文档介绍：点差法
(1,0)的直线l与中心在原点，焦点在x轴上且离心率为竺的
椭圆C相交于A、B两点，直线y=lx过线段AB的中点，同时椭圆C
2
上存在一点与右焦点关于直线l对称，试求直线l与椭圆C的方程.
2(yi+y2)
2,y2
（2006年江西卷）如图，椭圆Q：+；-=1（a〉b〉0）的右焦点F（c,0）,过点F的一
a2b2
动直线m绕点F转动，并且交椭圆于A、B两点，P是线段AB的中点求点P的轨迹H的方程
兀
在Q的方程中，令a2=1+cos0+sin0,b2=sin0（0<0<），确定G的值，使原点距椭圆
2
的右准线l最远，此时，设l与x轴交点为D,当直线m绕点F转动到什么位置时，三角形ABD的面积最大？
,
解：如图，（1）设椭圆Q：+-—1（a〉b〉0）
a2b2
（1）令A（x】，y】）、B(x2,y2)
上的点A(X],y/、B(x2，y2),又设P点坐标为P(x,y),则|b2x2+a2y2=a2b2(1)
S11
|b2x2+a2y2=a2b2…
k22
1。当AB不垂直x轴时，由(1)—(2、得
于X2,
(2)
b2(x—x)2x+a2(y—y)2y=0
1212
b2x_y
.y—y
…2
X—X
12
a2yx—c
.•.b2X2+a2y2—b2cx=0（3）
2。当AB垂直于x轴时，点P即为点F,满足方程（3）故所求点P的轨迹方程为：b2X2+a2y2—b2cx=0
（2）因为，椭圆Q右准线l方程是x=聖，原点距l
c
亠a2兀
的距离为一，由于C2=a2—b2,a2=1+cos0+sin0,b2=sin0(0<0<)
c2
a21+cos&+sin00兀
则T=龙旋="I+?)
兀
当0=2时，上式达到最大值。此时a2=2,b2=1,c=1,D(2,0),|DF|=1
2
1,
X2.
设椭圆Q^—+y2=l上的点A(x,y)、B(x,y),
21122
三角形ABD的面积
11
S=2|yJ+2|y2|
yi—y2l
X2
设直线m的方程为x=ky+1,代入了+『2=1中，得
(2+k2)y2+2ky—l=0
由韦达定理得yi+y2=
2k__1
2+k2，，尸2+k2'
8(k2+1)
4S2=(yi—y2)2=(yi+y2)2—4卩2=(k2+2)2
当t=1,k=0时取等号。
8t88^
令t=k2+1^1，得4S2=时<4=2'
t
（1）令A（x】，y】）、B(x2,y2)
因此，当直线m绕点F转到垂直X轴位置时，三角形ABD的面积最大。
X2y2
（2006年湖南卷）已知椭圆C:+二1，抛物线C:（y一m）2二2px（p>0），且C、C
143212
（1）令A（x】，y】）、B(x2,y2)
的公共弦ab过椭圆q的右焦点.
（I）当AB丄x轴时，求m、p的值，并判断抛物线C2的焦点是否在直线AB上；
仃I）是否存在m、p的值，使抛物线C的焦点恰在直线AB上？若存在，求出符合条件的m、
2
p的值；若不存在，请说明理由.
45.(I)m=0，
(ii)
解（I）当AB丄x轴时，点A、B关于x轴对称，所以m=0，直线AB的方程为x=1，从而点A的坐标为（1,彳）或（1,—3）.
2
因为点A在抛物线上，所以9=2p，即p=9.
48
此时C的焦点坐标为（2，0），该焦点不在直线AB上.
216
（II）解法一当C2的焦点在AB时，由（I）知直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y=k（x-1）.
y=k(x-1)
x2y2消去y得(3+4k2)x2—8k2x+4k2—12=0.
设A、B的坐标分别为（xi，yi）,（x2，y2）,
则xi，x2是方程①的两根,
x+x=
12
8k2
3+4k2
因为AB既是过C的右焦点的弦，又是过C的焦点的弦,
12
所以\ab\=（2一x）+（2一x）=4一（x+x），且
2122212
IAB=(x1+2)+(x2+p)
从而x1+x2+p=4-2(x1+x2).
所以x1+x
4-6p
2r-
8k2
3+4k2
（1）令A（x】，y】）、B(x2,y2)
（1）令A（x】，y】）、B(x2,y2)
（1）令A（x】，y】）、B(x2,y2)
解得k2=6,即£=±\；6.
（1）令A（x】，y】）、B(x2,y2)
因为C?的焦点F，(彳,m)在直线y=k(x-1)上，所以m=-十k.
即卩m=-l6或m=一上6.
3