與系數(shù)的關(guān)系判斷出點(diǎn)b,d,q三點(diǎn)共線,同理有點(diǎn)a,c,q三點(diǎn)共線,這個角度的邏輯是借助了給出的定點(diǎn)(0,1),然后驗(yàn)證,有些不嚴(yán)謹(jǐn)；角度二：直接求直線ac和直線bd的方程,聯(lián)立求解坐標(biāo),這個方法是邏輯嚴(yán)謹(jǐn)?shù)氖走x,不過計(jì)算量稍大對于(3),可由兩點(diǎn)間的距離公式表示出ac的長度,將表達(dá)式的關(guān)于x1,x2的結(jié)構(gòu)用含有

22、k的式子代換掉,回歸一元變量,求解最值,可直接求導(dǎo). 但是解析幾何中的最值,直接求導(dǎo),暴力求解最值的較少,更多的是化簡函數(shù)表達(dá)式,根據(jù)結(jié)構(gòu)采用基本不等式(無法取等的時(shí)候就求導(dǎo)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)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(diǎn),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

23、),c(x2,y2)聯(lián)立消去y得(12k2)x216kx240, 所以x1x2,x1x2.(6分)又kbq,kdq, 則kbqkdq2k2k2k2k0,(8分)知kbqkdq,故點(diǎn)b,d,q三點(diǎn)共線,即直線bd經(jīng)過點(diǎn)q(0,1)同理可得直線ac經(jīng)過點(diǎn)q(0,1)所以直線ac與直線bd交于點(diǎn)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)2464k2960.所以x1x2,x1x2.(6分)直線ac的方程為y(xx1)y1(xx1)k

24、x14.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,x1x2代入計(jì)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(diǎn)q(0,1)(3)由(2)可知ac2(x1x2)2(y1y2)2(x1x2)2k2(x1x2)2(x1x2)2k2k21616.(12分)令t6k21,則k2.又由162k2424(12k2)0得k2,所以t8,所以ac21616(116(1)(14分)因?yàn)?0在t(8,

25、)上恒成立,所以t8在t(8,)上單調(diào)遞增,所以t818, 0,11.所以16ac224,4acb0),若橢圓e2：1(ab0,m1),則稱橢圓e2與橢圓e1“相似”(1) 求經(jīng)過點(diǎn)(,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(diǎn),且.若b的坐標(biāo)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(shí)數(shù)的值規(guī)范解答 (1) 設(shè)橢圓e2的方程為1,將點(diǎn)(,1)代入得m2,所以橢圓e2的方程為1.(3分)(2) 因?yàn)闄E圓e1的離心率為,故a22b2,所以橢圓e1：

26、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(dāng)直線l斜率不存在時(shí),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(diǎn),所以p,(6分)代入橢圓e2：x22y232得232,即20k44k230,即(10k23)(2k21)0,所以k,所以直線l的方程為yx2.(8分)解法2

27、(設(shè)點(diǎn)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yx2.(8分)由題意得x2y8b2,x2y2b2,x2y2b2,解法1(設(shè)點(diǎn)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)2y22b2,(x2y)2(1)(x0x12y0y1)(1)2(x2y)22b2,所以8b2(1)22b222b2,

28、即4(1)22,所以.(16分)解法2(設(shè)線法) 不妨設(shè)點(diǎn)p在第一象限,設(shè)直線op：ykx(k0),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)22b2,所以8b22(1)()2(1)22b222b2,即8b2(1)22b222b2,即4(1)22,所以.(16分)3,(2017南通,

29、揚(yáng)州,淮安,宿遷,泰州,徐州六市二調(diào))如圖,在平面直角坐標(biāo)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(diǎn)(1) 若點(diǎn)c的坐標(biāo)為,求a,b的值；(2) 設(shè)a為橢圓的左頂點(diǎn),b為橢圓上一點(diǎn),且,求直線ab的斜率 思路分析 (1) 由e,得a2b2c2954.(2) 設(shè)點(diǎn)c的坐標(biāo),則能用c的坐標(biāo)表示b的坐標(biāo),由b,c兩點(diǎn)在橢圓上可解出點(diǎn)c的坐標(biāo) 規(guī)范解答 (1) 由e,得a2b2c2954.設(shè)橢圓方程為1(0)(3分)把c的坐標(biāo)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(shí)a(3,0)設(shè)c(3x0,y0),其中x00,y00,由,

30、得b.(8分)由點(diǎn)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(diǎn)(點(diǎn)b在第一象限)(1) 若點(diǎn)b的坐標(biāo)為,求obc的面積的最大值；(2) 設(shè)b(x1,y1),c(x2,y2),且3y1y20,求當(dāng)obc的面積最大時(shí)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(diǎn)c且平行于ob的直線l方程為yxb.(2分)則當(dāng)l與橢圓只有一個公共點(diǎn)時(shí),obc的面積最大消去y整理得3x23bxb230,(4分)此時(shí)9b212(b23),令0,解得b2,當(dāng)b2時(shí),c；當(dāng)b2時(shí),c,(6分)所以obc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)y26mny3n2120,所以因?yàn)?y1y20,所以從而,即n2,(10分)所以sobc|n|y1y2|2|n|y1|.(12分)因?yàn)閎在第一象限,所以x1my1nn0,所以n0.因?yàn)閥10,所以m0,所以sobc當(dāng)且僅當(dāng)3m,即m時(shí)取等號,(14分)此時(shí)n,所以直線l的方程為xy,即yx.(16分)5,(2017常州期末)已知圓c：(xt)2y220(t0)與橢圓e：1(ab0)的一個公共點(diǎn)為b(0,2),f(c,0)為橢圓e的右焦點(diǎn),直線bf與圓c相切于點(diǎn)b.(