听组词：直线与椭圆位置关系(经典)

2020年11月20日发(作者：江峰)



知识与归纳：

1.. 点与椭圆的位置关系

直线与椭圆 (教师版 )
点
P
(
x
0
，
y
0
)在椭圆
x
2
y
b
x
2
0
2
2



a
在椭圆上的充要条件是
2 2
1
内部的充要条件是
x

2
a
2
0

2
2
0
y
2
0
2
1
；在椭圆外部的充要条件是
x
2
0
2
y
b
2
0
b a
2
1
；


y
b
1
.
a

2. 直线与椭圆的位置关系 .

设直线
l
：
Ax
+
By
+
C
=0 ，椭圆
C
：


x
2
2

y
2
b
2
1
，联立
l
与
C
，消去某一变量 (
x
或
y
)得到关于另一个变量的一元
a
二次方程，此一元二次方程的判别式为Δ，

则
l
与
C
相离的
3.
计 算 椭 圆 被 直 线 截 得 的 弦 长 ， 往 往 是 设 而 不 求 ， 即 设 弦 两 端 坐 标 为
P
1
(
x
1

，
y
1
) ，
P
2
(
x
2

，

Δ<0 ；
l
与
C
相切 Δ=0 ；
l
与
C
相交于不同两点 Δ>0.


y
2
)


|
P
1
P
2
|=
( x
1

x )
2

2
( y
1

y )
2
2

1 k x
1
2
x
2
1
1
k
2
y
1
y
2
（ k 为直线斜率）形式 ( 利用根与
系数关系


（推导过程：若点
A(x
1
, y
1
)， B( x
2
, y
2
)
在直线
y


kx b(k 0)
上，
则
y
1


kx
1

b， y
2

kx
2

b
，这是同点纵横坐标变换，是两大坐标变换技巧之一，
AB

( x x )
1 2
2
2
( y
2
1
y )
2
2
( x x )
1 2
2
( kx kx )
1 2
2
(1 k )( x
2
1
x )
2
2

(1 k)[( x

1
x )
2
4x x ]
1 2
2 2

或者
AB
( x
1
x
2
) ( y
1
y
2
)

(1

1
k
2


)[( y
1
1 1
2 2
( x
1
x
2
) ( y
1
y
2
)
k k
(1
1
k
2
)( y
1
y
2
)
2
y )
2
2
4 y y
]
。)
1 2

一，直线与椭圆的位置关系


例题 1、判断直线
kx



y 3 0
与椭圆
x
2
y
2
1
的位置关系
16
y kx 3
2
2
2 2
可得

(4
k
1)
x

解：由
xy
1
16 4


4
24
kx
20 0
16(16 k
2
5)


（ 1）当
16(16k
2
5)
0即k

5
或k
4
5
或k
4
5
4
k
5
4
x
2
5
4
5
4
时，直线
kx

y 3 0
与椭圆
x
2
y
2
1
相交

16
时，直线
kx

4
y
2



（ 2）当
16(16k
2
5)
0即k
y 3 0
与椭圆
x
2
1
相切

16
y 3
0
与椭圆
x
16
2
4
2


（ 3）当
16(16k
2
5) 0即
时，直线
kx
y
1
相离

4
例题 2、若直线
y


kx 1(k
R)
与椭圆
y
2
1
恒有公共点，求实数
m
的取值范围
5

m
解法一：



y kx
1

2
2
2
2
可得
(5

k
由
x
)
mx

10
kx
5 5
m
0
，

y
1
5 m





2
2
m 5k 1
0
即
m 5k 1 1

m
1且m
5
解法二：直线恒过一定点



(0,1)
m
，要使直线与椭圆恒有交点则
5
可保证直线与椭圆恒有交点即
m
1
即
1

m 5
当
m
当
m

5
时，椭圆焦点在
x
轴上，短半轴长
b
5
时，椭圆焦点在
y
轴上，长半轴长
a
1且m 5
(0,1)
m 5


综述：
m


解法三：直线恒过一定点


要使直线与椭圆恒有交点，即要保证定点
(0,1)
在椭圆内部
0
2
1
2
1
即
m 1

5 m
m 1且m 5

[ 评述]由直线方程与椭圆方程联立的方程组解的情况直接导致两曲线的交点状况，而方程解的情况由判别式来决

定，直线与椭圆有相交、相切、相离三种关系，直线方程与椭圆方程联立，消去
次方程，则（ 1 ）直线与椭圆相交
y
或
x
得到关于
x
或
y
的一元二
0
，所
0
（2 ）直线与椭圆相切 3 ）直线与椭圆相离
0
（

以判 定直线与椭圆的位置关系，方程及其判别式是最基本的工具。或者可首先判断直线是否过定点，并且初定定

点在椭圆内、外还是干脆就在椭圆上，然后借助曲线特征判断：如例


2 中法二是根据两曲线的特征观察所至；法
三则紧抓定点在椭圆内部这一特征：点
M
(
x
o
,
y
o
)
在椭圆内部或在椭圆上则
x
2
o
2
y
2
o

2
a b
1
二、弦长问题
例 3、已知椭圆
x
2
y
2
2
ABF
2
的面积
1
0 ，-2 ）及 F
1
的直线交椭圆于 A,B 两点，求⊿
1
的左右焦点分别为 F
1
,F
2
，若过点 P（
解法一：由题可知：直线
l
AB
方程为
2x y 2 0
4 10

y
2
由
x
2
2 x 2
2
2
可得
9
y

y
1
1
1
2
4
y
4
0
，
y
1
y
2

( y
1

y )
2
2
4 y
1
y
2

9

S


F
1
F
2
y
1
y
2

4 10
9
4 5
5
10 2
x
2
9


解法二：
F
2
到直线 AB 的距离
h


y
2
由
x
2

2 x 2
2
2
可得
9 x

16 x 6 0
，又
AB
y
1
1
1
2
4 10
9
2
1 k x
1
2

S

AB h

[ 评述 ] 在利用弦长公式

AB

1 k x
1
x
2
1
1
k
2
y
1

y
2
（ k 为直线斜率）或焦（左）半径公式
AB


PF
1

PF
2

a ex
1

a ex
2

2a 2e( x
1

x
2
)
时，应结合韦达定理解决问题。
F
1
作倾斜解为
的直线交椭圆于
例题 4、 已知长轴为 12 ，短轴长为 6，焦点在
x
轴上的椭圆，过它对的左焦点

A
，
B
两点，求弦
AB
的长．


3
分析：可以利用弦长公式


AB

1 k x
1
x
2
2
(1 k )[( x
1
x )
2
2 2

4x
1
x
2
]
求得，
也可以利用椭圆定义及余弦定理，还可以利用焦点半径来求．

解： (法 1) 利用直线与椭圆相交的弦长公式求解．






AB

1
k x
1
x
2

x
2
2
(1 k )[( x
1
x )
2
y
2
2 2

b 3
，所以
c 3 3
．因为焦点在
x
轴上，
4 x
1
x
2
]
．因为
a 6
，

所以椭圆方程为

1
，左焦点
F ( 3
3 , 0)
，从而直线方程为
y

3 x 9
．
36

9
13
x
2

由直线方程与椭圆方程联立得：


72 3
x
36 8
0
．设
x
1
，
x
2
为方程两根，所以
x
1
x
2

1 k x
1
x
2
2
72 3
13
，
x
1
x
2





36 8
13

，
k

3
， 从 而
AB

(1 k )[( x
1

x
2
)
2

2
4 x
1
x
2
]
48
13
．


(法 2) 利用椭圆的定义及余弦定理求解．


由题意可知椭圆方程为
x

2
y
2





36
2
9


2


1
，设
AF
1

m
，
BF
1

n
，则
AF
2

12 m
，

BF
2

12 n
．


F
1
F
2

2



在
AF
1
F
2
中，
AF
2

AF
1


所以
m
2 AF
1

F
1
F
2

cos
，即
(12 m)

3


2

m
2
36
3 2 m 6 3
48
13

1
2
；
6
4 3

．同理在
BF
1
F
2
中，用余弦定理得
n
6
3
，所以
AB m n
．
4











一、求中点弦所在直线方程问题

例 1 过椭圆
x
2
y
2
2， 1）引一条弦，使弦被点 M 平分，求这条弦所在的直线方程。
1
内一点 M（
y-1=k(x-2) ，代入椭圆方程并整理得：
2
16
( 4k

4
1) x

2
2
解法一：设所求直线方程为
2

8( 2k

k)
k )x 4(2 k 1)
2
16 0
又设直线与椭圆的交点为 A(
x
1
, y
1
) ，B （
x
2
, y
2
），则
x
1
, x
2
是方程的两个根，于是
，


x
1
x
2

8(2k
4 k

x
2
2
2
1
x
又 M 为 AB 的中点，所以
解得
k


1

4(2k
4k
2
k )
2
，
1
2
1
2
，

故所求直线方程为
x 2 y 4
解法二：设直线与椭圆的交点为
0
。

A(
x
1
, y
1
)， B（
x
2
, y
2
）， M（ 2， 1 ）为 AB 的中点，
所以
x
1
x
2
4
，
y
1
2
1

y
2
x
2
，
2
1
2
1

又 A、B 两点在椭圆上，则
两式相减得
( x
所以
4 y
2
1
16
，
x
2

2
4 y
2
2

16
，
x )
x
1
4(y
1

2
2
4( y
x
2

y
2
)
y
1
x
1
y
2

x
2

y ) 0
，

1
1
2
，即
k
AB
2
2
2
，

故所求直线方程为
x 2 y 4

0
。

A(
x , y
)，由于中点为 M（2 ， 1 ）， 解法三：设所求直线与椭圆的一个交点为

则另一个交点为 B(4-
x ,2

y
)，
x
因为 A 、B 两点在椭圆上，所以有
两式相减得
x 2 y 4
2
4 y
2
16
2
(4 x)
2

，
4( 2
y) 16
0
，
由于过 A、B 的直线只有一条，
故所求直线方程为
x 2 y 4
二、求弦中点的轨迹方程问题
0
。

例 2 过椭圆
x
2
y
2
-8 ， 0 ）作直线交椭圆于 Q 点，求 PQ 中点的轨迹方程。
1
上一点 P（
64 36
解法一：设弦 PQ 中 点 M（
x, y
），弦端点 P （
x
1
, y
1
）， Q（
x
2
, y
2
），




2


16 y
1

2
2

则有

9 x
1

9x

576
576


2

2
2
2

16 y
2

x
2


2
，两式相减得
9( x
1


y
2
) 0
，

2
x
2
) 16( y
1


又因为
x
1


2 x
，
y
1
9x
16 y
y
2

2 y
，所以
9 2 x( x
1

y 0
x ( 8)
，故
x
2
) 16 2 y( y
1

y
。
y
2
) 0
，
所以

y
1
x
1
y
2
x
2

2
，而
k
PQ
9 x
16 y x 8

化简可得
9x



72x 16y
2

0
（
x 8
）。
x
1
8
2
2



Q（
x

解法二：设弦中点 M（
x, y
），
1
, y
1

），由
x

，
y

y
1

2
可得
x
1

2 x 8
，
y
1
2 y
，


又因为 Q 在椭圆上，所以

x
2
1
y
2
1

1
，即
2
4( x
4)
64
4 y
2

1
，
64
所以 PQ 中点 M 的轨迹方程为

36
( x 4)
16
y

9
2
36
1
（
x 8
）。

三、弦中点的坐标问题


例 3 求直线
y

x 1
被抛物线
y
2

4 x
截得线段的中点坐标。
解：解法一：设直线
y

得

x 1
与抛物线
y
2

4 x
交于

A(x
1
, y
1
)
，
B( x
2

, y
2

)
，其中点
P( x
0

, y
0
)
，由题意
y x 1
y
2
，
4x
2


消去 y 得
(x 1)


4 x
，即
x
2

6x 1 0
，
所以
x
0


x
1
x
2
2
3
，
y
0

x
0
1 2
，即中点坐标为
(3,2)
。
2
解法二：设直线
y


x 1
与抛物线
y


2
2

4x
交于
A( x
1

, y
1
)
，

B( x
2
, y
2
)
，其中点
P( x
0

, y
0

)
，由题意得
4( x
2

x
1
)
，

y

2
1
2
4 x
1


，两式相减得
y
y
2

4 x
2

( y
2
y
1
)( y
2
x
2
x
1

4
，即
y
0

y
1
)
y
1
2
所以

4
，

所以
y
1






y
2

2
，
x
0
y
0

1 3
，即中点坐标为
(3,2)
。

例题 5、已知
P( 4 , 2)
是直线
l
被椭圆





x
2
y
2
1
所截得的线段的中点，求直线
l
的方程．
36 9

分析：本题考查直线与椭圆的位置关系问题．通常将直线方程与椭圆方程联立消去

y
(或
x
)，得到关于
x
(或
y
)

的一元二次方程，再由根与系数的关系，直接求出

x
1
x
2
，
x
1
x
2
(或

y
1
y
2
，

y
1
y
2
)的值代入计算即得．

并不需要求出直线与椭圆的交点坐标，这种“设而不求”的方法，在解析几何中是经常采用的．






解：方法一：设所求直线方程为

y 2 k( x
4)
．代入椭圆方程，整理得

2

(4 k

2

1) x
2


8k( 4k 2) x 4(4k
2)
1 1 2
36 0
①

1 2
1

设直线与椭圆的交点为
A( x , y )
，
B(x , y )
，则
x
、
x
是①的两根，∴
x
2
x
2
8k(4k 2)
2
4k 1
∵
P (4 ,
2)
为
AB
中点，∴
4


x
1
x
2
2
4k( 4k 2)
4k
2

1
，
k

1
2
．∴所求直线方程为
x
2 y 8 0
．
方法二：设直线与椭圆交点

A( x
1
, y
1
)
，
B(x
2
,
y
2
)
．∵
P(4 , 2)
为
AB
中点，∴
x
1
x
2

2
8
，
y
1
2 2
y
2
4
．
又∵
A
，
B
在椭圆上，∴
x
1

4 y
1

2
36
，
x
2

2
4 y
2

2
36
两式相减得
( x
1

2
x
2
)
2
4( y
1

y
2
) 0
，


即
( x
1



x
2
)( x
1

x
2
) 4( y
1

y
2
)( y
1

y
2
)
0
．∴
x
1
x
2

y
1
y
2
( x
1
x
2
)
4( y
1

y
2
)
1
2
．∴直线方程为
x

2 y 8 0
．

方法三：设所求直线与椭圆的一个交点为

A( x , y)
，另一个交点
B(8 x , 4
y)
．

①。

∵
A
、
B
在椭圆上，∴
x


2

4
y
2
36
(8 x)

4(4 y)
2

2
36
②

从而
A
，
B
在方程①－②的图形
x 2 y 8
0
上，而过
A
、
B
的直线只有一条，∴直线方程为

x 2 y 8 0
．


说明：直线与圆锥曲线的位置关系是重点考查的解析几何问题，

“设而不求”的方法是处理此类问题的有效方法．
4，则如何求椭圆方程？

若已知焦点是
(3 3 , 0)
、
( 3
3 , 0)
的椭圆截直线
x

2 y 8
0
所得弦中点的横坐标是


例题 6、已知椭圆
4
x


2
y
2
1
及直线
y x m
．
（ 1）当
m
为何值时，直线与椭圆有公共点？



（ 2）若直线被椭圆截得的弦长为

2 10

5
，求直线的方程．
解：（1 ）把直线方程

y

x m
代入椭圆方程
4
x
2
2
y
2
2
1
得
4 x

2

2
x m
2
1
，

5
2
5
2


即
5x

2

2mx m
2
1 0
．
2m 4 5 m1 16m20 0
，解得

m
．


（ 2）设直线与椭圆的两个交点的横坐标为


x
1
，

x
2
，由（ 1）得
x
1
x
2

2
2
2m
5
，
x
1
x
2
2
m 1
5
．

根据弦长公式得 ：
1 1

2
2m
5
4

m1
2 10
5 5
．解得
m

0
．方程为
y x
．



说明：处理有关直线与椭圆的位置关系问题及有关弦长问题，采用的方法与处理直线和圆的有 所区别．这里解决

直线与椭圆的交点问题，一般考虑判别式 ；解决弦长问题，一般应用弦长公式．用弦长公式，若能合理运用韦
达定理（即根与系数的关系） ，可大大简化运算过程．
例题 7 、 已知椭圆的中心在坐标原点

O
，焦点在坐标轴上，直线
y
=
x
+1 与该椭圆交于
P
和
Q
，且
OP
⊥
OQ
，


|
PQ
|=


10
2
，求椭圆方程 .
【解前点津】 由题设条件， 不能确定焦点是在
x
轴，还是在
y
轴上， 且对于
a
、
b
、
c
的关系条件未作定性说明，

故可设椭圆方程为：
mx
2
+
ny
2
=1(
m
>0 ，
n
>0) 简便 .

【规范解答】

设椭圆方程为：
mx
2
+
ny
2
=1(
m
>0 ，
n
>0) ，设
P
(
x
1
，
y
1
)，
Q
(
x
2
，
y
2
)，
由

y x
1
mx
2



ny
2
1
中消去
y
并依
x
聚项整理得： (
m
+
n
)·
x
2
+2
nx
+(
n
-1)=0 ，Δ=4
n
2
-4(
m
+
n
)·(
n
-1)>0 ，即
m
+
n
-
mn
>0 ，

OP
⊥
OQ
等价于
x
1
x
2
+
y
1
y
2
=0 ，将
y
1
=
x
1
+1 ，
y
2
=
x
2
+1 代入得： 2
x
1
x
2
+(
x
1
+
x
2
)+1=0 ，

∴

2(n 1)
m n
2n
m n
1 0
2


m n 2
①

又|
PQ
|=


(x
1

2
x
2
)
( y
1

2
y )
2

2
2
(x
1

x )
2
2

[( x
1
1) ( x
2

1)]
2

＝


2( x
1

x )
2

2
(x
1

x )
2

n 1
m n
1
m
4x
1
x
2

10
2
3
②

2
2n
m n
4
m
联立①②并解之得：

2
或
2
3 1
n n
2 2


经检验这两组解都满足Δ >0，故所求椭圆方程为
x
2
+3
y
2
=2 或 3
x
2
+
y
2
=2.

【解后归纳】 中心在原点，焦点在坐标轴上的椭圆方程可用统一形式：
.
mx
2
+
ny
2
=1
(
m
>0 ，
n
>0) ，
m
与
n
的大小关系，决定了焦点位置
三，对称问题




x
例题 8、已知椭圆
C：
4
点关于该直线对称．
2
y

2

1
，试确定
m
的取值范围，使得对于直线
l ： y
4 x m
，椭圆
C
上有不同的两

3



分析： 若设椭圆上


则已知条件等价于： (1) 直线
AB l
；(2) 弦
AB
的中点
M
在
A
，
B
两点关于直线
l
对称，
l
上．
利用上述条件建立
m
的不等式即可求得
m
的取值范围．


解： (法 1) 设椭圆上
A( x
1
, y
1
)
，
B(x
2
, y
2
)
两点关于直线

l
对称，直线
AB
与
l
交于
M ( x
0

, y
0
)
点．
y
1

2

∵
l
的斜率
k
l


4
，∴设直线
AB
的方程为
y

1
4
x n
．由方程组
x
4
2
y
3
x n,
消去
y
得
1,

4
13 4
4n
4n 12n
,
m
．解得
n

即点
M
的坐标为
(
)
．∵点
M
在直线
y 4 x
m
上，∴
n

4
13
13 13


13x
2


8nx 16n
2


48 0
①。∴
x
1
x
2

8n
13
．于是
x
0

x
1
x
2
2
4n
，
y
0

1
x
0
n
13
4
12n
13
，
m
． ②
将式②代入式①得
13x


2
26mx 169m
2
48 0
③

2

2
∵
A
，
B
是椭圆上的两点，∴
(26
m
) 4 13(169
m

4
48)
0
．解得
2 13
13
m
2 13
13
．

(法 2) 同解法 1 得出
n

13
y
0

1
4
x
0
13
m
4
13
m
，∴
x
0

( m) m
，
13 4
4
1
( m)
13
m

3m
，即
M
点坐标为
( m ,
3m)
．
4
4

∵
A
，
B
为椭圆上的两点，∴


M
点在椭圆的内部，∴
( m)
4
2

( 3m)
3
2

1
．解得
2 13
13
m
2 13
13
．

(法 3) 设
A( x
1
, y
1
)
，
B(x
2

, y
2
)
是椭圆上关于


l
对称的两点，直线
AB
与
l
的交点
M
的坐标为
( x
0

, y
0
)
．

2
2
∵
A
，
B
在椭圆上，∴
x
1
2
y
2
1
4

3
1
，
x
2
2
y


1
．两式相减得
3(x
1

x
2
)( x
1

x
2
) 4( y
1

y
2
)( y
1

y
2
) 0
，
4 3
y
1
y
2
3x
0
( x
1

4 y
0




即
3 2
x
0

(
x
1



x
2
) 4 2
y
0

(
y
1

y
2
)
0
．∴
x
1
x
2



x
2
)
．

又∵直线
AB


l
，∴
k
AB
k
l

1
，∴
3x
0
4 y
0

4

1
，即
y
0

3 x
0
①。

又
M
点在直线
l
上，∴
y
0

4
x
0
m
②。由①，②得
M
点的坐标为
( m , 3m)
．以下同解法 2.

说明：涉及椭圆上两点
A
，
B
关于直线
l
恒对称，求有关参数的取值范围问题，可以采用列参数满足的不等式：
消元后得到的一元二次方程的判

(1) 利用直线
别式
AB
与椭圆恒有两个交点， 通过直线方程与椭圆方程组成的方程组，
0
，建立参数方程．
x
0
2
(2) 利用弦
AB
的中点
M
(
x
0

,
y
0
)
在椭圆内部，满足

y
0

2
a b
1
，将

x
0
，
y
0
利用参数表示，建立参数不等式．

四，最值问题



例题 9、 设椭圆的中心是坐标原点，长轴在


x
轴上，离心率
e
=
3
2
，已知点
P
(0 ，
3
2
)到这个椭圆上的点的最
远距离是
7
，求这个椭圆的方程 .
由条件，可将椭圆标准方程用含一个参数的形式表示，将“最远距离”转化为二次函数的最值 .

【解前点津】


【规范解答】

由
e
=
3
2
可推出
a
=2
b
，于是可设椭圆方程为：
x
2
2

y
2
b
2
1
，即有
x
2
=4
b
2
-4
y
2
.
4b

设
M
(
x
，
y
)是椭圆上任意一点， 且-
b
≤
y
≤
b
，∴|
PM
|=-3(
y
+
2
1
2
)
2
+4
b
2
+3 ，由于
y
∈［ -
b
，
b
］，于是转化为在闭区间 ［ -
b
，

b
］，求二次函数的最值 .


当
b
<
1
2
时， |
PM
|有最大值
b
+3
b
+
y
=-
b
，
2 2
9
4
，令
b
+3
b
+
2
9
4
=(
7
)，解得
b
=
7
-
2
3
2
1
，舍去 .

2
x
2

1
当
b
≥
时，取
y
=-
1
2
知|
PM
|
2
有最大值 4
b
2
+3，令 4
b
2
+3=(
2
7
)
2
解得：
b
=1，
a
=2 ，故所求方程为：
4
y
2
1
.



【解后归纳】

这是一道解析几何与函数的综合题，其知识的交汇点及“等价转化”的数学思想，是必须“关注”的 .

例题 10、 设椭圆方程为


x
2
y
2
4
D
两点 .
8
1
，过原点且倾斜角为θ和π -θ(0< θ<
) 的两条直线分别交椭圆于

2

A、C
和
B、


(1) 用θ表示四边形
ABCD


(2) 当θ∈(0 ，
【解前点津】
4
)时，求
S
的最大值 .
设直线方程为
y
=
x
·t
an
θ，利用椭圆图形的“对称性”， 易用θ表示
S
，然后运用函数的知识，求面积

S
的最大值 .


【 规 范 解 答 】

(1) 设 经 过 原 点 且 倾 斜 角 为 θ的 直 线 方 程 为 ：
y
=
x
·t
an
θ， 代 入
x
2
y
2
：
1
求 得
4 8

x
=
2
32
8 4 tan
2
, y
2

32 tan

8 4 tan
2
2

，由对称性知四边形
ABCD
为矩形，又由于 0< θ<

，所以四边形
ABCD
的
2
32 tan
2 tan
2
面积为：
S
=4|
xy
|=

32 tan
2
4
8 4 tan
.
(2) 当 0< θ≤ 时， 0S
=
32t
2 t
2
4



∵函数
f
(t)=
t
+

2

时，
S
max
=
32
(02

t
t
在(0 ，
2
)上是单调减函数，
t

32
3
∴
f
(
t
)
min
=
f
(1)=1+2=3 ，∴当θ=
【解后归纳】
认真体会 .
.
4
从代数角度出发，利用椭圆的几何性质，确定四边形
ABCD
为矩形，是解题的一个亮点，读者应





练习题：


x
2
1 、在平面直角坐标系
xOy
中，经过点
(0， 2)

且斜率为
k
的直线
l
与椭圆

2


y
2
1
有两个不同的交点
P
和
Q
．
（ I）求
k
的取值范围；

（ II）设椭圆与
x
轴正半轴、
y
轴正半轴的交点分别为
如果存在，求
A，B
，是否存在常数
k
，使得向量
OP OQ
与
AB
共线？
k
值；如果不存在，请说明理由．
l
的方程为
y kx
2)
2
解：（Ⅰ ）由已知条件，直线

2
，
2 2
代入椭圆方程得


x
2

(kx



1
．整理得
1
2

2 2kx 1 0
①

2
k x
直线
l
与椭圆有两个不同的交点


P
和
Q
等价于
8k
2

4
1
2
k
2
4 k

2 0
，

2
解得
k

2
2
或
k

2
2
．即
k
的取值范围为
∞，
2
2
2
， ∞
．

2

（ Ⅱ ）设
P( x
1
， y
1
)，Q ( x
2
， y
2
)
，则
OP


OQ
( x
1

x
2
，y
1

y
2
)
，

y
2

k(x
1

x
2
) 2 2
．
由方程 ① ，
x
1



x
2
4 2k
1 2k
(
2

． ② 又
y
1
③

0，) B (0，1)，AB
而
A( 2，

2，1)
．


y
2
)
，将②③ 代入上式，解得
k

所以
OP OQ
与
AB
共线等价于

x
1
x
2

2( y
1

2
2
．

由（ Ⅰ）知
k




2
2
或
k
2
2
，故没有符合题意的常数
k
．

2 、椭圆
x

2
a
（ 1）求
2
y
b
2
2
1
a
＞
b
＞
0
与直线
x
y 1
交于
P
、
Q
两点，且
OP

OQ
，其中
O
为坐标原点 .
1
a
2

3
e
2
，求椭圆长轴的取值范围 .
≤≤
e
的值；（ 2）若椭圆的离心率 满足
2
3
2
b
x
1

x
2
+ y
1
y
2
= 0
x
2
)
1 0

2
1
[解析 ]：设 P( x
1
, y
1
), P(x
2
, y
2
)
，由 OP ⊥ OQ



y
1

1
x
1
,
y
2

1
x
2
,
代入上式得：
2
x
1
x
2

(
x
1


2
①
又将
y 1
x代入

x

2
a
2
y
b
2

2
1

( a

b ) x

2 2
2a x a (1
b ) 0
，

2 2
0, x
1
x
2

2a
2
2
2
a b
,

x x
1 2


2
b )
a (1
代入①化简得
2
a
2
b
2

1
a
2
1
b
2
2
.



2 2
b
2
(2)
e
2
c
1

b
1

1 1 b
2

2
,
又由（ 1 ）知 b
2
a
2
a
2
a
2
3
1
a
2
2 2
a
2

3
2a
2
1
1 1 2 5
2
3 5 6
2
2a
2
1
3

4
a
2 2
a
2
，∴长轴 2
a
∈ [
5 ,

6
].
3 、设
F
、
F
2
2
分别是椭圆
x
1
y
2
1
的左、右焦点 .
4
（Ⅰ）若
P
是该椭圆上的一个动点，求
PF
1
·
PF
2
的最大值和最小值
（Ⅱ）设过定点
M (0,2)
的直线
l
与椭圆交于不同的两点
A
、
B
，且∠
AOB
为锐角（其中
O
为坐标原点）
l
的斜率
k
的取值范围 .
（Ⅰ）易知
a

2
，
b 1
，
c 3
．
∴
F
1
( 3,0)
，

F
2
( 3,0)
．设

P( x, y) ( x 0, y
0)
．则
PF( 3 x, y)( 3 x, y) x
2
1
PF
2

y
2
3
5
x
2
2
4
，又
4
y 1
，
x
2
y
2
7

4
x
2
1
x 1
联立
x
2
，解得
y

2

3 3
，

P(1,
3
2
)
．
2
4
y1
4
y
2

（Ⅱ）显然
x

0
不满足题设条件．可设
l
的方程为
y kx 2
，设
A( x
1
, y
1
)
，
B( x
2
, y
2
)
．




x
2


联立
y
2
1
4

x
2
4(kx 2)
2

4 (1 4k
2
)x
2

16kx 12 0
y kx 2

∴
x
12
16k
2
1
x
2

1 4k
2
，
x
1
x
2


12 0

1 4k
2
由

(16k )
2
4 (1 4k )
16k
2
3(1 4k
2
) 0
，
4k
2
3 0
，得

k
2
3

．①
4

又
AOB
为锐角
cos AOB 0 OA OB 0
，


∴
OA OB x
1
x
2

y
1
y
2
0
又
y( kx
2
1
y
2

1

2)( kx
2
2) k x
1 2
x 2k (x
1

x
2
) 4

2
2
12 16k
∴
x
1
x
2

y
1
y
2

(1 k
)x
1
x
2

2k( x
1

x
2
) 4
(1 k
)

1 4k
2
2k (
1 4k
2
) 4

12(1 k
2
) 2k
16k
4(4
k
2
)
0
1 4k
22
4

1 4 k
2
∴
1
k
2

4
．②

1 4 k

4

，求直线


综①②可知
3
4
k
2
4
，∴
k
的取值范围是
( 2,

3 3
) (
, 2)
2 2






















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