习题2.1教学实录及点评

如何将几何条件代数化，运用韦达定理解圆锥曲线问题

姓名： 学号： 大家都发现只要是直线和圆锥曲线相交（交点地位平等）且条件与两交点有关的问题，基本上都运用设不求用韦达的手段来求解，这次区统考题的文理题都是这样。考试当中很多同学设、联、消、韦就止步不前，如果大家能够将题目中的几何条件转化为代数的表达式，并且将韦达定理用上，这样就可以打通任督二脉，分数大增。哪些条件具备“韦达特征”？如何转化？我们今天将进行分析总结。

通法步骤：设（直线）→联（立方程）→消（元）→韦（韦达定理，△>0）

→化（几何条件代数化）→用（韦达定理）

x2y21）1点在椭圆C上. M（2，例1.（区统考理科题）已知椭圆C：

直线l平行于OM(O为坐标82原点），且与椭圆C交于A,B两个不同的点，若AOB为钝角，求直线l在y轴上的截距m的取值范围. 解：由直线l平行于OM得直线l的斜率为kkOM1,又l在y轴上的截距m，

2故l的方程为y1xm. 21yxm22设

直线与椭圆C交于Ax1,y1,Bx2,y2两个不同的点，由222得x2mx2m40，

xy128∴

x1x22m,x1x22m24. ………………… 7分

∵

(2m)24(2m24)0，∴

2m2. ………………… 8分

又∵

OAOBx1x2y1y2x1x211x1mx2m

225m5mx1x2x1x2m2(2m24)2mm2

424252(m2) ………………… 10分

2而

AOB为钝角等价于OAOB0,且m0 ………………… 11分 m22即，解得

2m0或0m2

m0所以m的取值范围为2,00,2. ………………… 12分

1



变式1-1:（2007四川理）将例1当中条件改为“若∠AOB为锐角，”，则m的取值范围有何不同？

而

AOB为锐角等价于OAOB0,且m0 ………………… 11分 m即22m02m2，解得

2m2或2m2

x2y21，若直线l:ykxm与椭圆C相交于A，B变式1-2．（2007山东文、理节选）已知椭圆C43两点（A，B不是左右顶点），且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点D,证：直线l过定点，

并求出该定点的坐标．

ykxm，解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)．

联立x2y2

得

(34k2)x28mkx4(m23)0，

1.4364m2k216(34k2)(m23)0，即34k2m20，则



8mk4(m23),x1x2.x1x234k234k23(m24k2)22

又y1y2(kx1m)(kx2m)kx1x2mk(x1x2)m．

234kyy21．

0)，

kADkBD1，即1

因为以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2，x12x22

3(m24k2)4(m23)15mk40．

y1y2x1x22(x1x2)40．

34k234k234k22k7m216mk4k20．

解得：m12k，m2，且均满足34k2m20．

70)，与已知矛盾；

当m12k时，l的方程yk(x2)，直线过点(2，当m22k220．

时，l的方程为ykx，直线过定点，77720．

所以，直线l过定点，定点坐标为，7x2y2，(m?R)交椭圆E于A，B两点，=1

设直线x=my-1变式1-3. （2015福建理）已知椭圆E：+429判断点G(-,0)与以线段AB为直径的圆的位置关系，并说明理由．

4解法一：

2

故|AB|25255m23(m2+1)2517m2+22|GH|-=my0+(m+1)y1y2+=-+=>0

42162(m2+2)m2+21616(m2+2)|AB|9所以|GH|>，故G(-,0)在以AB为直径的圆外．

242解法二：(Ⅰ)同解法一. (Ⅱ)设点A(x1y1),B(x2,y2),，则GA=(x1+,y1),GB=(x2+,y2).

9494ìx=my-1ï2m3得(m2+2)y2-2my-3=0,所以y1+y2=2,y1y2=2，由íx2y2

m+2m+2ï+=1ïî429955从而GAGB=(x1+)(x2+)+y1y2=(my1+)(my2+)+y1y2

44445255m23(m2+1)2517m2+22=(m+1)y1y2+m(y1+y2)+=-+>0

=2224162(m+2)m+21616(m+2)所以cos狁GA,GB>0,又GA，GB不共线，所以ÐAGB为锐角. 故点G(-,0)在以AB为直径的圆外．

94x2y21的右焦点为F，过F的直线l与C交于A,B两点，例2．（2018新课标I卷节选）设椭圆C:2点M的坐标为(2,0).设O为坐标原点，证明：OMAOMB. 解：当l与x轴重合时，

. 当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以

. 当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为

，

，

则

，直线MA，MB的斜率之和为

由

得

.

. 将

代入

得

. 所以，

.则

. 从而

，故MA，MB的倾斜角互补，所以

.综上，

. 3

x2y21变式2-1．（区考题理科改编）椭圆C:

1，A2,1，当直线l的斜率k，l交椭圆于P,Q，282求证：直线AP,AQ与x轴围成一个等腰三角形. x24y2801

解：设l:yxm，，设Px1,y1,Qx2,y2，联解：

{12yxm2得x22mx2m240，则x1x22m，

x1x22m24，

11x1m1x2m1y1y12设直线AP,AQ的斜率分别为k1,k2，则k11，

k22，那么k1k22

x12x22x12x221x1x2412m41m0，

1m1m22m422m4x1x22x1x24x11x22所以直线AP,AQ与x轴围成一个等腰三角形. x2y21，一个顶点为A(0,1)试问能否找到一条斜率为k(k0)的直变式3-1．已知椭圆

的方程为3线l，使l与已知椭圆交于不同两点M、N且满足AMAN．若存在直线l请求斜率k的取值范围。

解：（Ⅱ）存在这样的直线l. 依题意，直线l的斜率存在

x2y213kxm，则由ykxm设直线l的方程为y222(3k1)x6kmx3m30

得222236km4(3k1)(3m3)0得3k2m210 ①

因为6kmxx123k212xx3m312M(x1,y1),N(x2,y2)，线段MN中点为P(x0,y0)，则3k21

设于是x03kmm,ykxm003k213k21因为AMAN，所以APMN. 若m0，则直线l过原点，P(0,0)，不合题意. y01k12x0若m0，由k0得，，整理得2m3k1 ②

2由①②知，k1，

所以1k1又k0，所以k(1,0)(0,1). 4

x2例4．（2014新课标Ⅰ理节选) 已知点A(0,2)，椭圆E：y21.

4设过点A的直线l与E相交于P,Q两点，当OPQ的面积最大时，求l的方程.

解：（II）当x轴时不合题意，故设:y=kx2,P(x1,y1),Q(x2,y2).x2将ykx2代入y21得

(14k2)x216kx120.

438k24k23当=16(4k3)0,即k时，x1,2.44k21

224k214k23从而PQk1x1x2.4k212又点O到直线PQ的距离d设4k23t,则t0,SOPQ2k2123

.所以OPQ的面积SOPQ=1dPQ44k.224k14t4

.t24t4t47因为t4,当且仅当t2，即k时等号成立，且满足0.

t277所以，当OPQ的面积最大时，t的方程为yx2或yx2

22本节课在题目当中出现了众多的几何条件，如何把它代数化，找到韦达定理特征？

总结：题型特点：直线和圆锥曲线相交（交点地位平等）条件与两交点有关，

有韦达特征常见的条件：斜率和（积）、垂直、角度、向量、中点、对称、弦长、面积等。

一、斜率方向（垂直，斜率和（积），两直线与水平（竖直）方向直线夹角相等）

【韦达特征】P(m,n)A(x1,y1),B(x2,y2)，则：KAPKBP ，KAPKBP 二、向量问题（锐、直、钝角）；【韦达特征】若P(m,n)，则PAPB 三、中点问题（线段相等，对称问题）； 【对称韦达特征】若PAPB,P(m,n)，AB中点为M(x0,y0)，则： 四、线段长问题（弦长，面积，）；【韦达特征】AB 课后思考：

x2y21的右焦点为F，O为坐标原点。设过点F且不与坐标轴垂直交1.(2006福建节选改编)已知椭圆2椭圆于A、B两点，线段AB的垂直平分线与x轴交于点G，求点G横坐标的取值范围. x222222解：设直线AB的方程为y=k(x+1)(k≠0),代入+y=1,整理得(1+2k)x+4kx+2k-2=0. 2∵直线AB过椭圆的左焦点F, ∴方程有两个不等实根.记A(x1,y1),B(x2,y2),AB中点N(x0,y0), 4k212k2k,则x1+x1=-x(xx),yk(x1),

0=12002k2122k212k215



AB垂直平分线NG的方程为yy0(xx0).

1k2k2k2k211222.

令y=0，得xCx0ky022k12k12k124k211∵k0,x00.∴点G横坐标的取值范围为（-,0）。

22x2y21的中心为坐标原点，焦点F1,F2在x轴上，

2.如图所示，椭圆E：43过焦点F1,F2作两条平行直线分别交椭圆E于A,B,C,D四个点.

①试判断四边形ABCD能否是菱形，并说明理由；②求四边形ABCD面积的最大值. 解：由（I）知F（-1，0）直线AB不能平行于x轴，所以设直线AB的方程为xmy1

1xmy1设Ax1,y1,Bx2,y2,由{x222 得3m4y6my90

y2143y1y26m9,yy 123m243m24连结OA,OB，若ABCD为菱形，则OAOB，即OAOB0x1x2y1y20

又x1x2my11my21my1y2my1y21

212m25m1y1y2my1y210 0 显然方程无解，

23m42所以ABCD不能为菱形. （ii）易知四边形ABCD为平行四边形，则S又因为OF11，

SABCD4SAOB，而SAOB1OF1y1y2 2ABCD2OF1y1y22m21y1y224y1y2

1236m2363m243m242243m2422419m126m12 2设tm1，则t1SABCD241在1,上是增函数，

19t6t所以，当t1时，

SABCD取最大值6，此时m211,即m0 6