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高中数学高考总复习直线与圆锥曲线习题及详解


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高考数学复习专题直线与圆锥曲线问题的处理方法(精选练习题和答案) 学生巩固练习
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斜率为 1 的直线 l 与椭圆 A
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2

B

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x2 2 +y =1 相交于 A、B 两点,则|AB|的最大值为( 4 4 5 4 10 8 10 C D 5 5 5
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)

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弦长|AB|= 2 ?

4 ? 5 ? t2 4 10 ≤ 5 5

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答案

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C

2 抛物线 y=ax2 与直线 y=kx+b(k≠0)交于 A、B 两点,且此两点的横坐标分别为 x1,x2,直线 与 x 轴交点的横坐标是 x3,则恒有( ) A x3=x1+x2 B x1x2=x1x3+x2x3 C x1+x2+x3=0 D x1x2+x2x3+x3x1=0
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? y ? ax2 k b b 解方程组 ? ,得 ax2-kx-b=0,可知 x1+x2= ,x1x2=- ,x3=- ,代入验证即 a a k ? y ? kx ? b
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可 答案 B 3 正方形 ABCD 的边 AB 在直线 y=x+4 上,C、D 两点在抛物线 y2=x 上,则正方形 ABCD 的面积为_________ 解析 设 C、D 所在直线方程为 y=x+b,代入 y2=x,利用弦长公式可求出|CD|的长,利用|CD| 的长等于两平行直线 y=x+4 与 y=x+b 间的距离, 求出 b 的值, 再代入求出|CD|的长 答案 18 或 50 4 已知抛物线 y2=2px(p>0),过动点 M(a,0)且斜率为 1 的直线 l 与该抛物线交于不同的两点 A、B,且|AB|≤2p (1)求 a 的取值范围 (2)若线段 AB 的垂直平分线交 x 轴于点 N,求△NAB 面积的最大值 解 (1)设直线 l 的方程为 y=x-a,代入抛物线方程得(x-a)2=2px,即 x2-2(a+p)x+a2=0
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∴|AB|= 2 ? 4(a ? p) 2 ? 4a 2 ≤2p

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∴4ap+2p2≤p2,即 4ap≤-p2 又∵p>0,∴a≤-

p 4

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(2)设 A(x1,y1)、B(x2,y2),AB 的中点 C(x,y),由(1)知,y1=x1-a,y2=x2-a,x1+x2=2a+2p,

x1 ? x2 y ? y2 x1 ? x2 ? 2a =p ∴线段 AB 的垂直平分线的方程为 y ? a ? p, y ? 1 ? 2 2 2 -p=-(x-a-p),从而 N 点坐标为(a+2p,0 | a ? 2p ? a | ? 2p 点 N 到 AB 的距离为 2 1 p 从而 S△NAB= ? 2 ? 4(a ? p) 2 ? 4a 2 ? 2 p ? 2 p 2ap ? p 2 当 a 有最大值- 时,S 有最大 2 4
则有 x=
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值为 2 p2 5
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已知中心在原点,顶点 A1、A2 在 x 轴上,离心率 e=
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21 的双曲线过点 P(6,6) 3
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(1)求双曲线方程 (2)动直线 l 经过△A1PA2 的重心 G,与双曲线交于不同的两点 M、N,问 使 G 平分线段 MN,证明你的结论 y P
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是否存在直线 l,

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N G A2

A1 M

o

x

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(1)如图,设双曲线方程为

x2 y2 =1 ? a2 b2

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由已知得

62 62 a 2 ? b 2 21 2 ? ? 1 , e ? ? ,解得 3 a 2 b2 a2

x2 y2 =1 ? 9 12 (2)P、A1、A2 的坐标依次为(6,6)、(3,0)、(-3,0) ,∴其重心 G 的坐标为(2,2) 假设存在直线 l,使 G(2,2)平分线段 MN,设 M(x1,y1),N(x2,y2) 则有
a2=9,b2=12
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所以所求双曲线方程为

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2 2 ? x1 ? x2 ? 4 ? y ? y 12 4 ?12 x1 ? 9 y1 ? 108 4 , ? 1 2 ? ? ,∴kl= ? ? 2 2 3 x1 ? x2 9 3 ? y1 ? y2 ? 4 ? ?12 x2 ? 9 y2 ? 108

∴l 的方程为 y=

4 (x-2)+2, 3
A1
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y
N G

P

?12x 2 ? 9 y 2 ? 108 ? 由? ,消去 y,整理得 x2-4x+28=0 4 ? y ? ( x ? 2) 3 ?
∵Δ =16-4×28<0,∴所求直线 l 不存在
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o

A2

x

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M

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6、如图所示,抛物线 y2=4x 的顶点为 O,点 A 的坐标为(5,0),倾斜角为

? 的直线 l 与线 4

段 OA 相交(不经过点 O 或点 A)且交抛物线于 M、N 两点,求△AMN 面积最大时直线 l 的方 程,并求△AMN 的最大面积 命题意图 直线与圆锥曲线相交,一个重要的问题就是有关弦长的问题 本题考查处 理直线与圆锥曲线相交问题的第一种方法——“韦达定理法” 知识依托 弦长公式、三角形的面积公式、不等式法求最值、函数与方程的思想 错解分析 将直线方程代入抛物线方程后,没有确定 m 的取值范围 不等式法求最值 忽略了适用的条件 技巧与方法 涉及弦长问题,应熟练地利用韦达定理设而不求计算弦长,涉及垂直关 系往往也是利用韦达定理,设而不求简化运算 解法一 由题意,可设 l 的方程为 y=x+m,其中-5<m<0
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?y ? x ? m 由方程组 ? 2 ,消去 y,得 x2+(2m-4)x+m2=0 ① ? y ? 4x
∵直线 l 与抛物线有两个不同交点 M、N, ∴方程①的判别式Δ =(2m-4)2-4m2=16(1-m)>0, 解得 m<1,又-5<m<0,∴m 的范围为(-5,0) 设 M(x1,y1),N(x2,y2)则 x1+x2=4-2m,x1·x2=m2,∴|MN|=4 2(1 ? m) 点 A 到直线 l 的距离为 d=
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5? m
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2 2 ? 2m ? 5 ? m ? 5 ? m 3 2m)·(5+m)(5+m)≤2( ) =128 3

∴S△=2(5+m) 1 ? m ,从而 S△2=4(1-m)(5+m)2=2(2-
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∴S△≤8 2 ,当且仅当 2-2m=5+m,即 m=-1 时取等号

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故直线 l 的方程为 y=x-1,△AMN 的最大面积为 8 2

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解法二

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由题意,可设 l 与 x 轴相交于 B(m,0), l 的方程为 x = y +m,其中 0<m<5

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由方程组 ?

?x ? y ? m
2 ? y ? 4x

,消去 x,得 y 2-4 y -4m=0 ①

∵直线 l 与抛物线有两个不同交点 M、N, ∴方程①的判别式Δ =(-4)2+16m=16(1+m)>0 必成立, 设 M(x1,y1),N(x2,y2)则 y 1+ y 2=4,y 1·y 2=-4m, ∴S△=

1 1 (5 ? m) | y1 ? y2 |? (5 ? m) ( y1 ? y2 ) 2 ? 4 y1 y2 2 2
5 2 1 m) 2

=4 ( ?

5 1 5 1 (1 ? m) =4 ( ? m)( ? m)(1 ? m) 2 2 2 2
3

5 1 ? 5 1 ? ? ( 2 ? 2 m) ? ( 2 ? 2 m) ? (1 ? m) ? ?4 ? ? ?8 2 3 ? ? ? ?
∴S△≤8 2 ,当且仅当 ( ?

5 2

1 m) ? (1 ? m) 即 m=1 时取等号 2
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故直线 l 的方程为 y=x-1,△AMN 的最大面积为 8 2

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一、条件或目标的认知与转化 1、 化生为熟

(1)向弦中点问题转化

例 1.已知双曲线

=1(a>0,b>0)的离心率

,过点 A(0,-b)和 B(a,0)

的直线与原点间的距离为 (1)求双曲线方程; (2)若直线 (km≠0)与双曲线交于不同两点 C、D,且 C、

D 两点都在以 A 为圆心的同一个圆上,求 m 的取值范围。

略解: (1)所求双曲线方程为

(过程略)

(2)由

消去 y 得:

由题意知,当 设

时, 中点



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则 C、D 均在以 A 为圆心的同一圆上







于是由②得 由②代入①得 ,解得 m<0 或 m>4

③ ④

于是综合③、④得所求 m 的范围为 (2)向弦长问题转化

例 2.设 F 是椭圆 且满足

的左焦点,M 是 C1 上任一点,P 是线段 FM 上的点,

(1)求点 P 的轨迹 C2 的方程; (2)过 F 作直线 l 与 C1 交于 A、D 两点,与 C2 交点 B、C 两点,四点依 A、B、C、D 顺序排 列,求使 分析:为避免由代换 成立的直线 l 的方程。 引发的复杂运算,寻觅替代 的等价条件:

设弦 AD、BC 的中点分别为 O1、O2,则,故



据此得

于是, 所给问题便转化为弦长与弦中点问题。

略解:椭圆 C1 的中心

点P分

所成的比λ =2。

(1)点 P 的轨迹 C2 的方程为 (2)设直线 l 的方程为

(过程略) ① ①代入椭圆 C1 的方程得

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, 故有

故弦 AD 中点 O1 坐标为 ①代入椭圆 C2 的方程得 ,



又有

故弦 BC 中点 O2 坐标为



∴由②、③得



注意到



于是将②、③、④代入⑤并化简得: 因此,所求直线 l 的方程为
2.化繁为简(1)借助投影

由此解得



例 3.如图,自点 M(1,-1)引直线 l 交抛物线 取一点 Q,使 、 、

于 P1 、P2 两点,在线段 P1 、P2 上

的倒数依次成等差数列,

求点 Q 的轨迹方程。

解:设 ① 入 由题意得 得

又设直线 l 的方程为







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③ 又由题意得



作 P1、Q、P2 在直线 y=-1 上的投影 P1′、Q′、P2′(如图)

又令直线 l 的倾斜角为

则由





同理,

∴将上述三式代入④得



∴将③代入⑤得





∴将⑥代入①得 于是由⑥、⑦消去参数 k 得 再注意到②式,由⑥得 或 ⑨

⑦ ⑧

因此,由⑧、⑨得所求点 Q 的轨迹方程为 (2)避重就轻 例 4.已知 点 P、Q 在椭圆 上,椭圆中心为 O,且 , 求

椭圆中心 O 到弦 PQ 的距离。 分析:这里需要 P、Q 点坐标,对此,如果直面直线 PQ 方程和椭圆方程联立方程组,则不 论是求解 P、Q 坐标,还是利用所设 P、Q 坐标,都不免招致复杂局面。于是转而考虑侧面 迂回,避重就轻,同时,注意到 P、Q 两点的双重属性,想到避开正面求解,而由直线 OP (或 OQ)方程和椭圆方程联立方程组解出点 P(或点 Q)坐标。 解(避重就轻,解而不设) :设 得 则由

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(1)当点 P、Q 不在坐标轴上时,设直线 OP 的方程



则直线 OQ 的方程为



将①代入椭圆方程

易得





将②代入椭圆方程

易得





∴由③、④得 又在 中作 于 H,于是由

⑤ 及⑤式得

=



(2)当点 P、Q 在坐标轴上时,同样可得

,从而有



于是由(1) (2)知所求椭圆中心 O 到弦 PQ 的距离为 二、求解交点坐标的“度”的把握 1、半心半意,解至中途 例 1.设斜率为 2 的直线与抛物线 ABCD,使 解:设



相交于 A、B 两点,以线段 AB 为边作矩形

,求矩形 ABCD 的对角线交点 M 的轨迹方程。 直线 AB 的方程为 。



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由题意



由韦达定理得

②∴



再设 AB 中点为

,则有



注意到四边形 ABCD 为矩形,故有

,且



由此得

由(4)得



⑥代入(5)得

化简得



再注意到①中

,由(5)得





因此由⑦、⑧得所求动点 M 的轨迹方程为
2、 真心实意,求解到底



例 2.正方形 ABCD 的中心为 M(3,0) ,一条顶点在原点,焦点在 X 轴正半轴上的抛物线 E,

一条斜率为

的直线 l,若 A、B 两点在抛物线 E 上,而 C、D 两点在直线 l 上,求抛物线 E

和直线 l 的方程。

解:由题意设抛物线 E 的方程为

,直线 l 的方程为



又设正方形 ABCD 的(一条)对角线的斜率为 k,

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则由

∴直线 AM、BM 的方程分别为

再设

则由





又点 A、B 在抛物线 E 上,故有





于是由①、②、③解得



故得 A(4,2) 、B(1,1) 、 因此可知,所求抛物线 E 的方程为 三、求解交点坐标的转换与回避 1、设而不解 例 1.设椭圆 的上半部有不同三点 A、B、C,它们到同一焦点的距离依次成 ; 所求直线 l 方程为 。

等差数列,且点 B 的纵坐标与椭圆的半焦距相等,求线段 AC 的中垂线在 y 轴上的截距。 分析:考察线段 AC 的中垂线方程,易知其斜率由点 A、C 同名坐标的差式表出,弦中点由点 A、C 同名坐标的和式表出。由此想到对交点坐标“设而不解” ,并借助焦点半径公式求解。 解:设 ,弦 AC 中点 M(x0,y0)。

由已知椭圆方程得

又运用椭圆第二定义可得 ∴由题设条件得 而 ∴ ②

, ①

此时,注意到点 A、C 在椭圆

上,故有





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③ —④得 ∴②代入得

⑤ 由此得 ⑥

∴由②、⑥得

,即 AC 中点

于是可知弦 AC 的中垂线方程为



∴在⑦中令 x=0 得

由此可知,所求弦 AC 的中垂线在 y 轴上的截距为

2、不设不解 (1)利用圆锥曲线定义回避交点坐标 例 2.已知 F1、F2 为椭圆的两个焦点,过 F2 的直线交椭圆于 P、Q 两点, ,求椭圆的离心率。 ,且

解:注意到这里涉及点 P 处两条焦点半径,故考虑利用椭圆定义 1。

设椭圆方程为 根据椭圆定义得

。又设

,则由题意得



∴ ∴①代入②得 再由 得

② ,解得 ∴ ③ ④

∴③代入④得 ∴由此解得 。

化简得



(2)借助有关图形性质回避交点坐标 例 3.已知直线 l: 与⊙ 相交于 A、B 两点,

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时,求⊙C 的方程。

提示:圆心 C 到弦 AB 的距离(弦心距) 注意到 由圆的弦的性质得 ,由此解得 a 的值。

(3)利用有关问题的深入认知回避交点坐标 例 4.已知圆 M 与圆 知直线 相交于不同两点 A、B,所得公共弦 AB 平行于已 ,又圆 M 经过点 C(-2,3) ,D(1,4) ,求圆 M 的方程。

解(利用对圆的根轴方程的认知廻避交点坐标) : 设圆 M 方程为 又已知圆方程为 ① ②

∴①—②得上述两圆公共弦 AB 所在直线方程

∴由题设得

③注意到点 C、D 在圆 M 上,故有

④ ∴所求圆 M 的方程为

⑤∴将①、②、③、联立解得

四、高考真题 1.已知椭圆的中心为坐标原点 O,焦点在 x 轴上,斜率为 1 且过椭圆在焦点 F 的直线交椭圆 于 A、B 两点, (1)求椭圆的离心率; (2)设 M 为椭圆上任意一点,且 分析: ,证明 为定值。 与 共线。

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(1)求椭圆离心率,首先要求关于 a,b,c 的等式。为此,从设出椭圆方程与直线 AB 的方 程切入,运用对 A、B 坐标“既设又解”的策略; (2)注意到这里的点为椭圆上任意一点,故考虑对点的坐标“设而不解” 。

解: (1)设椭圆方程为 则直线 AB 方程为 将①代入椭圆方程 由题意 ,显然成立 ① 设 得

由韦达定理得 又 ∴

② , , 与 共线

即所求椭圆的离心率为 (2)由(1)得 ∴椭圆方程化为 设 ,由题设得 , ③

∴ ∴

∵点 M 在椭圆③上



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又由(1)知, ∴

⑤ 而 ∴ , , 即 为定值。 与 共线的充要条件 ⑥∴ 将⑤、⑥代④得

点评:对于(1) ,立足于对 A、B 坐标“既设又解” ,对

,先“转化”而后“代入” ,与先“代入”而后化简比较,计算 量要明显减少。因此,诸如此类的问题,要注意选择“代入”的形式或时机,以求减少解题 的计算量。

2.P、Q、M、N 四点都在椭圆 半轴上的焦点,已知 与 共线,

上,F 为椭圆在 y 轴正 与 共线,且

,求四边形 PMQN 的面积的最小值和最大值。

分析:这里

,b=1,c=1,故 F(0,1)由题设知

,四边形 PMQN 的面积

等于 解:这里 由

,因此解题从求



切入。

,b=1,c=1,F(0,1) , 得 ,即

∴直线 PQ,MN 中至少有一条直线斜率存在。 不妨设 PQ 的斜率为 k,则直线 PQ 的方程为 将①代入椭圆方程得 ∴ ①又设





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(1) 当

时, 直线 MN 的斜率为

, 同理可得

∴ 四边形 PMQN 的面积



,则

(当且仅当

时等号成立)



∴当 (2)当

时,

,S 是以

为自变量的增函数∴ , ,

时,MN 为椭圆的长轴,



于是(1) (2)得

∴四边形 PMQN 的面积的最大值为 2,最小值为 点评:认知条件,从而认知本题中四边形 PMQN 面积的决定因素,寻求的目标便随之明 确,而在对四边形面积 S 的变形中,所施行的分子分母同除以 等等,都是寻求最值的基本策略。 3 设 A、B 是椭圆 上的两点,点 N(1,3)是线段 AB 的中点,线段 AB 的垂直 ,变量替换,分离常数项

平分线与椭圆相交于 C、D 两点。 (1)确定 的取值范围,并求直线 AB 的方程; ,使得 A、B、C、D 四点在同一个圆上?并说明理由。

(2)试判断是否存在这样的

分析:在这里,有两条直线经过点 N 并且与椭圆相交,由于(1)要求直线 AB 的方程,故以

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交点 A、B 的坐标“即设又解”切入;对于(2)中的四点共圆, AB 或 CD,到底是哪一个,则要在完成(1)之后根据具体情况再行确定。 解: (1)由题意,设直线 AB 方程为 将①代入椭圆方程 则由题设知 得 ①设

知,圆的直径为





且 ∴ ∴所求

④∴由 N(1,3)是线段 AB 的中点得 解得 的取值范围为 将 代入③得 即

,直线 AB 的方程为

(2)由题设知,线段 CD 垂直平分线段 AB ∴直线 CD 的方程为 将⑤与椭圆方程联立,消去 y 得 又设 ∴ ,CD 的中点为 ⑦ 即 ⑤ ⑥ ,则 为方程⑥的根





∴ 注意到由(1)可得

,即

由(2)可得 ∴假设存在

∴当

时,

,使得 A、B、C、D 四点共圆,则 CD 必为圆的直径,点 M 为圆心

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又点 M 到直线 AB 的距离



∴由勾股定理得

故当

时,A、B、C、D 四点均在以 M 为圆心,以

为半径的圆上。

点评:在这里,对 A、B 及 C、D 的坐标均是“既设又解” ,解到中途运用韦达定理导出同坐 标之间的关系式;对于(2) ,要切实认知条件的特殊性,根据问题的特殊性,这时化生为熟, 转化为熟悉的弦长或弦中点问题。 4. 已 知 方 向 向 量 为 的 直 线 l 过 点 和 椭 圆

的焦点,且椭圆 C 的中心关于直线 l 的对称点在椭圆 C 的右准 线上 (1)求椭圆 C 的方程; ( 2 ) 是 否 存 在 过 点 E ( -2 , 0 ) 的 直 线 m 交 椭 圆 C 于 点 M 、 N , 满 足

(0 为原点) 。若存在,求直线 m 的方程;若不存在, 请说明理由。 分析:这里直线 l 的方程容易满足,对椭圆中心 O 关于 l 的对称点“解而不设”容易完成。

解题难点在于转化和应用(2)中的条件,注意到

。为

便于沟通左右两边的联系,运用内积定义得

,即

的面积等于

于是解题以表示

的面积突破。 ①

解: (1)由已知得直线 l 的斜率为

,直线 l 的方程为

过原点且垂直于 l 的直线方程为



由①,②解得

,即上述两直线的交点为

又椭圆中心 O 关于直线 l 的对称点在椭圆 C 的右准线上,

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∴点

在右准线

上,∴

∵直线 l 过椭圆焦点,∴该焦点为(2,0)∴

∴椭圆方程为 (2)假设存在符合条件的直线 m 设 (Ⅰ)当直线 m 不垂直 x 轴时,设直线 m 的方程为 ③代入椭圆方程 由题设 得 ③

且 ∴





又 O 到直线 MN 的距离









,即



∴由⑥得

解得

, 即

(Ⅱ)当直线

轴时,直线

,易得

满足条件

∴(Ⅰ) (Ⅱ)知直线 m 的方程为 经检验上述直线均满足 ,





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因此,存在满足题设条件的直线 m,直线 m 的方程为 或 或

点评:在本题中,条件

的认知与转化是解题成功的关键

环节,一旦已知条件转化为

,解题便纳入求弦长与距离的熟悉的途径。


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