高中数学讲义微专题69 直线与圆锥曲线的位置关系

高中数学讲义微专题69 直线与圆锥曲线的位置关系

微专题 69 直线与圆锥曲线位置关系 一、基础知识： （一）直线与椭圆位置关系 1、直线与椭圆位置关系：相交（两个公共点），相切（一个公共点），相离（无公共点） 2、直线与椭圆位置关系的判定步骤：通过方程根的个数进行判定， 下面以直线 和椭圆： 为例 （1）联立直线与椭圆方程： （2）确定主变量 （或 ）并通过直线方程消去另一变量 （或 ），代入椭圆方程得到关 于主变量的一元二次方程： ，整理可得： （3）通过计算判别式 的符号判断方程根的个数，从而判定直线与椭圆的位置关系 ① 方程有两个不同实根 直线与椭圆相交 ② 方程有两个相同实根 直线与椭圆相切 ③ 方程没有实根 直线与椭圆相离 3、若直线上的某点位于椭圆内部，则该直线一定与椭圆相交 （二）直线与双曲线位置关系 1、直线与双曲线位置关系，相交，相切，相离 2、直线与双曲线位置关系的判定：与椭圆相同，可通过方程根的个数进行判定 以直线 和椭圆： 为例： （1）联立直线与双曲线方程： ，消元代入后可得： （2）与椭圆不同，在椭圆中，因为 ，所以消元后的方程一定是二次方程，但双 曲线中，消元后的方程二次项系数为 ，有可能为零。所以要分情况进行讨论 y kx m    2 2 2 2 1 0x y a ba b    2 2 2 2 2 2 y kx m b x a y a b      x y y x  22 2 2 2 2b x a kx m a b    2 2 2 2 2 2 2 2 22 0a k b x a kxm a m a b      0    0    0    y kx m    2 2 2 2 1 0x y a ba b    2 2 2 2 2 2 y kx m b x a y a b         2 2 2 2 2 2 2 2 22 0b a k x a kxm a m a b     2 2 2 0a k b  2 2 2b a k 当 且 时，方程变为一次方程，有一个根。此时直线与双曲线 相交，只有一个公共点 当 时，常数项为 ，所以 恒成立，此 时直线与双曲线相交 当 或 时，直线与双曲线的公共点个数需要用 判断： ① 方程有两个不同实根 直线与双曲线相交 ② 方程有两个相同实根 直线与双曲线相切 ③ 方程没有实根 直线与双曲线相离 注：对于直线与双曲线的位置关系，不能简单的凭公共点的个数来判定位置。尤其是直线与 双曲线有一个公共点时，如果是通过一次方程解出，则为相交；如果是通过二次方程解出相 同的根，则为相切 （3）直线与双曲线交点的位置判定：因为双曲线上的点横坐标的范围为 ， 所以通过横坐标的符号即可判断交点位于哪一支上：当 时，点位于双曲线的右支；当 时，点位于双曲线的左支。对于方程： ，设两个根为 ① 当 时，则 ，所以 异号，即交 点分别位于双曲线的左，右支 ② 当 或 ，且 时， ，所以 同号，即交点位于同一支上 （4）直线与双曲线位置关系的几何解释：通过（2）可发现直线与双曲线的位置关系与直线 的斜率相关，其分界点 刚好与双曲线的渐近线斜率相同。所以可通过数形结合得到位置关 系的判定 ① 且 时，此时直线与渐近线平行，可视为渐近线进行平移，则在平移过程中 与双曲线的一支相交的同时，也在远离双曲线的另一支，所以只有一个交点 ② 时，直线的斜率介于两条渐近线斜率之中，通过图像可得无论如何平移直线， 2 2 2 0 bb a k k a     0m  2 2 2 0 b bb a k ka a       2 2 2 2 0a m a b   0  2 2 2 0 bb a k k a    bk a   0    0    0       , ,a a   x a x a    2 2 2 2 2 2 2 2 22 0b a k x a kxm a m a b     1 2,x x 2 2 2 0 b bb a k ka a      2 2 2 2 1 2 2 2 2 0a m a bx x b a k    1 2,x x 2 2 2 0 bb a k k a    bk a  0  2 2 2 2 1 2 2 2 2 0a m a bx x b a k    1 2,x x b a bk a  0m  b bka a   直线均与双曲线有两个交点，且两个交点分别位于双曲线的左，右支上。 ③ 或 时，此时直线比渐近线“更陡”，通过平移观察可得： 直线不一定与双曲线有公共点（与 的符号对应），可能相离，相切，相交，如果相交则交点 位于双曲线同一支上。 （三）直线与抛物线位置关系：相交，相切，相离 1、位置关系的判定：以直线 和抛物线： 为例 联立方程： ，整理后可得： （1）当 时，此时方程为关于 的一次方程，所以有一个实根。此时直线为水平线，与 抛物线相交 （2）当 时，则方程为关于 的二次方程，可通过判别式进行判定 ① 方程有两个不同实根 直线与抛物线相交 ② 方程有两个相同实根 直线与抛物线相切 ③ 方程没有实根 直线与抛物线相离 2、焦点弦问题：设抛物线方程： ， 过焦点的直线 （斜率存在且 ），对应倾斜角为 ，与抛物线交于 联立方程： ，整理可得： （1） （2） 2 2 2 0 bb a k k a    bk a   y kx m   2 2 0y px p   2 2 2 2 y kx m kx m px y px        2 2 22 2 0k x km p x m    0k  x 0k  x 0    0    0    2 2y px : 2 pl y k x     0k      1 1 2 2, , ,A x y B x y 2 2 2 2 22 2 y px pk x pxpy k x                    2 2 2 2 2 2 04 k pk x k p p x    2 1 2 4 px x  2 1 2y y p  2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 12 1k p p k p pAB x x p p pk k k              （3） （四）圆锥曲线问题的解决思路与常用公式： 1、直线与圆锥曲线问题的特点： （1）题目贯穿一至两个核心变量（其余变量均为配角，早晚利用条件消掉）， （2）条件与直线和曲线的交点相关，所以可设 ，至于 坐标是否需要 解出，则看题目中的条件，以及坐标的形式是否复杂 （3）通过联立方程消元，可得到关于 （或 ）的二次方程，如果所求的问题与两根的和或 乘积有关，则可利用韦达定理进行整体代入，从而不需求出 （所谓“设而不求”） （4）有些题目会涉及到几何条件向解析语言的转换，注重数形几何，注重整体代入。则可简 化运算的过程 这几点归纳起来就是“以一个（或两个）核心变量为中心，以交点 为两个基本点，坚持韦达定理四个基本公式（ ，坚持数形结合，坚 持整体代入。直至解决解析几何问题“ 2、韦达定理：是用二次方程的系数运算来表示两个根的和与乘积，在解析几何中得到广泛使 用的原因主要有两个：一是联立方程消元后的二次方程通常含有参数，进而导致直接利用求 根公式计算出来的实根形式非常复杂，难以参与后面的运算；二是解析几何的一些问题或是 步骤经常与两个根的和与差产生联系。进而在思路上就想利用韦达定理，绕开繁杂的求根结 果，通过整体代入的方式得到答案。所以说，解析几何中韦达定理的应用本质上是整体代入 的思想，并不是每一道解析题必备的良方。如果二次方程的根易于表示（优先求点，以应对 更复杂的运算），或者所求的问题与两根和，乘积无关，则韦达定理毫无用武之地。 3、直线方程的形式：直线的方程可设为两种形式： （1）斜截式： ，此直线不能表示竖直线。联立方程如果消去 则此形式比较好用， 且斜率在直线方程中能够体现，在用斜截式解决问题时要注意检验斜率不存在的直线是否符 合条件 2 2 2 2 1 cos 22 1 2 1tan sin sin pp p                   2 2 1 1 1 2sin sin2 2 2 2 sin 2sinAOB O l p p pS d AB OF AB                  1 1 2 2, , ,A x y B x y ,A B x y 1 2 1 2, , ,x x y y    1 1 2 2, , ,A x y B x y 1 2 1 2 1 2 1 2, , ,x x x x y y y y  y kx m  y （2） ，此直线不能表示水平线，但可以表示斜率不存在的直线。经常在联立方程 后消去 时使用，多用于抛物线 （消元后的二次方程形式简单）。此直线不能直接体 现斜率，当 时，斜率 4、弦长公式：（已知直线上的两点距离）设直线 ， 上两点 ， 所以 或 （1）证明：因为 在直线 上，所以 ，代入 可得： 同理可证得 （2）弦长公式的适用范围为直线上的任意两点，但如果 为直线与曲线的交点（即 为 曲 线 上 的 弦 ） ， 则 （ 或 ） 可 进 行 变 形 ： ，从而可用方程的韦达定理进行整体代入。 5、点差法：这是处理圆锥曲线问题的一种特殊方法，适用于所有圆锥曲线。不妨以椭圆方程 为例，设直线 与椭圆交于 两点，则该 两点满足椭圆方程，有： 考虑两个方程左右分别作差，并利用平方差公式进行分解，则可得到两个量之间的联系： ① x my b  x 2 2y px 0m  1k m :l y kx m  l    1 1 2 2, , ,A x y B x y 2 1 21AB k x x   2 1 2 11AB y yk          1 1 2 2, , ,A x y B x y l 1 1 2 2 y kx m y kx m         2 2 1 2 1 2AB x x y y     1 1 2 2 y kx m y kx m               2 22 2 1 2 1 2 1 2 1 2AB x x kx m kx m x x k x x                 22 2 1 2 1 21 1k x x k x x      2 1 2 11AB y yk       ,A B AB 1 2x x 1 2y y    2 2 1 2 1 2 1 2 1 24x x x x x x x x        2 2 2 2 1 0x y a ba b    y kx m     1 1 2 2, , ,A x y B x y 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 x y a b x y a b          2 2 2 2 1 2 1 22 2 1 1 0x x y ya b    ② 由等式可知：其中直线 的斜率 ， 中点的坐标为 ， 这些要素均在②式中有所体现。所以通过“点差法”可得到关于直线 的斜率与 中点的 联系，从而能够处理涉及到弦与中点问题时。同时由①可得在涉及 坐标的平方差问题中 也可使用点差法。 二、典型例题 例 1：不论 为何值，直线 与椭圆 有公共点，则实数 的取值范围是 （ ） A. B. C. D. 思路一：可通过联立方程，消去变量（如消去 ），得到关于 的二次方程，因为直线与椭圆 有公共点，所以 在 恒成立，从而将问题转化为恒成立问题，解出 即可 解： ，整理可得： 即 思路二：从所给含参直线 入手可知直线过定点 ，所以若过定点的直线均与椭 圆 有 公 共 点 ， 则 该 点 位 于 椭 圆 的 内 部 或 椭 圆 上 ， 所 以 代 入 后 ， 即 ，因为是椭圆，所以 ，故 的取值范围是      1 2 1 2 1 2 1 22 2 1 1 0x x x x y y y ya b              1 2 1 2 1 2 1 22 2 1 1 02 2 x x y yx x y ya b       AB 1 2 1 2 y yk x x   AB 1 2 1 2,2 2 x x y y      AB AB ,A B k 1y kx  2 2 17 x y m  m  0,1  1,    1,7 7,  0,7 y x 0  x R m  22 2 2 1 7 1 7 7 7 y kx mx kx m mx y m          2 27 14 7 7 0m k x kx m         2 214 4 7 7 7 0k m k m      2 21 7 0 7 1m k m k         2 max 7 1 1m k     7m     1,7 7,m   1y kx   0,1  0,1 2 2 17 x y m  2 1 1 1mm    7m  m    1,7 7, 答案：C 小 炼 有 话 说 ：（1）比较两种思路，第一种思路比较传统，通过根的个数来确定直线与椭圆 位置关系，进而将问题转化为不等式恒成立问题求解；第二种思路是抓住点与椭圆位置关系 的特点，即若点在封闭曲线内，则过该点的直线必与椭圆相交，从而以定点为突破口巧妙解 决问题。在思路二中，从含参直线能发现定点是关键 （2）本题还要注意细节，椭圆方程中 的系数不同，所以 例 2：已知双曲线 的右焦点为 ，若过点 的直线与双曲线的右支有且只有一个 交点，则此直线斜率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 思路：由 可得渐近线方程为： ，若过右焦点的直线与右支只有一个交 点，则直线的斜率的绝对值小于或等于渐近线斜率的绝对值，即 答案：C 小 炼 有 话 说 ：本题是利用“基础知识”的结论直接得到的答案，代数的推理如下： 由 可知 ，设直线 ，联立方程可得： ，整理后可得： 当 时， ，即位于双曲线右支，符合题意 当 时， 直线与双曲线必有两个交点，设为 因为直线与双曲线的右支有且只有一个交点 ，即 2 2,x y 7m  2 2 112 4 x y  F F 3 3,3 3       3, 3 3 3,3 3      3, 3   2 2 112 4 x y  3 3y x  3 3 3 3 3 3k k     2 2 112 4 x y   4,0F  : 4l y k x      2 2 22 23 12 3 4 12 4 x y x k x y k x             2 2 2 21 3 24 48 12 0k x k x k     2 31 3 0 3k k     78 28 0 2x x    21 3 0k         22 2 2 224 4 1 3 48 12 48 1 0k k k k                1 1 2 2, , ,x y x y 1 2 0x x  2 2 48 12 01 3 k k   综上所述： 例 3：已知抛物线 的方程为 ，过点 和点 的直线与抛物线 没有公 共点，则实数 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 思路：由 两点可确定直线 的方程（含 ），再通过与抛物线方程联立，利用 即 可得到关于 的不等式，从而解得 的范围 解：若 ，则直线 与抛物线有公共点，不符题意 若 ，则 ，与椭圆联立方程： 直线与抛物线无公共点 或 答案：D 例 4：过双曲线 的右焦点 作直线 交双曲线于 两点，若实数 使得 的直线恰有 3 条，则 _______ 思路：由双曲线方程可知 ，当 斜率不存在时，可知 为通径，计算可得： ， 当 斜 率 存 在 时 ， 设 直 线 ， 与 椭 圆 方 程 联 立 ， 利 用 弦 长 公 式 可 得 为 关 于 的 表 达 式 ， 即 。 可 解 得 ： 或 2 3 33 1 0 3 3k k       3 3 3 3k   C 2 1 2x y  0, 1A   ,3B t C t    , 1 1,   2 2, ,2 2                 , 2 2 2 2,      , 2 2,   ,A B AB t 0  t t 0t  : 0AB x  0t  4 ABk t 4: 1AB y xt   2 2 1 2 12 4 21 x y x xty xt         22 4 0tx x t     216 8 0 2t t      2t   2 2 12 yx   F l ,A B  AB     3,0F l AB 4AB  l  : 3l y k x   2 2 4 1 2 k AB k    k  2 2 4 1 2 k k     2 2 4 4k     。若 或 ，即 时，可得 ，仅有一解，不符题 意。若 且 ，则每个方程只能无解或两解。所以可知当 时，方程 有两解，再结合斜率不存在的情况，共有 3 解。符合题意，所以 解：由双曲线 可得 ， 当 斜率不存在时， 的方程为 为通径，即 若直线 斜率存在，不妨设为 则设 ， 联立直线与椭圆方程： 消去 可得： ，整理可得： 可得： 或 ① 当 时，即 ，则方程①的解为 ，只有一解，不符题意 同理，当 ，即 ，则方程①的解为 ，只有一解，不符题意 当 且 时，则每个方程的解为 0 个或两个，总和无法达到 3 个，不符题 意 所以若 的直线恰有 3 条，只能 ，方程①解得： 满足条件的直线 的方程为： ， ， 答案： 例 5：已知椭圆 ，则当在此椭圆上存在不同两点关于直线 对称，则 2 2 4 4k     2 4 04     2 4 04     2   0k  2 4 04     2 4 04     4  4  2 2 12 yx   1, 2, 3a b c    3,0F AB l 3x  AB 22 4bAB a  l k  : 3l y k x     1 1 2 2, , ,A x y B x y   2 22 2 3 x y y k x      y  22 22 3 2x k x      2 2 2 22 2 3 3 2 0k x k x k         22 2 2 22 3 4 2 3 2 16 16k k k k        2 2 2 1 2 2 2 4 1 1 1 2 2 k AB k x x k k k              2 2 4 4k     2 2 4 4k     2 4 04     2  0k  2 4 04     2   0k  2 4 04     2 4 04     AB  4  2 2k    AB 3x   2 32y x   2 32y x   4  2 2 14 3 x y  4y x m  m 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 思路：设椭圆上两点 ，中点坐标为 ，则有 ，由中 点问题想到点差法，则有 ，变形可得： ①由对称关系和对称轴方程可得，直线 的斜率 ，所以方程①转化为： ，由对称 性可知 中点 在对称轴上，所以有 ，所以解得： ，依题 意可得：点 必在椭圆内，所以有 ，代入可得： ， 解得： 答案：D 例 6：过点 的直线 与椭圆 交于 两点，线段 的中点为 ，设 直线 的斜率为 ，直线 的斜率为 ，则 的值为（ ） A. B. C. D. 思 路 一 ： 已 知 与 椭 圆 交 于 两 个 基 本 点 ， 从 而 设 ， 可 知 ，即 ，从结构上可联想到韦达定理，设 ， 联 立 椭 圆 方 程 ： ， 可 得 ： 13 13 13 13m   2 13 2 13 13 13m   13 13 13 13m   2 13 2 13 13 13m      1 1 2 2, , ,A x y B x y  0 0,x y 0 1 2 0 1 2 2 2 x x x y y y          2 2 1 1 2 2 2 2 1 2 1 22 2 2 2 3 4 12 3 4 0 3 4 12 x y x x y y x y                1 2 1 2 1 2 1 23 4 0x x x x y y y y      AB 1 2 1 2 1 4 y yk x x     0 0 0 0 16 8 0 34x y y x         AB  0 0,x y 0 04y x m  0 0 3 x m y m       0 0,x y 2 2 0 03 4 12x y     2 23 4 3 12m m    2 13 2 13 13 13m    2,0M  m 2 2 12 x y  1 2,P P 1 2PP P m  1 1 0k k  OP 2k 1 2k k 2 2 1 2 1 2 m 1 2,P P    1 1 1 2 2 2, , ,P x y P x y 1 2 1 2,2 2 x x y yP       1 2 2 1 2 y yk x x    1: 2m y k x      2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 2 1 8 8 2 02 2 x y k x k x k y k x             ， 所 以 ， 则 ， 即 思路二：线段 为椭圆的弦，且问题围绕着弦中点 展开，在圆锥曲线中处理弦中点问题 可 用 “ 点 差 法 ”，设 ， 则 有 ， 两 式 作 差 ， 可 得 ： ，发现等式中 出现与中点和 斜率相关的要素，其中 ，所以 ，且 ，所以等式化为 即 ，所以 答案：D 小 炼 有 话 说 ：两类问题适用于点差法，都是围绕着点差后式子出现平方差的特点。 （1）涉及弦中点的问题，此时点差之后利用平方差进行因式分解可得到中点坐标与直线斜率 的联系 （2）涉及到运用两点对应坐标平方差的条件，也可使用点差法 例 7：已知点 在抛物线 上，过点 作两条直线分别交抛物线于点 ， 直线 的斜率分别为 ，若直线 过点 ，则 （ ） A. B. C. D. 思路：设 ，进而所求 ，所以可从直线 入手，设直线 ，与抛物线方程联立，利用韦达定理即可化简 解：设 2 1 1 2 2 1 8 2 1 kx x k      1 1 2 1 1 2 1 2 1 44 2 1 ky y k x x k k      2 1 1 2k k  1 2 1 2k k   1 2PP P    1 1 1 2 2 2, , ,P x y P x y 2 21 1 2 22 2 12 12 x y x y                2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 10 02 2x x y y x x x x y y y y           1 2PP 1 2 1 2,2 2 x x y yP       1 2 2 1 2 y yk x x   1 2 1 1 2 y yk x x         1 2 1 2 1 2 1 2 1 02 y y y y x x x x     1 2 1 02 k k  1 2 1 2k k    1,2A 2: 4C y x A ,D E ,AD AE ,AD AEk k DE  1, 2P   AD AEk k  4 3 2 1    1 1 2 2, , ,D x y E x y     1 2 1 2 1 2 1 2 2 4 1AD AE y y y yk k x x x x         DE  : 2 1DE y k x   2AD AEk k     1 1 2 2, , ,D x y E x y 1 2 1 2 2 2,1 1AD AE y yk kx x      ① 设 ，则 联立方程： ，消去 可得： 代入①可得： 答案：C 例 8：已知抛物线 的焦点为 ，过点 的直线 交抛物线于 两点，且 ，则直线 的斜率为（ ） A. B. C. D. 思路一：从点的坐标出发，因为 三点共线，从而 可转化为 ， 考 虑 将 向 量 坐 标 化 ， ， 设 ， 有 ，所以 ，设直线 ，联立抛物线 方 程 消 元 后 可 得 ： ， 利 用 韦 达 定 理 可 得 ： ， 再 结 合 ，消去 即可得 ，直线 ，即可得到斜率为 思路二：从所给线段关系 恰好为焦半径出发，联系抛物线的定义，可考虑 向准线引垂线，垂足分别为 ，便可得到直角梯形 ，由抛物线定义可知：     1 2 1 21 2 1 2 1 2 1 2 2 42 2 1 1 1AD AE y y y yy yk k x x x x x x              1, 2P    : 2 1DE y k x     2 4 2 1 y x y k x      x 2 4 4 8 0ky y k    1 2 1 2 4 4 8, ky y y yk k     2 1 2 1 2 2 4 2 4 4 2y y k k kx x k k         2 2 1 2 1 2 2 4 4 16 y y k kx x k    2 2 2 2 4 8 42 4 24 4 4 4 2 1 AD AE k k kk k k k k k k k             2: 4C y x F F l ,M N 2MF NF l 2 2 2 2 2 2 4 , ,M F N 2MF NF 2MF NF    1,0F    1 1 2 2, , ,M x y N x y    1 1 2 21 , , 1 ,MF x y NF x y       1 22y y  : 1l x my  2 4 4 0y my   1 2 1 2 4 4 y y m y y      1 22y y  1 2,y y 2 4m   2: 14l x y   2 2 2MF NF ,M N ,P Q PMNQ ，将所求斜率转化为直线的倾斜角，即为 。不妨设 在第 一象限。考虑将角放入直角三角形，从而可过 作 于 ，则 ， 因 为 而 ， 且 ，利用勾股定理可得： ， 从而 ，即 ，当 在第四象限时，同理，可得 综上所述： 答案：B 例 9：如图，在平面直角坐标系 中，椭圆 的左、右焦点分别为 ，设 是椭圆上位于 轴上方的两点，且直线 与直线 平行， 与 交于点 ， ，则直线 的斜 率是（ ） A. B. C. D. 思路：先设出直线 ，只需一个等量条件即可求出 ，进而 求出斜率。考虑与椭圆联立方程，分别解出 的纵坐标，然后利用弦长公式即可用 表示 ： ，可将已知等 式转化为关于 的方程，从而解出 ，所以斜率为 解：由椭圆方程可得： ， 设 ， ，依图可知： 联立 与椭圆方程可得： ,MP MF NQ NF  PMF M N NT MP T tan TNNMT TM 2MF NF TM PM PT PM QN MF NF NF       3MN MF NF NF   2 2 2 2TN MN MT NF   tan 2 2TNNMT TM  2 2k  M 2 2k   2 2k   xOy 2 2 12 x y  1 2,F F ,A B x 1AF 2BF 2AF 1BF P 1 2 2 3 3AF BF  1AF 3 2 2 2 1 1 2: 1, : 1AF x my BF x my    m ,A B m 1 2,AF BF    2 2 2 2 1 22 2 2 1 1 2 1 1 ,2 2 m m m m m m AF BFm m          m 1m  1 1m   1 1,0F   2 1,0F 1 2: 1, : 1AF x my BF x my       1 1 2 2, , ,A x y B x y 1 20, 0y y  1AF ，整理可得： 同理可得： 即 ，解得： 直线 的斜率 答案：D 小 炼 有 话 说 ：（1）在运用弦长公式计算 时，抓住焦点的纵坐标为 0 的特点，使 用纵坐标计算线段长度更为简便，因此在直线的选择上，本题采用 的形式以便于 消去 得到关于 的方程 （2）直线方程 ，当 时，可知斜率 与 的关系为： 例 10：过椭圆 的右焦点 作两条相互垂直的直线分别交椭圆于 四点， 则 的值为（ ） A. B. C. D. 思路：首先先考虑特殊情况，即 斜率不存在。则 为通径， ； 为长轴，   2 2 2 22 1 1 2 1 1 x y my y x my           2 22 2 1 0m y my         2 2 22 2 2 2 1 2 1 22 2 m m m m y mm          2 1 2 2 1 2 m m y m        1 2 2 2 2 1 1 1 2 2 1 1 1 1 2F m m m AF m y y m y m             2 2 2 2 2 1 1 2 m m m BF m          2 2 2 2 1 2 2 2 2 1 1 2 1 12 3 2 3 3 2 2 3 m m m m m m AF BF m m              2 2 2 1 2 2 2 3 m m m   1m   1AF 1 1k m  1 2,AF BF x my b  x y x my b  0m  k m 1k m 2 2 14 3 x y  F , , ,A B C D 1 1 AB CD 1 8 1 6 1 7 12 AB AB 3AB  CD 所以 ，从而 。再考虑一般情况，所求 为焦点弦，所以 考虑拆成两个焦半径的和，如设 ，则 ，从而想到 联立直线与椭圆方程并使用韦达定理整体代入，同理 也为焦半径。设 的斜率为 ， 则 的斜率为 ，所以 均可用 进行表示，再求出 的值即可 解：若 分别与坐标轴平行，不妨设 轴， 则 为椭圆的通径， 由 可得： 因为 为长轴长，即 当 斜率均存在时，设 斜率为 ，由 可得 斜率为 由椭圆方程可得： 设 ， 联立方程可得： 消去 可得： ，整理后为： 4CD  1 1 7 12AB CD  ,AB CD    1 1 2 2, , ,A x y B x y  1 22AB a e x x   CD AB k CD 1 k ,AB CD k 1 1 AB CD ,AB CD AB x AB 22bAB a  2 2 14 3 x y  2, 3, 1a b c   22 32 32 bAB a     CD AB CD 2 4CD a  1 1 7 12AB CD   ,AB CD AB k CD AB CD 1 k  1,0F   : 1AB y k x     1 1 2 2, , ,A x y B x y   2 2 1 3 4 12 y k x x y     y  22 23 4 1 12x k x    2 2 2 24 3 8 4 12 0k x k x k     2 1 2 2 8 4 3 kx x k     1 2 1 22AB AF BF a ex a ex a e x x            2 2 1 2 2 2 1 1 8 12 124 42 2 4 3 4 3 k kx x k k         设 ， ，与椭圆联立方程： ，则同理，求 只需用 替换 中的 即可 综上所述： 答案：D 小 炼 有 话 说 ：（1）本题的亮点在于处理 ，因为发现 与 的直线方程结构基本相 同（只有斜率不同），并且用的是相同的步骤（联立方程，消元，韦达定理，代入焦半径公 式），所以在解决 的问题时就可参照 的结果，进行对应字母的替换，即可得到答案。 所以在处理两条直线与同一曲线的问题时，可观察两直线处理过程的异同，进而简化运算步 骤 （2）本题是选择题，通过题意可发现尽管过焦点相互垂直的直线有无数多对，但从选项中暗 示结果是个常数，所以就可以利用特殊情况（通径与长轴长）求出结果，从而选择正确的选 项    3 3 4 4, , ,C x y D x y  1: 1CD y xk     2 2 1 1 3 4 12 y xk x y        CD 1 k AB k 2 2 2 2 112 12 12 12 3 414 3 kkCD k k              2 2 2 2 2 2 1 1 4 3 3 4 7 7 7 12 12 12 12 12 12 12 k k k AB CD k k k           1 1 7 12AB CD  CD CD AB CD AB