直线与椭圆的综合问题

椭圆中的相交弦问题化州市第一中学张海玲一、直线与椭圆的位置关系的判断将直线方程与椭圆方程联立，消去一个变量得到关于x(或y)的一元方程：ax2＋bx＋c＝0(或ay2＋by＋c＝0)．可考虑一元二次方程的判别式Δ，有①Δ＞0⇔直线与圆锥曲线____；②Δ＝0⇔直线与圆锥曲线____；③Δ＜0⇔直线与圆锥曲线______相交相切相离二、圆锥曲线的弦长设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A、B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝___________＝1＋1k2|y2－y1|.1＋k2|x2－x1|考向二[144]最值与范围问题(2014·课标全国卷Ⅰ)已知点A(0，－2)，椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为32，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为233，O为坐标原点．(1)求E的方程；(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程．【解】(1)设F(c,0)，由条件知，2c＝233，得c＝3.又ca＝32，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.故E的方程为x24＋y2＝1.(2)当l⊥x轴时不合题意，故设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．将y＝kx－2代入x24＋y2＝1得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.当Δ＝16(4k2－3)0时，则k234，x1＋x2＝16k1＋4k2，x1x2＝121＋4k2.∴|x1－x2|＝x1＋x22－4x1x2＝44k2－34k2＋1.从而|PQ|＝1＋k2|x1－x2|＝4k2＋1·4k2－34k2＋1.又点O到直线PQ的距离d＝2k2＋1，所以△OPQ的面积S△OPQ＝12d·|PQ|＝44k2－34k2＋1.设4k2－3＝t，则t0，S△OPQ＝4tt2＋4＝4t＋4t.因为t＋4t≥4，当且仅当t＝2，即k＝±72时等号成立，且满足Δ0.所以，当△OPQ的面积最大时，l的方程为y＝72x－2或y＝－72x－2.规律方法2在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑：1利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；2利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系；3利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；4利用基本不等式求出参数的取值范围；5利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围.（北京高考）已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的一个顶点为A(2,0)，离心率为22.直线y＝k(x－1)与椭圆C交于不同的两点M，N．(1)求椭圆C的方程；(2)当△AMN的面积为103时，求k的值．规律方法直线与椭圆相交问题解题策略当直线与椭圆相交时：涉及弦长问题，常用“根与系数的关系”设而不求计算弦长；涉及求过定点的弦中点的轨迹和求被定点平分的弦所在的直线方程问题，常用“点差法”设而不求，将动点的坐标、弦所在直线的斜率、弦的中点坐标联系起来，相互转化.其中，判别式大于零是检验所求参数的值有意义的依据.考向三综合应用已知椭圆C1：x24＋y2＝1，椭圆C2以C1的长轴为短轴，且与C1有相同的离心率．(1)求椭圆C2的方程；(2)设O为坐标原点，点A，B分别在椭圆C1和C2上，OB→＝2OA→，求直线AB的方程．【解】(1)由已知可设椭圆C2的方程为y2a2＋x24＝1(a2)，其离心率为32，故a2－4a＝32，解得a＝4.故椭圆C2的方程为y216＋x24＝1.(2)法一A，B两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，由OB→＝2OA→及(1)知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，因此可设直线AB的方程为y＝kx.将y＝kx代入x24＋y2＝1中，得(1＋4k2)x2＝4，所以x2A＝41＋4k2.将y＝kx代入y216＋x24＝1中，得(4＋k2)x2＝16，所以x2B＝164＋k2.又由OB→＝2OA→，得x2B＝4x2A，即164＋k2＝161＋4k2，解得k＝±1.故直线AB的方程为y＝x或y＝－x.法二A，B两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，由OB→＝2OA→及(1)知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，因此可设直线AB的方程为y＝kx.将y＝kx代入x24＋y2＝1中，得(1＋4k2)x2＝4，所以x2A＝41＋4k2.法二A，B两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，由OB→＝2OA→及(1)知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，因此可设直线AB的方程为y＝kx.将y＝kx代入x24＋y2＝1中，得(1＋4k2)x2＝4，所以x2A＝41＋4k2.由OB→＝2OA→，得x2B＝161＋4k2，y2B＝16k21＋4k2.将x2B，y2B代入y216＋x24＝1中，得4＋k21＋4k2＝1，即4＋k2＝1＋4k2，解得k＝±1.故直线AB的方程为y＝x或y＝－x.-19-考点一考点二考点三考点四举一反三1已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A(2,3),且点F(2,0)为其右焦点.(1)求椭圆C的方程;(2)是否存在平行于OA的直线l,使得直线l与椭圆C有公共点,且直线OA与l的距离等于4?若存在,求出直线l的方程;若不存在,说明理由.-20-考点一考点二考点三考点四解法一:(1)依题意,可设椭圆C的方程为𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(ab0),且可知左焦点为F'(-2,0),从而有𝑐=2,2𝑎=|𝐴𝐹|+|𝐴𝐹'|=3+5=8,解得𝑐=2,𝑎=4.又a2=b2+c2,所以b2=12.故椭圆C的方程为𝑥216+𝑦212=1.-21-考点一考点二考点三考点四(2)假设存在符合题意的直线l,其方程为y=32x+t.由𝑦=32x+t,𝑥216+𝑦212=1,得3x2+3tx+t2-12=0.因为直线l与椭圆C有公共点,所以Δ=(3t)2-4×3(t2-12)≥0.解得-43≤t≤43.另一方面,由直线OA与l的距离d=4可得|𝑡|94+1=4,从而t=±213.由于±213∉[-43,43],所以符合题意的直线l不存在.-22-考点一考点二考点三考点四解法二:(1)依题意,可设椭圆C的方程为𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(ab0),且有4𝑎2+9𝑏2=1,𝑎2-𝑏2=4.解得b2=12或b2=-3(舍去).从而a2=16.所以椭圆C的方程为𝑥216+𝑦212=1.(2)同解法一.-23-考点一考点二考点三考点四考点二圆锥曲线中的相交弦问题【例2】(2013天津高考)设椭圆𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(ab0)的左焦点为F,离心率为33,过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为433.(1)求椭圆的方程;(2)设A,B分别为椭圆的左、右顶点,过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C,D两点.若𝐴𝐶·𝐷𝐵+𝐴𝐷·𝐶𝐵=8,求k的值.答案答案关闭(1)设F(-c,0),由𝑐𝑎=33,知a=3c.过点F且与x轴垂直的直线为x=-c,代入椭圆方程有(-𝑐)2𝑎2+𝑦2𝑏2=1,解得y=±6b3,于是26b3=433,解得b=2,又a2-c2=b2,从而a=3,c=1,所以椭圆的方程为𝑥23+𝑦22=1.(2)设点C(x1,y1),D(x2,y2),由F(-1,0)得直线CD的方程为y=k(x+1),由方程组𝑦=𝑘(𝑥+1),𝑥23+𝑦22=1消去y,整理得(2+3k2)x2+6k2x+3k2-6=0.求解可得x1+x2=-6𝑘22+3𝑘2,x1x2=3𝑘2-62+3𝑘2.因为A(-3,0),B(3,0),所以𝐴𝐶·𝐷𝐵+𝐴𝐷·𝐶𝐵=(x1+3,y1)·(3-x2,-y2)+(x2+3,y2)·(3-x1,-y1)=6-2x1x2-2y1y2=6-2x1x2-2k2(x1+1)·(x2+1)=6-(2+2k2)x1x2-2k2(x1+x2)-2k2=6+2𝑘2+122+3𝑘2.由已知得6+2𝑘2+122+3𝑘2=8,解得k=±2.课堂互动讲练（弦长问题）例、在平面直角坐标系xOy中，点P到两点(0，－3)，(0，3)的距离之和等于4，设点P的轨迹为C.(1)写出C的方程；(2)设直线y＝kx＋1与C交于A，B两点，则k为何值时OA→⊥OB→？此时|AB→|的值是多少？考点三：椭圆的综合问题课堂互动讲练【解】(1)设P(x，y)，由椭圆定义可知，点P的轨迹C是以(0，－3)，(0，3)为焦点，长半轴为2的椭圆，它的短半轴b＝22－(3)2＝1，故曲线C的方程为x2＋y24＝1.4分课堂互动讲练(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，其坐标满足x2＋y24＝1，y＝kx＋1，消去y并整理，得(k2＋4)x2＋2kx－3＝0，故x1＋x2＝－2kk2＋4，x1x2＝－3k2＋4.8分若OA→⊥OB→，则x1x2＋y1y2＝0.课堂互动讲练而y1y2＝k2x1x2＋k(x1＋x2)＋1，9分于是x1x2＋y1y2＝－3k2＋4－3k2k2＋4－2k2k2＋4＋1＝－4k2＋1k2＋4＝0，化简得－4k2＋1＝0，所以k＝±12.10分当k＝±12时，x1＋x2＝∓417，x1x2＝－1217.课堂互动讲练|AB→|＝(x2－x1)2＋(y2－y1)2＝(1＋k2)(x2－x1)2，而(x2－x1)2＝(x2＋x1)2－4x1x2＝42172＋4×1217＝43×13172.所以|AB→|＝46517.12分