新教材適用2024版高考數(shù)學一輪總復習練案51第八章解析幾何第八講第一課時直線與圓錐曲線的位置關系

練案[51]第八講圓錐曲線的綜合問題第一課時直線與圓錐曲線的位置關系A組基礎鞏固一、單選題1．(2022·湖北武漢部分學校質檢)過拋物線E：y2＝2x焦點的直線交E于A，B兩點，線段AB中點M到y(tǒng)軸距離為1，則|AB|＝(C)A．2 B．eq\f(5,2)C．3 D．4[解析]設A、B兩點的橫坐標分別為x1，x2，故|AB|＝x1＋x2＋p＝2＋1＝3，故選C.2．(2023·廣東六校聯(lián)考)直線y＝x－1過拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點F，且與C交于A、B兩點，則|AB|＝(B)A．6 B．8C．2 D．4[解析]因為拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點坐標為Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，又直線y＝x－1過拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點F，所以p＝2，拋物線C的方程為y2＝4x，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x－1，,y2＝4x，))得x2－6x＋1＝0，所以xA＋xB＝6，所以|AB|＝xA＋xB＋p＝6＋2＝8.故選B.3．(2023·重慶名校聯(lián)盟調研抽測)過拋物線y2＝2x上一點A(2,2)作傾斜角互補的兩條直線AB，AC，分別交拋物線于B，C兩點，則直線BC的斜率為(D)A．－eq\f(2,3) B．－eq\f(1,4)C．－eq\f(3,4) D．－eq\f(1,2)[解析]依題意，可設直線AB的方程為y－2＝k(x－2)，則直線AC的方程為y－2＝－k(x－2)．設B(x1，y1)，C(x2，y2)(y1≠2，y2≠2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝2x，,y－2＝kx－2，))得y1＝eq\f(2－2k,k).同理，得y2＝eq\f(2＋2k,－k).所以直線BC的斜率為eq\f(y2－y1,x2－x1)＝eq\f(y2－y1,\f(1,2)y\o\al(2,2)－\f(1,2)y\o\al(2,1))＝eq\f(2,y2＋y1)＝－eq\f(1,2).故選D.4．(2022·山東濟寧模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)))的直線交橢圓C于A、B兩點，若P為AB的中點，則直線AB的方程為(B)A．3x－2y－2＝0 B．3x＋2y－4＝0C．3x＋4y－5＝0 D．3x－4y－1＝0[解析]設點A(x1，y1)、B(x2，y2)，由中點坐標公式可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)＝1，,\f(y1＋y2,2)＝\f(1,2)，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝2，,y1＋y2＝1，))因為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),4)＋\f(y\o\al(2,1),3)＝1，,\f(x\o\al(2,2),4)＋\f(y\o\al(2,2),3)＝1，))，兩式作差得eq\f(x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2),4)＋eq\f(y\o\al(2,1)－y\o\al(2,2),3)＝0，即eq\f(y\o\al(2,1)－y\o\al(2,2),x\o\al(2,1)－x\o\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，直線AB的方程為y－eq\f(1,2)＝－eq\f(3,2)(x－1)，即3x＋2y－4＝0.故選B.5．已知直線y＝kx＋1與雙曲線x2－eq\f(y2,4)＝1交于A，B兩點，且|AB|＝8eq\r(2)，則實數(shù)k的值為(B)A．±eq\r(7) B．±eq\r(3)或±eq\f(\r(41),3)C．±eq\r(3) D．±eq\f(\r(41),3)[解析]由直線與雙曲線交于A，B兩點，得k≠±2.將y＝kx＋1代入x2－eq\f(y2,4)＝1，得(4－k2)x2－2kx－5＝0，則Δ＝4k2＋4×(4－k2)×5>0，k2<5.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(2k,4－k2)，x1x2＝－eq\f(5,4－k2)，所以|AB|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k,4－k2)))2＋\f(20,4－k2))＝8eq\r(2)，解得k＝±eq\r(3)或±eq\f(\r(41),3).6．(2022·四川涼山州診斷)拋物線C：x2＝2py(p>0)，直線l：y＝x＋eq\f(3p,2)與C交于A，B(左側為A，右側為B)兩點，若拋物線C在點A處的切線經過點N(3，－6)，則p＝(D)A．24 B．12C．8 D．6[解析]聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋\f(3p,2)，,x2＝2py，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－p，,y＝\f(p,2)，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3p，,y＝\f(9,2)p，))∴Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－p，\f(p,2)))，由拋物線方程得y＝eq\f(1,2p)x2，∴y′＝eq\f(1,p)x，∴y′|x＝－p＝－1，所以eq\f(－6－\f(p,2),3＋p)＝－1，解得p＝6.故選D.7．(2023·廣東深圳中學、華師附中、省實、廣雅四校聯(lián)考)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦點為F，左頂點為A，M為C的一條漸近線上一點，延長FM交y軸于點N，直線AM經過ON(其中O為坐標原點)的中點B，且|ON|＝2|BM|，則雙曲線C的離心率為(A)A．2 B．eq\r(5)C．eq\f(5,2) D．2eq\r(3)[解析]記M為雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的漸近線bx－ay＝0上的點，因為|ON|＝2|BM|，且|OB|＝|BN|，所以∠BOM＝∠BMO，∠BMN＝∠BNM.所以NF⊥OM.因為右焦點F(c,0)到漸近線bx－ay＝0的距離|MF|＝eq\f(bc,\r(b2＋a2))＝b，所以|OM|＝|OA|＝a.所以∠BMO＝∠BAO，所以∠BOM＝∠BAO，所以Rt△AOB≌Rt△OMN，所以，∠ABO＝∠ONM，又因為∠MNB＝∠NMB，∠ABO＝∠NBM.所以△MNB為等邊三角形，所以∠FNO＝60°，所以∠MFO＝30°，即eq\f(b,a)＝tan60°＝eq\r(3)，所以e＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝2.故選A.8．(2023·安徽蚌埠質檢)若橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,4)＝1(a>2)上存在兩點A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)到點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,5)，0))的距離相等，則橢圓的離心率的取值范圍是(B)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(5),5))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)，1))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1))[解析]記AB的中點為Q(m，n)，則x1＋x2＝2m，y1＋y2＝2n，由題意點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,5)，0))在線段AB的中垂線上，坐標代入橢圓方程相減可得eq\f(x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2),a2)＋eq\f(y\o\al(2,1)－y\o\al(2,2),4)＝0，所以－eq\f(4,a2)＝eq\f(y\o\al(2,1)－y\o\al(2,2),x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2))＝eq\f(y1－y2,x1－x2)×eq\f(y1＋y2,x1＋x2)＝kAB×eq\f(n,m)，得kAB＝－eq\f(4m,a2n)，所以AB的中垂線的方程為y－n＝eq\f(a2n,4m)(x－m)，令y＝0得x0＝eq\f(a2－4,a2)m＝eq\f(a2－4,a)×eq\f(m,a)＝eq\f(a,5)，由題意0<m<a，故eq\f(a2－4,a)>eq\f(a,5)，所以a2>5.e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1－\f(4,a2))>eq\r(1－\f(4,5))＝eq\f(\r(5),5)，選B.二、多選題9．過雙曲線x2－eq\f(y2,2)＝1的右焦點F作直線l交雙曲線于A，B兩點，若|AB|＝4，則直線l的方程可能為(ACD)A．x＝eq\r(3) B．x＋2y－1＝0C．x－eq\r(2)y－eq\r(3)＝0 D．x＋eq\r(2)y－eq\r(3)＝0[解析]設A(x1，y1)，B(x2，y2)，當直線l的斜率不存在時，其方程為x＝eq\r(3)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\r(3)，,x2－\f(y2,2)＝1，))得y＝±2，∴|AB|＝|y1－y2|＝4滿足題意．當直線l的斜率存在時，其方程為y＝k(x－eq\r(3))，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－\r(3)，,x2－\f(y2,2)＝1，))得(2－k2)x2＋2eq\r(3)k2x－3k2－2＝0.當2－k2＝0時，不符合題意，當2－k2≠0時，x1＋x2＝eq\f(2\r(3)k2,k2－2)，x1x2＝eq\f(3k2＋2,k2－2)，|AB|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3)k2,k2－2)))2－\f(12k2＋8,k2－2))＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\f(16k2＋1,k2－22))＝eq\f(4k2＋1,|k2－2|)＝4.解得k＝±eq\f(\r(2),2)，故l的方程為y＝eq\f(\r(2),2)(x－eq\r(3))或y＝－eq\f(\r(2),2)(x－eq\r(3))，即x－eq\r(2)y－eq\r(3)＝0或x＋eq\r(2)y－eq\r(3)＝0，故選ACD.10．(2022·廣東茂名模擬)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，直線的斜率為eq\r(3)且經過點F，直線l與拋物線C交于A，B兩點(點A在第一象限)、與拋物線的準線交于點D，若|AF|＝4，則以下結論正確的是(ABC)A．p＝2 B．F為AD的中點C．|BD|＝2|BF| D．|BF|＝2[解析]如圖所示：作AC⊥準線于C，AM⊥x軸于M，BE⊥準線于E，直線的斜率為eq\r(3)，故tan∠AFM＝eq\r(3)，∠AFM＝eq\f(π,3)，|AF|＝4，故|MF|＝2，|AM|＝2eq\r(3)，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)＋2，2\r(3)))，代入拋物線得到p＝2，∴A正確；又|NF|＝|FM|＝2，故△AMF≌△DNF，故AF＝DF＝4，即F為AD的中點，∴B正確；又易得∠BDE＝eq\f(π,6)，故|DB|＝2|BE|＝2|BF|，即|BD|＝2|BF|，∴C正確；所以|BD|＋|BF|＝|DF|＝|AF|＝4，故|BF|＝eq\f(4,3).∴D錯誤．故選ABC.11．(2023·湖北十堰調研)已知雙曲線x2－eq\f(y2,b2)＝1(b>0)的左、右焦點分別為F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)．直線y＝eq\f(\r(3),3)(x＋c)與雙曲線左、右兩支分別交于A，B兩點，M為線段AB的中點，且|AB|＝4，則下列說法正確的有(BD)A．雙曲線的離心率為eq\f(2\r(3),3)B.eq\o(F2F1,\s\up6(→))·eq\o(F2M,\s\up6(→))＝eq\o(F2A,\s\up6(→))·eq\o(F2M,\s\up6(→))C.eq\o(F2F1,\s\up6(→))·eq\o(F2M,\s\up6(→))＝eq\o(F1F2,\s\up6(→))·eq\o(F1M,\s\up6(→))D．|F1M|＝|F2A|[解析]如圖，連接AF2，BF2，MF2，設|AF1|＝x，因為|AB|＝4，a＝1，所以|AF2|＝|BF2|＝|MF1|＝x＋2，D正確；又M為線段AB的中點，所以MF2⊥AB.又tan∠BF1F2＝eq\f(\r(3),3)，所以|MF2|＝c，|MF1|＝|AF2|＝eq\r(3)c，則|AM|＝eq\r(2)c＝2，得c＝eq\r(2)，所以雙曲線的離心率為eq\f(c,a)＝eq\r(2)，A不正確；eq\o(F2F1,\s\up6(→))·eq\o(F2M,\s\up6(→))＝|eq\o(F2F1,\s\up6(→))||eq\o(F2M,\s\up6(→))|·cos∠F1F2M＝|eq\o(F2M,\s\up6(→))|2＝2，eq\o(F2A,\s\up6(→))·eq\o(F2M,\s\up6(→))＝|eq\o(F2A,\s\up6(→))||eq\o(F2M,\s\up6(→))|·cos∠AF2M＝|eq\o(F2M,\s\up6(→))|2＝2.eq\o(F1F2,\s\up6(→))·eq\o(F1M,\s\up6(→))＝|eq\o(F1F2,\s\up6(→))||eq\o(F1M,\s\up6(→))|·cos∠MF1F2＝|eq\o(F1M,\s\up6(→))|2＝6，B正確，C不正確．故選BD.三、填空題12．(2022·河北模擬)寫出一條同時滿足下列條件①②③的直線的方程：y＝－eq\f(1,2)x＋1(答案不唯一).①斜率小于0；②在x軸上的截距大于0；③與雙曲線eq\f(x2,4)－y2＝1有且僅有一個公共點．[解析]只要與漸近線y＝－eq\f(1,2)x平行，且在x軸上的截距大于0即可．13．(2022·湖南長沙調研)過點(0,3)的直線l與拋物線y2＝4x只有一個公共點，則直線l的方程為y＝eq\f(1,3)x＋3或y＝3或x＝0.[解析]當直線l的斜率k存在且k≠0時，由相切知直線l的方程為y＝eq\f(1,3)x＋3；當k＝0時，直線l的方程為y＝3，此時直線l平行于拋物線的對稱軸，且與拋物線只有一個公共點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，3))；當k不存在時，直線l與拋物線也只有一個公共點(0,0)，此時直線l的方程為x＝0.綜上，過點(0,3)且與拋物線y2＝4x只有一個公共點的直線l的方程為y＝eq\f(1,3)x＋3或y＝3或x＝0.四、解答題14．(2023·江西南昌摸底)已知A(2,0)，B(0,1)是橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的兩個頂點．(1)求橢圓E的標準方程；(2)過點P(2,1)的直線l與橢圓E交于C，D，與直線AB交于點M，求eq\f(|PM|,|PC|)＋eq\f(|PM|,|PD|)的值．[解析](1)a＝2，b＝1，故橢圓E的標準方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)設C(x1，y1)，D(x2，y2)，M(x3，y3)，直線l的斜率為k，則|PC|＝|xP－x1|eq\r(1＋k2)＝(2－x1)eq\r(1＋k2)，同理|PD|＝(2－x2)eq\r(1＋k2)，|PM|＝(2－x3)eq\r(1＋k2)，則eq\f(|PM|,|PC|)＋eq\f(|PM|,|PD|)＝eq\f(2－x3,2－x1)＋eq\f(2－x3,2－x2).設l：y－1＝k(x－2)，而AB：eq\f(x,2)＋y＝1，聯(lián)立解得x3＝eq\f(4k,2k＋1)，所以2－x3＝2－eq\f(4k,2k＋1)＝eq\f(2,2k＋1)；聯(lián)立直線l與橢圓E的方程，消去y得：(4k2＋1)x2－8k(2k－1)x＋16k2－16k＝0，所以x1＋x2＝eq\f(8k2k－1,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(16k2－16k,4k2＋1)，所以eq\f(1,2－x1)＋eq\f(1,2－x2)＝－eq\f(x1＋x2－4,x1－2x2－2)＝－eq\f(x1＋x2－4,x1x2－2x1＋x2＋4)＝－eq\f(\f(8k2k－1,4k2＋1)－4,\f(16k2－16k,4k2＋1)－2×\f(8k2k－1,4k2＋1)＋4)＝2k＋1，所以eq\f(2－x3,2－x1)＋eq\f(2－x3,2－x2)＝eq\f(2,2k＋1)×(2k＋1)＝2，即eq\f(|PM|,|PC|)＋eq\f(|PM|,|PD|)＝2.15．(2022·天津河西區(qū)模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1、F2，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(3,2)))是橢圓C上一點，且PF1與x軸垂直．(1)求橢圓C的標準方程；(2)設橢圓C的右頂點為A，O為坐標原點，過F2作斜率大于0的直線l交橢圓C于M、N兩點，直線l與坐標軸不重合，若△OAM與△OMN的面積比為23，求直線l的方程．[解析](1)由題意得F2(1,0)，F(xiàn)1(－1,0)，c＝1，則2a＝|PF1|＋|PF2|＝eq\r(1＋12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－0))2)＋eq\f(3,2)＝4，即a＝2，∴b2＝a2－c2＝3，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或由\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(9,4b2)＝1，,a2＝b2＋1，))得\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝3，))))故E的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)設直線l的方程為x＝my＋1(m>0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，不妨設M在第一象限．與橢圓C方程聯(lián)立，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去x，得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，y1＋y2＝－eq\f(6m,3m2＋4)，y1y2＝－eq\f(9,3m2＋4)，∵S△OAM＝eq\f(1,2)|OA|·y1，S△OMN＝eq\f(1,2)|OF|·(y1－y2)，△OAM與△OMN的面積比為23，∴eq\f(y1,y1－y2)＝eq\f(1,3)，整理得y2＝－2y1，∴－y1＝－eq\f(6m,3m2＋4)，－2yeq\o\al(2,2)＝－eq\f(9,3m2＋4)，即2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6m,3m2＋4)))2＝eq\f(9,3m2＋4)，解得m2＝eq\f(4,5)，∵m>0，∴m＝eq\f(2\r(5),5)，直線l的方程為x＝eq\f(2\r(5),5)y＋1，即5x－2eq\r(5)y－5＝0.B組能力提升1．(2020·天津高考真題)已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一個頂點為A(0，－3)，右焦點為F，且|OA|＝|OF|，其中O為原點．(1)求橢圓的方程；(2)已知點C滿足3eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OF,\s\up6(→))，點B在橢圓上(B異于橢圓的頂點)，直線AB與以C為圓心的圓相切于點P，且P為線段AB的中點，求直線AB的方程．[解析](1)由已知可得b＝3.記半焦距為c，由|OF|＝|OA|可得c＝b＝3.又由a2＝b2＋c2，可得a2＝18.所以，橢圓的方程為eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝1.(2)因為直線AB與以C為圓心的圓相切于點P，所以AB⊥CP.依題意，直線AB和直線CP的斜率均存在，設直線AB的方程為y＝kx－3.由方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－3，,\f(x2,18)＋\f(y2,9)＝1，))消去y，可得(2k2＋1)x2－12kx＝0，解得x＝0或x＝eq\f(12k,2k2＋1).依題意，可得點B的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12k,2k2＋1)，\f(6k2－3,2k2＋1))).因為P為線段AB的中點，點A的坐標為(0，－3)，所以點P的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6k,2k2＋1)，\f(－3,2k2＋1))).由3eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\o(OF,\s\up6(→))，得點C的坐標為(1,0)，故直線CP的斜率為eq\f(\f(－3,2k2＋1)－0,\f(6k,2k2＋1)－1)＝eq\f(3,2k2－6k＋1).又因為AB⊥CP，所以k·eq\f(3,2k2－6k＋1)＝－1，整理得2k2－3k＋1＝0，解得k＝eq\f(1,2)或k＝1.所以，直線AB的方程為y＝eq\f(1,2)x－3或y＝x－3.2．(2023·福建廈門質檢)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦距為2eq\r(2)，且過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(\r(3),3))).(1)求C的標準方程；(2)過C的右焦點的直線l與C交于A，B兩點，C上一點M滿足eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\f(4,3)eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))，求|OM|.[解析](1)設焦距為2c，則c＝eq\r(2)，設橢圓左右焦點分別為F1，F(xiàn)2，則|PF2|＝eq\f(\r(3),3)，|PF1|＝eq\r(2\r(2)2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2)＝eq\f(5\r(3),3)，∴2a＝|PF1|＋|PF2|＝2eq\r(3)，即a＝eq\r(3)，則b＝1，∴橢圓方程為eq\f(x2,3)＋y2＝1.(2)由eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\f(4,3)eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))得，eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\f(4,3)eq\o(OM,\s\up6(→))，①當直線l：y＝0時，|BA|＝2eq\r(3)，|OM|＝eq\r(3)，舍去；②設直線l：x＝my＋eq\r(2)，直線OM：x＝my，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋3y2＝3，,x＝my＋\r(2)，))消去x并整理可得(m2＋3)y2＋2eq\r(2)my－1＝0，由韋達定理可得y1＋y2＝－eq\f(2\r(2)m,m2＋3)，y1y2＝－eq\f(1,m2＋3)，∴|AB|＝eq\r(1＋m2)|y1－y2|＝eq\r(1＋m2)·eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\f(2\r(3)m2＋1,m2＋3)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋3y2＝3，,x＝my，))解得y2＝eq\f(3,m2＋3)，得到|OM|＝eq\r(1＋m2)|yM|＝eq\r(\f(3m2＋1,m2＋3))，依題意可得，eq\f(|AB|2,|OM|