直线与圆锥曲线中的探索性问题分类解析

直线与圆锥曲线中的探索性问题分类解析

作者：慕泽刚

来源：《高中生·高考指导》2014年第03期

一、探索直线与圆锥曲线的位置关系问题

例1 已知椭圆C： + =1（a>b>0）的焦距为4，且过点P（，）.

（Ⅰ）求椭圆C的方程.

（Ⅱ）设Q（x0，y0）（x0y0≠0）为椭圆C上的一点，过点Q作x轴的垂线，垂足为E，取点A（0，2 ），连接AE，过点A作AE的垂线交x轴于点D，点G是点D关于y轴的对称点，作直线QG.问：这样作出的直线QG是否与椭圆C一定有唯一的公共点？请说明理由.

难度系数 0.26

分析解答第（Ⅰ）题时，我们可以根据题意确定半焦距c的大小，再将P（，）代入方程建立方程组，从而确定椭圆的方程.解答第（Ⅱ）题时，我们可以根据AD⊥AE确定出点D 的坐标，从而得到直线QG的方程，并对其进行化简.根据点Q在椭圆上，将点Q的坐标代入方程，得到关于x的二次方程，解出方程的根，则可判断直线QG是否与椭圆C一定有唯一的公共点.

解（Ⅰ）由于焦距为4，所以a2-b2= 4.又椭圆经过点P（，），所以有 + =1.

联立上述两个等式，可得a2=8，b2=4.

故椭圆C的方程是 + =1.

（Ⅱ）根据题意可知，点E的坐标为（x0，0）.设点D的坐标为（xD，0），则有 =

（x0，-2 ）， =（xD，-2 ）.

由AD⊥AE，可知 · = 0，即x0xD +8=0.由于x0xD≠0，所以xD =- .

由于点G是点D关于y轴的对称点，所以点G的坐标为（，0）.所以直线QG的斜率kQG= = .

又点Q（x0，y0）在椭圆上，所以x20+2y20=8，从而有kQG =- .故直线QG的方程为y=- （x- ）.将其代入椭圆C的方程有（x20+2y20）x2-16x0x+64-16y20=0，整理得x2-2x0x+x20=0.解得x=x0，y=y0，即直线QG与椭圆C一定有唯一的公共点.

二、探索平面图形的形状问题

例2 已知A，B，C是椭圆W： +y2=1上的三个点，O是坐标原点.

（Ⅰ）当点B是W的右顶点，且四边形OABC为菱形时，求此菱形的面积.

（Ⅱ）当点B不是W的顶点时，判断四边形OABC是否可能为菱形，并说明理由.

难度系数 0.68

分析解答第（Ⅰ）题时，我们可以利用椭圆的对称性，结合图形首先求出点A的坐标，然后利用 |OB|·|AC|来求解.解答第（Ⅱ）题时，我们可以设出直线AC的方程，将直线方程与椭圆方程联立，结合韦达定理求出AC的中点坐标，进而求得直线OB的斜率，然后判断kOB·kAC =-1是否成立.

解（Ⅰ）根据题意可知，椭圆W： + y2=1的右顶点B的坐标为（2，0）.

由于四边形OABC为菱形，所以AC与OB互相垂直且平分.

设点A的坐标为（1，m），将其代入椭圆的方程，得 +m2=1，解得m=± .

所以，菱形OABC的面积为 |OB|·|AC|= ×2×2|m|= .

（Ⅱ）假设四边形OABC为菱形.

由于点B不是W的顶点，且直线AC不经过原点，所以可设直线AC的方程为y=kx+m，k≠0，m≠0.

由y=kx+m， + y2=1，消去y并整理得（1+4k2）x2+8kmx+4m2-4=0.

设点A的坐标为（x1，y1），点C的坐标为（x2，y2），则 =- ， =k· +m= ，所以AC的中点M的坐标为（- ，）.

由于M为AC与OB的交点，所以直线OB的斜率为- .

由于k×（- ）≠-1，所以AC与OB不垂直.所以四边形OABC不是菱形，这与假设矛盾.

所以，当点B不是W的顶点时，四边形OABC不可能是菱形.

三、探索平面几何图形的面积问题

例3 如图1，已知椭圆C1与C2的中心在坐标原点O，长轴均为MN且在x轴上，短轴长分别为2m，2n（m>n），过原点且不与x轴重合的直线l与C1，C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D.记λ= ，△BDM和△ABN的面积分别为S1和S2.

（Ⅰ）当直线l与y轴重合时，若S1=λS2，求λ的值.

（Ⅱ）当λ变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1=λS2？说明理由.

难度系数 0.38

分析解答第（Ⅰ）题时，首先利用两个椭圆的长轴与短轴分别表示出|BD|和|AB|，然后求出S1和S2，进而利用关系S1=λS2建立方程，可求得λ的值.解答第（Ⅱ）题时，首先设出直线l的方程，然后利用面积关系得到|BD|和|AB|的关系，进而建立A，B两个点的横坐标与λ的关系，再用点差法可得到A，B两点的横坐标的关系，最后通过建立关于λ的不等式，进而判断直线的存在与否.

解依题意可得椭圆C1和C2的方程分别为C1： + =1，C2： + =1，a>m>n>0，λ= >1.

（Ⅰ）如图2，若直线l与y轴重合，则|BD|=|OB|+|OD|=m+n，|AB|=|OA|-|OB|=m-n，S1= |BD|·|OM|= a· |BD|，S2= |AB|·|ON|= ·a·|AB|.所以 = = = .

若=λ，则=λ，化简得λ2-2λ-1=0.由λ>1，解得λ= +1.

故当直线l与y轴重合时，若S1=λS2，则λ= +1.

（Ⅱ）如图3，假设存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1=λS2.根据对称性，不妨设直线l：y=kx（k>0），点M（-a，0），N（a，0）到直线l的距离分别为d1，d2.由于d1= = ，d2= = ，所以d1= d2.

又S1= |BD|·d1，S2= |AB|·d2，所以= =λ.

由于= = =λ，所以 = .

由点A（xA，kxA），B（xB，kxB）分别在C1，C2上，可得 + =1， + =1.上述两式对应相减，得 + =0.

依题意xA>xB>0，所以x2A>x2B.所以由上式解得k2= .

由于k2>0，所以由 >0，解得1< +1.

所以，当1 +1时，存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1=λS2.