点差法弦长公式

点差法1.过点(1，0)的直线l与中心在原点，焦点在x轴上且离心率为22的椭圆C相交于A、B两点，直线y=21x过线段AB的中点，同时椭圆C上存在一点与右焦点关于直线l对称，试求直线l与椭圆C的方程.命题意图：本题利用对称问题来考查用待定系数法求曲线方程的方法，设计新颖，基础性强，属★★★★★级题目.知识依托：待定系数法求曲线方程，如何处理直线与圆锥曲线问题，对称问题.错解分析：不能恰当地利用离心率设出方程是学生容易犯的错误.恰当地利用好对称问题是解决好本题的关键.技巧与方法：本题是典型的求圆锥曲线方程的问题，解法一，将A、B两点坐标代入圆锥曲线方程，两式相减得关于直线AB斜率的等式.解法二，用韦达定理.解法一：由e=22ac,得21222aba,从而a2=2b2,c=b.设椭圆方程为x2+2y2=2b2,A(x1,y1),B(x2,y2)在椭圆上.则x12+2y12=2b2,x22+2y22=2b2,两式相减得，(x12－x22)+2(y12－y22)=0,.)(221212121yyxxxxyy设AB中点为(x0,y0),则kAB=－002yx,又(x0,y0)在直线y=21x上，y0=21x0,于是－002yx=－1,kAB=－1,设l的方程为y=－x+1.右焦点(b,0)关于l的对称点设为(x′,y′),byxbxybxy111221解得则由点(1,1－b)在椭圆上，得1+2(1－b)2=2b2,b2=89,1692a.∴所求椭圆C的方程为2291698yx=1,l的方程为y=－x+1.解法二：由e=21,22222abaac得,从而a2=2b2,c=b.设椭圆C的方程为x2+2y2=2b2,l的方程为y=k(x－1),将l的方程代入C的方程，得(1+2k2)x2－4k2x+2k2－2b2=0,则x1+x2=22214kk,y1+y2=k(x1－1)+k(x2－1)=k(x1+x2)－2k=－2212kk.直线l：y=21x过AB的中点(2,22121yyxx),则2222122121kkkk,解得k=0，或k=－1.若k=0,则l的方程为y=0,焦点F(c,0)关于直线l的对称点就是F点本身，不能在椭圆C上，所以k=0舍去，从而k=－1，直线l的方程为y=－(x－1),即y=－x+1,以下同解法一.2.(★★★★★)已知圆C1的方程为(x－2)2+(y－1)2=320,椭圆C2的方程为2222byax=1(a＞b＞0)，C2的离心率为22，如果C1与C2相交于A、B两点，且线段AB恰为圆C1的直径，求直线AB的方程和椭圆C2的方程.解：由e=22,可设椭圆方程为22222bybx=1,又设A(x1,y1)、B(x2,y2),则x1+x2=4,y1+y2=2,又2222222212212,12bybxbybx=1,两式相减，得22221222212byybxx=0,即(x1+x2)(x1－x2)+2(y1+y2)(y1－y2)=0.化简得2121xxyy=－1,故直线AB的方程为y=－x+3,代入椭圆方程得3x2－12x+18－2b2=0.有Δ=24b2－72＞0,又|AB|=3204)(221221xxxx,得3209722422b，解得b2=8.故所求椭圆方程为81622yx=1.2222000210310123xyabeABabABxPABCxyxFAFBF椭圆（）的离心率，、是椭圆上关于坐标不对称的两点，线段的中垂线与轴交于点（，）。（）设中点为（，），求的值。（）若是椭圆的右焦点，且，求椭圆的方程。159523233322923322332499951959500195943232122122202121212122120000000000202212121020221212122121222222222222122122222222220021210210212211yxbcacaaxxxxxaexaexaexaBFexaAFxcaBFacxcaAFBFAFxxxyxyxyxyaxbxxyyyyyaxbxxyyyyaxxxxbbayaxbbayaxbbyaxBAababaaceyxxxyyyyyxxxyxByxA所求椭圆方程为）（又）（）（）（））（（））（（上在椭圆、又由，则），（）、，（）令（（2006年江西卷）如图，椭圆Q：2222xy1ab＋＝（ab0）的右焦点F（c，0），过点F的一动直线m绕点F转动，并且交椭圆于A、B两点，P是线段AB的中点求点P的轨迹H的方程在Q的方程中，令a2＝1＋cos＋sin，b2＝sin（02），确定的值，使原点距椭圆的右准线l最远，此时，设l与x轴交点为D，当直线m绕点F转动到什么位置时，三角形ABD的面积最大？解：如图，（1）设椭圆Q：2222xy1ab＋＝（ab0）上的点A（x1，y1）、B（x2，y2），又设P点坐标为P（x，y），则2222221122222222bxayab1bxayab2＋＝…………（）＋＝…………（）1当AB不垂直x轴时，x1x2，由（1）－（2）得b2（x1－x2）2x＋a2（y1－y2）2y＝0212212yybxyxxayxc－＝－＝－－b2x2＋a2y2－b2cx＝0…………（3）2当AB垂直于x轴时，点P即为点F，满足方程（3）故所求点P的轨迹方程为：b2x2＋a2y2－b2cx＝0（2）因为，椭圆Q右准线l方程是x＝2ac，原点距l的距离为2ac，由于c2＝a2－b2，a2＝1＋cos＋sin，b2＝sin（02）则2ac＝1cossin1cos＋＋＋＝2sin（2＋4）当＝2时，上式达到最大值。此时a2＝2，b2＝1，c＝1，D（2，0），|DF|＝1设椭圆Q：22xy12＋＝上的点A（x1，y1）、B（x2，y2），三角形ABD的面积S＝12|y1|＋12|y2|＝12|y1－y2|设直线m的方程为x＝ky＋1，代入22xy12＋＝中，得（2＋k2）y2＋2ky－1＝0由韦达定理得y1＋y2＝22k2k－＋，y1y2＝212k－＋，4S2＝（y1－y2）2＝（y1＋y2）2－4y1y2＝2228k1k2（＋）（＋）令t＝k2＋11，得4S2＝28t8821t14t2t＝＝（＋）＋＋，当t＝1，k＝0时取等号。因此，当直线m绕点F转到垂直x轴位置时，三角形ABD的面积最大。(2006年湖南卷）已知椭圆C1:22143xy,抛物线C2:2()2(0)ympxp,且C1、C2的公共弦AB过椭圆C1的右焦点.(Ⅰ)当AB⊥x轴时,求m、p的值，并判断抛物线C2的焦点是否在直线AB上；(Ⅱ)是否存在m、p的值，使抛物线C2的焦点恰在直线AB上？若存在，求出符合条件的m、p的值；若不存在，请说明理由.45．(Ⅰ)m=0，98p；(Ⅱ)63m，或63m，43p。解（Ⅰ）当AB⊥x轴时，点A、B关于x轴对称，所以m＝0，直线AB的方程为x=1，从而点A的坐标为（1，23）或（1，－23）.因为点A在抛物线上，所以p249，即89p.此时C2的焦点坐标为（169，0），该焦点不在直线AB上.（Ⅱ）解法一当C2的焦点在AB时，由（Ⅰ）知直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为)1(xky.由134)1(22yxxky消去y得01248)43(2222kxkxk.……①设A、B的坐标分别为（x1,y1）,（x2,y2）,则x1,x2是方程①的两根，x1＋x2＝22438kk.因为AB既是过C1的右焦点的弦，又是过C2的焦点的弦，所以)(214)212()212(2121xxxxAB，且1212()()22ppABxxxxp.从而121214()2xxpxx.所以12463pxx，即22846343kpk.解得6,62kk即.AyBOx因为C2的焦点),32(mF在直线)1(xky上，所以km31.即3636mm或.当36m时，直线AB的方程为)1(6xy；当36m时，直线AB的方程为)1(6xy.解法二当C2的焦点在AB时，由（Ⅰ）知直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为)1(xky.由)1(38)(2xkyxmy消去y得xmkkx38)(2.……①因为C2的焦点),32(mF在直线)1(xky上，所以)132(km，即km31.代入①有xkkx38)32(2.即094)2(342222kxkxk.……②设A、B的坐标分别为（x1,y1）,（x2,y2）,则x1,x2是方程②的两根，x1＋x2＝223)2(4kk.由134)1(22yxxky消去y得01248)43(2222kxkxk.……③由于x1,x2也是方程③的两根，所以x1＋x2＝22438kk.从而223)2(4kk＝22438kk.解得6,62kk即.因为C2的焦点),32(mF在直线)1(xky上，所以km31.即3636mm或.当36m时，直线AB的方程为)1(6xy；当36m时，直线AB的方程为)1(6xy.解法三设A、B的坐标分别为（x1,y1）,（x2,y2）,因为AB既过C1的右焦点)0,1(F，又是过C2的焦点),32(mF，所以)212()212()2()2(212121xxpxxpxpxAB.即916)4(3221pxx.……①由（Ⅰ）知21xx，于是直线AB的斜率mmxxyyk313201212，……②且直线AB的方程是)1(3xmy,所以32)2(32121mxxmyy.……③又因为1243124322222121yxyx，所以0)(4)(312122121xxyyyyxx.……④将①、②、③代入④得322m，即3636mm或.当36m时，直线AB的方程为)1(6xy；当36m时，直线AB的方程为)1(6xy.弦长公式1.已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在x轴上，它的一个焦点为F，M是椭圆上的任意点，|MF|的最大值和最小值的几何平均数为2，椭圆上存在着以y=x为轴的对称点M1和M2，且|M1M2|=3104，试求椭圆的方程.解：|MF|max=a+c,|MF|min=a－c,则(a+c)(a－c)=a2－c2=b2,∴b2=4,设椭圆方程为14222yax①设过M1和M2的直线方程为y=－x+m②将②代入①得：(4+a2)x2－2a2mx+a2m2－4a2=0③设M1(x1,y1)、M2(x2,y2),M1M2的中点为(x0,y0),则x0=21(x1+x2)=224ama,y0=－x0+m=244am.代入y=x,得222444amama,由于a2＞4,∴m=0,∴由③知x1+x2=0,x1x2=－2244aa,又|M1M2|=31044)(221221xxxx,代入x1+x2,x1x2可解a2=5,故所求椭圆方程为：4522yx=1.2.（2008全国一21）．（本小题满分12分）双曲线的中心为原点O，焦点在x轴上，两条渐近线分别为12ll，，经过右焦点F垂直于1l的直线分别交12ll，于AB，两点．已知OAABOB、、成等差数列，且BF与FA同向．（Ⅰ）求双曲线的离心率；（Ⅱ）设AB被双曲线所截得