【数学】2018届一轮复习人教A版第8章第9节直线与圆锥曲线的位置关系学案

【数学】2018届一轮复习人教A版第8章第9节直线与圆锥曲线的位置关系学案

第九节 直线与圆锥曲线的位置关系 1．直线与圆锥曲线的位置关系 设直线 l：Ax＋By＋C＝0，圆锥曲线 C：F(x，y)＝0， 由 Ax＋By＋C＝0， Fx，y＝0 消去 y得到关于 x的方程 ax2＋bx＋c＝0. (1)当 a≠0时，设一元二次方程 ax2＋bx＋c＝0的判别式为Δ，则Δ＞0⇔直线 l与圆锥曲线 C有 2个公共点； Δ＝0⇔直线 l与圆锥曲线 C有 1个公共点； Δ＜0⇔直线 l与圆锥曲线 C有 0个公共点． (2)当 a＝0时，圆锥曲线 C为抛物线或双曲线． 当 C为双曲线时，l与双曲线的渐近线平行或重合，它们的公共点有 1个或 0个． 当 C为抛物线时，l与抛物线的对称轴平行或重合，它们的公共点有 1个． 2．圆锥曲线的弦长公式 设斜率为 k的直线 l与圆锥曲线 C相交于 A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 |AB|＝ x1－x2＋y1－y22＝ 1＋k2 ·|x1－ x2|＝ 1＋k2 · x1＋x22－4x1x2＝ 1＋k2· Δ |a| . 1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)直线 l与椭圆C相切的充要条件是直线 l与椭圆C只有一个公共点．( ) (2)直线 l 与双曲线 C 相切的充要条件是直线 l 与双曲线 C 只有一个公共 点．( ) (3)过抛物线 y2＝2px(p>0)焦点的弦中最短弦的弦长是 2p.( ) (4)若抛物线上存在关于直线 l对称的两点，则 l与抛物线有两个交点．( ) [解析] (1)对．椭圆是个封闭图形，直线与椭圆只有一个公共点时，一定相 切． (2)错．当直线 l与渐近线平行时，直线与双曲线只有一个交点，但不相切． (3)对．可转化为到准线的距离来证明(3)正确． (4)错．当直线 l为对称轴时，l与抛物线有一个交点． [答案] (1)√ (2)× (3)√ (4)× 2．(教材改编)直线 y＝k(x－1)＋1与椭圆 x2 9 ＋ y2 4 ＝1的位置关系是( ) A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定 A [直线 y＝k(x－1)＋1恒过定点(1,1)，又点(1,1)在椭圆内部，故直线与椭 圆相交．] 3．已知椭圆 E的中心为坐标原点，离心率为 1 2 ，E的右焦点与抛物线 C：y2 ＝8x的焦点重合，A，B是 C的准线与 E的两个交点，则|AB|＝( ) A．3 B．6 C．9 D．12 B [抛物线 y2＝8x的焦点为(2,0)，∴椭圆中 c＝2， 又 c a ＝ 1 2 ，∴a＝4，b2＝a2－c2＝12， 从而椭圆方程为 x2 16 ＋ y2 12 ＝1. ∵抛物线 y2＝8x的准线为 x＝－2， ∴xA＝xB＝－2， 将 xA＝－2代入椭圆方程可得|yA|＝3， 由图象可知|AB|＝2|yA|＝6.故选 B.] 4．已知一条过点 P(2,1)的直线与抛物线 y2＝2x交于 A，B两点，且 P是弦 AB的中点，则直线 AB的方程为__________. 【导学号：51062308】 x－y－1＝0 [依题意，设点 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则有 y21＝2x1，y22＝2x2， 两式相减得 y21－y22＝2(x1－x2)，即 y1－y2 x1－x2 ＝ 2 y1＋y2 ＝1， 直线 AB的斜率为 1， 直线 AB的方程是 y－1＝x－2，即 x－y－1＝0.] 5．(2017·杭州质检)在平面直角坐标系 xOy中，P为双曲线 x2－y2＝1右支上 的一个动点．若点 P到直线 x－y＋1＝0的距离大于 c恒成立，则实数 c的最大 值为__________． 2 2 [设 P(x，y)(x≥1)，因为直线 x－y＋1＝0平行于渐近线 x－y＝0，所以 c的最大值为直线 x－y＋1＝0与渐近线 x－y＝0之间的距离，由两平行线间的距 离公式知，该距离为 1 2 ＝ 2 2 .] 直线与圆锥曲线位置关系 的判断及应用 在平面直角坐标系 xOy中，已知椭圆 C1： x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a>b>0)的左焦点 为 F1(－1,0)，且点 P(0,1)在 C1上． (1)求椭圆 C1的方程； (2)设直线 l同时与椭圆 C1和抛物线 C2：y2＝4x相切，求直线 l的方程． [解] (1)椭圆 C1的左焦点为 F1(－1,0)， 所以 c＝1，2分 又点 P(0,1)在曲线 C1上， 所以 0 a2 ＋ 1 b2 ＝1，得 b＝1，则 a2＝b2＋c2＝2， 所以椭圆 C1的方程为 x2 2 ＋y2＝1.6分 (2)由题意可知，直线 l的斜率显然存在且不等于 0，设直线 l的方程为 y＝ kx＋m， 由 x2 2 ＋y2＝1， y＝kx＋m， 8分 消去 y得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0. 因为直线 l与椭圆 C1相切， 所以Δ1＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)＝0， 整理得 2k2－m2＋1＝0. ①12分 由 y2＝4x， y＝kx＋m， 消去 y得 k2x2＋(2km－4)x＋m2＝0. 因为直线 l与抛物线 C2相切， 所以Δ2＝(2km－4)2－4k2m2＝0，整理得 km＝1.② 综合①②，解得 k＝ 2 2 ， m＝ 2， 或 k＝－ 2 2 ， m＝－ 2. 14分 所以直线 l的方程为 y＝ 2 2 x＋ 2或 y＝－ 2 2 x－ 2.15分 [规律方法] 1.判定直线与圆锥曲线的位置关系，一般是将直线与圆锥曲线 方程联立，消去 x(或 y)，判定该方程组解的个数，方程组有几组解，直线与圆锥 曲线就有几个交点．但应注意两点： (1)消元后需要讨论含 x2(或 y2)项的系数是否为 0； (2)重视“判别式Δ”起的限制作用． 2．对于选择题、填空题，要充分利用几何条件，借助数形结合的思想方法 直观求解，优化解题过程． [变式训练 1] 如图 891，在平面直角坐标系 xOy中，已知直线 l：x－y－2 ＝0，抛物线 C：y2＝2px(p>0)． 图 891 (1)若直线 l过抛物线 C的焦点，求抛物线 C的方程； (2)当 p＝1时，若抛物线 C上存在关于直线 l对称的相异两点 P和 Q.求线段 PQ的中点 M的坐标． [解] (1)抛物线 C：y2＝2px(p>0)的焦点为 p 2 ，0 .2分 由点 p 2 ，0 在直线 l：x－y－2＝0上， 得 p 2 －0－2＝0，即 p＝4. 所以抛物线 C的方程为 y2＝8x.6分 (2)当 p＝1时，曲线 C：y2＝2x. 设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，线段 PQ的中点 M(x0，y0).8分 因为点 P和 Q关于直线 l对称，所以直线 l垂直平分线段 PQ， 于是直线 PQ的斜率为－1，则可设其方程为 y＝－x＋b. 由 y＝－x＋b， y2＝2x， 消去 x，得 y2＋2y－2b＝0.(*)12分 因为 P和 Q是抛物线 l的两相异点，则 y1≠y2. 从而Δ＝4－4×1×(－2b)＝8b＋4>0.(**) 因此 y1＋y2＝－2，所以 y0＝－1. 又 M(x0，y0)在直线 l上，所以 x0＝1. 所以点 M(1，－1)，此时 b＝0满足(**)式． 故线段 PQ的中点 M的坐标为(1，－1).15分 直线与圆锥曲线中弦长问题 (2017·浙江镇海中学模拟)如图 892，在平面直角坐标系 xOy中，已 知椭圆 x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a>b>0)的离心率为 2 2 ，且右焦点 F(1,0)，且已知直线 l的方程 为 x＝－2. 图 892 (1)求椭圆的标准方程； (2)过 F的直线与椭圆交于 A，B两点，线段 AB的垂直平分线分别交直线 l 和 AB于点 P，C，若|PC|＝2|AB|，求直线 AB的方程． [解] (1)由题意 c a ＝ 2 2 且 c＝1，知 a＝ 2，则 b＝1，3分 所以椭圆的标准方程为 x2 2 ＋y2＝1.5分 (2)当 AB⊥x轴时，AB＝ 2，又 CP＝3，不合题意． 当 AB与 x轴不垂直时，设直线 AB的方程为 y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2， y2)，8分 将 AB的方程代入椭圆方程，得 (1＋2k2)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0， 则 x1,2＝ 2k2± 21＋k2 1＋2k2 ， C的坐标为 2k2 1＋2k2 ， －k 1＋2k2 ， 且 AB＝ x2－x12＋y2－y12＝ 1＋k2x2－x12 ＝ 2 21＋k2 1＋2k2 .10分 若 k＝0，则线段 AB的垂直平分线为 y轴，与左准线平行，不合题意． 从而 k≠0，故直线 PC的方程为 y＋ k 1＋2k2 ＝－ 1 k x－ 2k2 1＋2k2 ， 则 P点的坐标为 －2， 5k2＋2 k1＋2k2 ， 从而 PC＝23k2＋1 1＋k2 |k|1＋2k2 .13分 因为 PC＝2AB，所以 23k2＋1 1＋k2 |k|1＋2k2 ＝ 4 21＋k2 1＋2k2 ， 解得 k＝±1. 此时直线 AB方程为 y＝x－1或 y＝－x＋1.15分 [规律方法] 1.求弦长时可利用弦长公式，由直线方程与圆锥曲线方程联立 消元后得到一元二次方程，利用根与系数的关系得到两根之和、两根之积的代数 式，然后进行整体代入弦长公式求解． 2．当涉及过焦点的弦的问题，可灵活利用圆锥曲线的定义求解． [变式训练 2] 设椭圆 x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a>b>0)的左焦点为 F，离心率为 3 3 ，过点 F 且与 x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为 4 3 3 . (1)求椭圆的方程； (2)设 A，B分别为椭圆的左、右顶点，过点 F且斜率为 k的直线与椭圆交于 C，D两点，若AC→ ·DB→＋AD→ ·CB→＝8，求 k的值. 【导学号：51062309】 [解] (1)设 F(－c,0)，由 c a ＝ 3 3 ，知 a＝ 3c. 过点 F且与 x轴垂直的直线为 x＝－c， 代入椭圆方程有 －c2 a2 ＋ y2 b2 ＝1，解得 y＝± 6b 3 ， 于是 2 6b 3 ＝ 4 3 3 ，解得 b＝ 2.3分 又 a2－c2＝b2，从而 a＝ 3，c＝1， 所以椭圆的方程为 x2 3 ＋ y2 2 ＝1.6分 (2)设点 C(x1，y1)，D(x2，y2)，由 F(－1,0)得直线 CD的方程为 y＝k(x＋1)， 7分 由方程组 y＝kx＋1， x2 3 ＋ y2 2 ＝1 消去 y， 整理得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0. 由于Δ＝48k2＋48>0恒成立， 则 x1＋x2＝－ 6k2 2＋3k2 ，x1x2＝ 3k2－6 2＋3k2 .9分 因为 A(－ 3，0)，B( 3，0)， 所以AC→ ·DB → ＋AD→ ·CB → ＝(x1＋ 3，y1)·( 3－x2，－y2)＋(x2＋ 3，y2)·( 3－x1， －y1)＝ 6－2x1x2－2y1y2＝6－2x1x2－2k2(x1＋1)(x2＋1)＝ 6－(2＋2k2)x1x2－2k2(x1＋x2)－2k2＝ 6＋2k2＋12 2＋3k2 .12分 由已知得 6＋2k2＋12 2＋3k2 ＝8，解得 k＝± 2.15分 有关弦的中点问题 椭圆 ax2＋by2＝1与直线 x＋y－1＝0相交于 A，B两点，C是 AB的 中点．若 AB＝2 2，O为坐标原点，OC的斜率为 2 2 ，求椭圆的方程． [解] 由 ax2＋by2＝1， x＋y－1＝0， 得(a＋b)x2－2bx＋b－1＝0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，3分 依题意得 ax21＋by21＝1，且 ax22＋by22＝1， 两式相减，得 a(x1＋x2)(x1－x2)＋b(y1－y2)(y1＋y2)＝0，5分 又 y1－y2 x1－x2 ＝－1，y1＋y2 x1＋x2 ＝kOC＝ 2 2 ， 代入上式可得 b＝ 2a.8分 再由|AB|＝ 1＋k2|x2－x1|＝ 2|x2－x1|＝2 2， 得(x1＋x2)2－4x1x2＝4， 其中 x1，x2是方程(a＋b)x2－2bx＋b－1＝0的两根， 故 2b a＋b 2－4·b－1 a＋b ＝4，12分 将 b＝ 2a代入得 a＝1 3 ， ∴b＝ 2 3 . ∴所求椭圆的方程是 x2 3 ＋ 2y2 3 ＝1.15分 [规律方法] 涉及弦的中点与直线的斜率问题，可考虑“点差法”，构造出 kAB＝ y1－y2 x1－x2 和 x1＋x2，y1＋y2，整体代换，求出中点或斜率，体现“设而不求”的 思想． [变式训练 3] 已知(4,2)是直线 l被椭圆 x2 36 ＋ y2 9 ＝1所截得的线段的中点，则 l的方程是__________． x＋2y－8＝0 [设直线 l与椭圆相交于 A(x1，y1)，B(x2，y2)． 则 x21 36 ＋ y21 9 ＝1，且 x22 36 ＋ y22 9 ＝1， 两式相减得 y1－y2 x1－x2 ＝－ x1＋x2 4y1＋y2 . 又 x1＋x2＝8，y1＋y2＝4， 所以 y1－y2 x1－x2 ＝－ 1 2 ，故直线 l的方程为 y－2＝－ 1 2 (x－4)，即 x＋2y－8＝0.] [思想与方法] 1．直线与圆锥曲线的位置关系，弦长计算，定点、最值问题很好地渗透函 数与方程思想和数形结合思想，是考查数学思想方法的热点题型． 2．涉及弦长问题，常用“韦达定理法”设而不求计算弦长(即应用弦长公 式)． 3．涉及弦中点问题，常用“点差法”设而不求，将弦所在直线的斜率、弦 的中点坐标联系起来，相互转化． [易错与防范] 1．直线与圆锥曲线有一个公共点，易误认为直线与曲线一定相切，也可能 是直线与双曲线，直线与抛物线相交于一点． 2．“点差法”具有不等价性，要考虑判别式“Δ”是否为正数． 3．涉及定点、定值问题，切忌“特殊代替一般”，盲目简单化． 课时分层训练(五十一) 直线与圆锥曲线的位置关系 A组 基础达标 (建议用时：30分钟) 一、选择题 1．直线 y＝b a x＋3与双曲线 x2 a2 － y2 b2 ＝1的交点个数是( ) A．1 B．2 C．1或 2 D．0 A [因为直线 y＝b a x＋3与双曲线的渐近线 y＝b a x平行，所以它与双曲线只 有 1个交点．] 2．已知直线 y＝2 2(x－1)与抛物线 C：y2＝4x交于 A，B两点，点 M(－1， m)，若MA→ ·MB → ＝0，则 m＝( ) A. 2 B. 2 2 C.1 2 D．0 B [由 y＝2 2x－1， y2＝4x， 得 A(2,2 2)，B 1 2 ，－ 2 . 又∵M(－1，m)且MA→ ·MB → ＝0， ∴2m2－2 2m＋1＝0，解得 m＝ 2 2 .] 3．(2017·绍兴模拟)椭圆 ax2＋by2＝1与直线 y＝1－x交于 A，B两点，过原 点与线段 AB中点的直线的斜率为 3 2 ，则 a b 的值为( ) 【导学号：51062310】 A. 3 2 B.2 3 3 C.9 3 2 D.2 3 27 A [设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段 AB中点 M(x0，y0)． 由题设 kOM＝y0 x0 ＝ 3 2 . 由 ax21＋by21＝1， ax22＋by22＝1， 得 y2＋y1y2－y1 x2＋x1x2－x1 ＝－ a b . 又 y2－y1 x2－x1 ＝－1，y2＋y1 x2＋x1 ＝ 2y0 2x0 ＝ 3 2 ， 所以 a b ＝ 3 2 .] 4．已知双曲线 x2 a2 － y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的一条渐近线过点(2， 3)，且双曲线的 一个焦点在抛物线 y2＝4 7x的准线上，则双曲线的方程为( ) A.x 2 21 － y2 28 ＝1 B.x 2 28 － y2 21 ＝1 C.x 2 3 － y2 4 ＝1 D.x 2 4 － y2 3 ＝1 D [由题意知点(2， 3)在渐近线 y＝b a x上，所以 b a ＝ 3 2 ，又因为抛物线的准 线为 x＝－ 7，所以 c＝ 7，故 a2＋b2＝7，所以 a＝2，b＝ 3.故双曲线的方程 为 x2 4 － y2 3 ＝1.] 5．已知椭圆 E：x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a>b>0)的右焦点为 F(3,0)，过点 F的直线交 E于 A，B两点．若 AB的中点坐标为(1，－1)，则 E的方程为( ) A.x 2 18 ＋ y2 9 ＝1 B.x 2 27 ＋ y2 18 ＝1 C.x 2 36 ＋ y2 27 ＝1 D.x 2 45 ＋ y2 36 ＝1 A [因为直线 AB过点 F(3,0)和点(1，－1)，所以直线 AB的方程为 y＝1 2 (x －3)，代入椭圆方程 x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1消去 y，得 a2 4 ＋b2 x2－3 2 a2x＋9 4 a2－a2b2＝0， 所以 AB的中点的横坐标为 3 2 a2 2 a2 4 ＋b2 ＝1，即 a2＝2b2.又 a2＝b2＋c2，所以 b ＝c＝3，a＝3 2， 所以 E的方程为 x2 18 ＋ y2 9 ＝1.] 二、填空题 6．已知倾斜角为 60°的直线 l通过抛物线 x2＝4y的焦点，且与抛物线相交 于 A，B两点，则弦 AB的长为__________． 16 [直线 l的方程为 y＝ 3x＋1， 由 y＝ 3x＋1， x2＝4y， 得 y2－14y＋1＝0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 y1＋y2＝14， ∴|AB|＝y1＋y2＋p＝14＋2＝16.] 7．设双曲线 x2 a2 － y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的一条渐近线与抛物线 y＝x2＋1只有一个 公共点，则双曲线的离心率为________. 【导学号：51062311】 5 [双曲线 x2 a2 － y2 b2 ＝1的一条渐近线为 y＝b a x， 由方程组 y＝b a x， y＝x2＋1， 消去 y，得 x2－b a x＋1＝0有唯一解， 所以Δ＝ b a 2－4＝0，b a ＝2， e＝c a ＝ a2＋b2 a ＝ 1＋ b a 2＝ 5.] 8．已知椭圆 x2 4 ＋ y2 b2 ＝1(0b>0)， 由题意得 b＝ 3，c a ＝ 1 2 ，3分 解得 a＝2，c＝1. 故椭圆 C的标准方程为 x2 4 ＋ y2 3 ＝1.6分 (2)因为过点 P(2,1)的直线 l与椭圆 C在第一象限相切，所以直线 l的斜率存 在，故可设直线 l的方程为 y＝k(x－2)＋1(k≠0)． 由 x2 4 ＋ y2 3 ＝1， y＝kx－2＋1， 8分 得(3＋4k2)x2－8k(2k－1)x＋16k2－16k－8＝0.① 因为直线 l与椭圆 C相切， 所以Δ＝[－8k(2k－1)]2－4(3＋4k2)(16k2－16k－8)＝0， 整理，得 96(2k＋1)＝0，解得 k＝－ 1 2 . 所以直线 l的方程为 y＝－ 1 2 (x－2)＋1＝－ 1 2 x＋2.13分 将 k＝－ 1 2 代入①式，可以解得 M 点的横坐标为 1，故切点 M 的坐标为 1，3 2 .15分 10．已知中心在原点，焦点在 y轴上的椭圆 C，其上一点 P到两个焦点 F1， F2的距离之和为 4，离心率为 3 2 . (1)求椭圆 C的方程； (2)若直线 y＝kx＋1与曲线 C交于 A，B两点，求△OAB面积的取值范围. 【导学号：51062312】 [解] (1)设椭圆的标准方程为 y2 a2 ＋ x2 b2 ＝1(a>b>0)， 由条件可得 a＝2，c＝ 3，b＝1，故椭圆 C的方程 y2 4 ＋x2＝1.5分 (2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由 x2＋y2 4 ＝1， y＝kx＋1， 得(k2＋4)x2＋2kx－3＝0， 故 x1＋x2＝－ 2k k2＋4 ，x1x2＝－ 3 k2＋4 .9分 设△OAB的面积为 S，由 x1x2＝－ 3 k2＋4 <0， 知 S＝1 2 (|x1|＋|x2|)＝1 2 |x1－x2| ＝ 1 2 x1＋x22－4x1x2＝2 k2＋3 k2＋42 ，13分 令 k2＋3＝t，知 t≥3，∴S＝2 1 t＋1 t ＋2 ， 对函数 y＝t＋1 t (t≥3)，知 y′＝1－1 t2 ＝ t2－1 t2 >0， ∴y＝t＋1 t 在 t∈[3，＋∞)上单调递增， ∴t＋1 t ≥ 10 3 ，∴0< 1 t＋1 t ＋2 ≤ 3 16 ，∴S∈ 0， 3 2 .15分 B组 能力提升 (建议用时：15分钟) 1．设 O为坐标原点，P是以 F为焦点的抛物线 y2＝2px(p>0)上任意一点， M是线段 PF上的点，且|PM|＝2|MF|，则直线 OM的斜率的最大值为( ) A. 3 3 B.2 3 C. 2 2 D．1 C [如图所示，设 P(x0，y0)(y0>0)，则 y20＝2px0， 即 x0＝y20 2p . 设 M(x′，y′)，由PM→＝2MF → ， 得 x′－x0＝2 p 2 －x′ ， y′－y0＝20－y′， 化简可得 x′＝ p＋x0 3 ， y′＝ y0 3 . ∴直线 OM的斜率为 k＝ y0 3 p＋x0 3 ＝ y0 p＋y20 2p ＝ 2p 2p2 y0 ＋y0 ≤ 2p 2 2p ＝ 2 2 (当且仅当 y0＝ 2p时取等号)．] 2．(2017·衢州质检)过双曲线 C：x2 a2 － y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的右焦点作一条与其 渐近线平行的直线，交 C 于点 P.若点 P 的横坐标为 2a，则 C 的离心率为 __________． 2＋ 3 [如图所示，不妨设与渐近线平行的直线 l的斜率 为 b a ，又直线 l过右焦点 F(c,0)，则直线 l的方程为 y＝b a (x－c)． 因为点 P的横坐标为 2a，代入双曲线方程得 4a2 a2 － y2 b2 ＝1， 化简得 y＝－ 3b或 y＝ 3b(点 P在 x轴下方，故舍去)． 故点 P的坐标为(2a，－ 3b)， 代入直线方程得－ 3b＝b a (2a－c)， 化简可得离心率 e＝c a ＝2＋ 3.] 3．如图 893已知椭圆 x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a>b>0)经过点(0， 3)，离心率为 1 2 ，左、 右焦点分别为 F1(－c,0)，F2(c,0)． 图 893 (1)求椭圆的方程； (2)若直线 l：y＝－ 1 2 x＋m与椭圆交于 A，B两点，与以 F1F2为直径的圆交于 C，D两点，且满足 |AB| |CD| ＝ 5 3 4 ，求直线 l的方程. 【导学号：51062313】 [解] (1)由题设知 b＝ 3， c a ＝ 1 2 ， b2＝a2－c2， 解得 a＝2， b＝ 3， c＝1， 3分 ∴椭圆的方程为 x2 4 ＋ y2 3 ＝1.5分 (2)由题设，以 F1F2为直径的圆的方程为 x2＋y2＝1， ∴圆心到直线 l的距离 d＝2|m| 5 . 由 d<1得|m|< 5 2 .(*) ∴|CD|＝2 1－d2＝2 1－4 5 m2＝ 2 5 5－4m2.9分 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由 y＝－ 1 2 x＋m， x2 4 ＋ y2 3 ＝1， 得 x2－mx＋m2－3＝0， 由根与系数的关系可得 x1＋x2＝m，x1x2＝m2－3. ∴|AB|＝ 1＋ － 1 2 2 [m2－4m2－3] ＝ 15 2 4－m2.13分 由 |AB| |CD| ＝ 5 3 4 得 4－m2 5－4m2 ＝1， 解得 m＝± 3 3 ，满足(*)． ∴直线 l的方程为 y＝－ 1 2 x＋ 3 3 或 y＝－ 1 2 x－ 3 3 .15分