第56讲 圆锥曲线热点问题 第1课时 长度、斜率、面积问题 ● 课堂考点探究 例1 [思路点拨] (1)将点P的坐标代入椭圆C的方程,化简整理,即可求出离心率;(2)设直线OQ的斜率为k,点Q的坐标为(x0,y0),将点Q的坐标代入直线OQ与椭圆C的方程,消去y0得到,再由|AQ|=|AO|得出x0,即可建立关于k的方程,求解即可. 解:(1)∵点P在椭圆C上, ∴+=1,整理得=,∴椭圆C的离心率e======. (2)由题意可知,点A的坐标为(-a,0),|AO|=a.易知直线OQ的斜率存在,设直线OQ的斜率为k,则其方程为y=kx,设点Q的坐标为(x0,y0),则 消去y0,整理得=①.由|AQ|=|AO|,得(x0+a)2+k2=a2,整理得(1+k2)+2ax0=0,又x0≠0,∴x0=-②,把②代入①得=,整理得(1+k2)2=4k2·+4,由(1)知=,则(1+k2)2=k2+4,即5k4-22k2-15=0,可得k2=5,解得k=±,故直线OQ的斜率为±. 变式题1 解:(1)因为椭圆C的一个顶点为(2,0),离心率是,所以 解得又因为b==1,所以椭圆C的标准方程为+y2=1. (2)由题意可得两式相减,得(x1+x2)(x1-x2)+(y1+y2)(y1-y2)=0,所以(x1+x2)(x1-x2)=-(y1+y2)(y1-y2),又因为线段AB的中点的横坐标为-,所以x1+x2=2×=-1,且线段AB的中点的纵坐标为k=,所以y1+y2=2×=k, 所以-(x1-x2)=-k(y1-y2),所以==,又因为k=,所以k=,所以k2=,又因为k>0,所以k=,所以直线l:y=(x+1).由可得2x2+2x-3=0,所以x1+x2=-1,x1x2=-,所以|AB|=·=×=,所以直线l的斜率为,弦长|AB|为. 变式题2 解:(1)由题意知-=1,a2+b2=4,可得a4-20a2+36=0,则a2=2或a2=18.当a2=2时,b2=2;当a2=18时,b2=-14,舍去.故双曲线C的方程为-=1. (2)设直线l的方程为x=ty+2,由得(t2-1)y2+4ty+2=0,则t2-1≠0,Δ=16t2-8(t2-1)=8t2+8>0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=-,y1y2=.由直线l与双曲线C的右支交于A,B两点,结合直线l的斜率大于0,可得解得0b>0),以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形,所以b=c==,故a2=b2+c2=4,可得a=2,所以椭圆E的方程为+=1,离心率e=. (2)由题意知直线AB的斜率存在,且不为0,设直线AB:y=kx+t(t>,k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2). 由消去y并整理得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-4=0,由题意可知,Δ=16k2t2-8(2k2+1)(t2-2)=8(4k2+2-t2)>0,即k,t应满足4k2+2-t2>0.由根与系数的关系可知,x1+x2=,x1x2=. 方法一(斜率转化):直线AC:y-1=x.若直线BD的斜率为0,则由椭圆的对称性可知点B,D关于y轴对称,所以kAC+kBC=0,即+=0,即+=0,化简得2kx1x2+(t-1)(x1+x2)=0,将x1+x2=,x1x2=代入,得t=2.经检验,t=2符合题意,所以若直线BD的斜率为0,则t的值为2. 方法二(三点共线):若直线BD的斜率为0,则由椭圆的对称性可设D(-x2,y2),故直线AD:y=(x-x1)+y1,令x=0,则yC== = =+t==1,解得t=2.经检验,t=2符合题意,所以若直线BD的斜率为0,则t的值为2. 例3 [思路点拨] (1)将点A的坐标代入双曲线方程得到a2,显然直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx+m,与双曲线方程联立,根据直线AP,AQ的斜率之和为0及根与系数的关系求解即可;(2)设直线AP的倾斜角为α,结合已知条件得到直线AP的斜率,进而求出点P的坐标,根据三角形的面积公式即可求解. 解:(1)将点A的坐标代入双曲线C的方程得-=1,可得a2=2,故双曲线C的方程为-y2=1.由题知,直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx+m,P(x1,y1),Q(x2,y2),联立直线l与双曲线C的方程,可得(2k2-1)x2+4kmx+2m2+2=0,则Δ=8(m ... ...
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