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課時(shí)作業(yè)55 直線與圓錐曲線
[基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]
1．過橢圓＋＝1內(nèi)一點(diǎn)P(3,1)，求被這點(diǎn)平分的弦所在直線方程．
解析：設(shè)直線與橢圓交于A(x1，y1)、B(x2，y2)兩點(diǎn)，
由于A、B兩點(diǎn)均在橢圓上，
故＋＝1，＋＝1，
兩式相減得
＋＝0.
又∵P是A、B的中點(diǎn)，∴x1＋x2＝6，y1＋y2＝2，
∴kAB＝＝－.
∴直線AB的方程為y－1＝－(x－3)．
即3x＋4y－13＝0.
2.
[2019鄭州入學(xué)測試]已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，以橢圓的四個(gè)頂點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形的面積為8.
(1)求橢圓C的方程；
(2)如圖，斜率為的直線l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)P(2,1)在直線l的左上方．若∠APB＝90，且直線PA，PB分別與y軸交于點(diǎn)M，N，求線段MN的長度．
解析：(1)由題意知解得
所以橢圓C的方程為＋＝1.
(2)設(shè)直線l：y＝x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
聯(lián)立，得消去y，化簡整理，得x2＋2mx＋2m2－4＝0.
則由Δ＝(2m)2－4(2m2－4)>0，得－2
b>0)，右焦點(diǎn)為F2(c,0)．
因?yàn)椤鰽B1B2是直角三角形，且|AB1|＝|AB2|，
所以∠B1AB2＝90，
因此|OA|＝|OB2|，得b＝.
由c2＝a2－b2得4b2＝a2－b2，
故a2＝5b2，c2＝4b2，所以離心率e＝＝.
在Rt△AB1B2中，OA⊥B1B2，故S△AB1B2＝|B1B2||OA|＝|OB2||OA|＝b＝b2.由題設(shè)條件S△AB1B2＝4得b2＝4，所以a2＝5b2＝20.因此所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1.
(2)由(1)知B1(－2,0)，B2(2,0)．由題意知直線l的斜率存在且不為0，故可設(shè)直線l的方程為x＝my－2，代入橢圓方程并整理得(m2＋5)y2－4my－16＝0.
設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
則y1＋y2＝，y1y2＝－，
又＝(x1－2，y1)，＝(x2－2，y2)，
所以＝(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝(my1－4)(my2－4)＋y1y2＝(m2＋1)y1y2－4m(y1＋y2)＋16＝－－＋16＝－，
由PB2⊥QB2，得＝0，
即16m2－64＝0，解得m＝2.
所以滿足條件的直線l有兩條，其方程分別為x＋2y＋2＝0和x－2y＋2＝0.
5．[2019唐山五校聯(lián)考]在直角坐標(biāo)系xOy中，長為＋1的線段的兩端點(diǎn)C，D分別在x軸、y軸上滑動，＝ .記點(diǎn)P的軌跡為曲線E.
(1)求曲線E的方程；
(2)經(jīng)過點(diǎn)(0,1)作直線與曲線E相交于A，B兩點(diǎn)，＝＋，當(dāng)點(diǎn)M在曲線E上時(shí)，求四邊形AOBM的面積．
解析：(1)設(shè)C(m,0)，D(0，n)，P(x，y)．
由＝ ，得(x－m，y)＝(－x，n－y)，
所以得
由||＝＋1，得m2＋n2＝(＋1)2，
所以(＋1)2x2＋y2＝(＋1)2，
整理，得曲線E的方程為x2＋＝1.
(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由＝＋，知點(diǎn)M坐標(biāo)為(x1＋x2，y1＋y2)．
由題意知，直線AB的斜率存在．
設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋1，代入曲線E的方程，得
(k2＋2)x2＋2kx－1＝0，
則x1＋x2＝－，x1x2＝－.
y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝.
由點(diǎn)M在曲線E上，知(x1＋x2)2＋＝1，
即＋＝1，解得k2＝2.
這時(shí)|AB|＝|x1－x2|＝＝，
原點(diǎn)到直線AB的距離d＝＝，
所以平行四邊形OAMB的面積S＝|AB|d＝.
6．[2018天津卷]設(shè)橢圓＋＝1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F，上頂點(diǎn)為B.已知橢圓的離心率為，點(diǎn)A的坐標(biāo)為(b,0)，且|FB||AB|＝6.
(1)求橢圓的方程；
(2)設(shè)直線l：y＝kx(k>0)與橢圓在第一象限的交點(diǎn)為P，且l與直線AB交于點(diǎn)Q.若＝sin∠AOQ(O為原點(diǎn))，求k的值．
解析：(1)設(shè)橢圓的焦距為2c，由已知有＝，又由a2＝b2＋c2，可得2a＝3b.由已知可得|FB|＝a，|AB|＝b，
由|FB||AB|＝6，可得ab＝6，從而a＝3，b＝2.
所以，橢圓的方程為＋＝1.
(2)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x1，y1)，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(x2，y2)．
由已知有y1>y2>0，故|PQ|sin∠AOQ＝y(tǒng)1－y2.
又因?yàn)閨AQ|＝，而∠OAB＝，所以|AQ|＝y(tǒng)2.
由＝sin∠AOQ，可得5y1＝9y2.
由方程組消去x，可得y1＝.
易知直線AB的方程為x＋y－2＝0，
由方程組消去x，可得y2＝.
由5y1＝9y2，可得5(k＋1)＝3，兩邊平方，
整理得56k2－50k＋11＝0，解得k＝或k＝.
所以k的值為或.
[能力挑戰(zhàn)]
7．[2018江蘇卷]如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C過點(diǎn)，焦點(diǎn)為F1(－，0)，F(xiàn)2(，0)，圓O的直徑為F1F2.
(1)求橢圓C及圓O的方程；
(2)設(shè)直線l與圓O相切于第一象限內(nèi)的點(diǎn)P.
①若直線l與橢圓C有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
②直線l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)．若△OAB的面積為，求直線l的方程．
解析：解法一 (1)因?yàn)闄E圓C的焦點(diǎn)為F1(－，0)，F(xiàn)2(，0)，
所以可設(shè)橢圓C的方程為＋＝1(a>b>0)．
又點(diǎn)，在橢圓C上，
所以解得
因此，橢圓C的方程為＋y2＝1.
因?yàn)閳AO的直徑為F1F2，所以其方程為x2＋y2＝3.
(2)①設(shè)直線l與圓O相切于P(x0，y0)(x0>0，y0>0)，則x0＋y0＝3.
所以直線l的方程為y＝－(x－x0)＋y0，即y＝－x＋.
由消去y，得
(4x0＋y0)x2－24x0x＋36－4y0＝0.(*)
因?yàn)橹本€l與橢圓C有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，
所以Δ＝(－24x0)2－4(4x0＋y0)(36－4y0)＝48y0(x0－2)＝0.
因?yàn)閤0＞0，y0>0，
所以x0＝，y0＝1.
因此，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(，1)．
②因?yàn)槿切蜲AB的面積為，
所以ABOP＝，從而AB＝.
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由(*)得x1,2＝，
所以AB2＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2
＝1＋.
因?yàn)閤0＋y0＝3，
所以AB2＝＝，
即2x0－45x0＋100＝0，
解得x0＝(x0＝20舍去)，則y0＝，因此P的坐標(biāo)為，.
則直線l的方程為y＝－x＋3.
解法二 (1)由題意知c＝，所以圓O的方程為x2＋y2＝3，因?yàn)辄c(diǎn)在橢圓上，
所以2a＝＋＝4，
所以a＝2.
因?yàn)閍2＝b2＋c2，所以b＝1，
所以橢圓C的方程為＋y2＝1.
(2)①由題意知直線l與圓O和橢圓C均相切，且切點(diǎn)在第一象限，所以直線l的斜率k存在且k<0，
設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m(k<0，m>0)，
將直線l的方程代入圓O的方程，得x2＋(kx＋m)2＝3，
整理得(k2＋1)x2＋2kmx＋m2－3＝0，
因?yàn)橹本€l與圓O相切，所以Δ＝(2km)2－4(k2＋1)(m2－3)＝0，整理得m2＝3k2＋3，
將直線l的方程代入橢圓C的方程，
得＋(kx＋m)2＝1，
整理得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
因?yàn)橹本€l與橢圓C相切，
所以Δ＝(8km)2－4(4k2＋1)(4m2－4)＝0，
整理得m2＝4k2＋1，
所以3k2＋3＝4k2＋1，因?yàn)閗<0，所以k＝－，
則m＝3，
將k＝－，m＝3代入(k2＋1)x2＋2kmx＋m2－3＝0，
整理得x2－2x＋2＝0，
解得x1＝x2＝，將x＝代入x2＋y2＝3，
解得y＝1(y＝－1舍去)，所以點(diǎn)P的坐標(biāo)為(，1)．
②設(shè)A(x1，kx1＋m)，B(x2，kx2＋m)，
由①知m2＝3k2＋3，且k<0，m>0，
因?yàn)橹本€l和橢圓C相交，所以結(jié)合②的過程知m2<4k2＋1，解得k<－，
將直線l的方程和橢圓C的方程聯(lián)立可得(4k2＋1)2＋8kmx＋4m2－4＝0，
解得x1,2＝，
所以|x1－x2|＝，
因?yàn)锳B＝＝|x1－x2|＝，
O到l的距離d＝＝，
所以S△OAB＝＝＝，解得k2＝5，因?yàn)閗<0，所以k＝－，則m＝3，即直線l的方程為y＝－x＋3.
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