m2y01＋2k1
又因为kOC＝＝＝－，且AC⊥OC，
x02km2k
－21＋2k2k2＋1－m?1?所以kAC·kOC＝·?－2k?＝－1，
2km2k2＋1
整理得m＝2.(8分)
4k＋1
2k2＋14k2＋1－2k21?2k212
，1，因为k≠0，则m＝2＝＝1－2＝1－∈?此时Δ＝8(2k＋1－m)＞0， 21?2?4k＋14k＋14k＋1
2＋22k1?
所以实数m的取值范围为??2，1?.(10分) 解法2(设点法) 由(1)得A(0，1)．
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，C(x0，y0)，其中x0，y0均不为0，且x1≠x2.
222因为P，Q两点都在椭圆E上，所以x21＋2y1＝2 且x2＋2y2＝2，
y2－y1y01两式相减得×＝－.(4分)
2x2－x1x0
y2－y1y0－my0－my01
又kPQ＝kCD，即＝ ，所以×＝－，(6分)
x0x0x02x2－x1即x20＝2y0(m－y0)． ①
y0－1y0又AC⊥OC，所以×＝－1，(8分)
x0x0即x20＝y0(1－y0)． ②
由①②得y0＝2m－1，x20＝(1－2m) (2m－2)∈(0，2)， 1
所以＜m＜1.(10分)
2
1
(3) 解法1 设B(x3，y3)，由(2)解法1知kOC＝－.
2k1
kAB＝－＝2k，所以直线AB的方程为y＝2kx＋1，
kOC8k
与椭圆E方程联立解得x＝－或x＝0(舍)，
1＋8k28k
即x3＝－.(12分)
1＋8k2－2km－2k2k2＋12k
又因为x0＝＝×＝－，
1＋2k21＋2k24k2＋11＋4k28k1
－AO×|x3|1＋8k24＋16k2S12
所以＝＝＝.(14分) 2kS211＋8k2－AO×|x0|
21＋4k2?
?????
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4＋16k28S181
因为＝，所以2＝，解得k＝±， S23321＋8k2k2＋133
0，?， 此时m＝2＝，点D坐标为??4?4k＋1413
所以直线l的方程为y＝±x＋.(16分)
24
2
解法2 设B(x3，y3)，点B在椭圆E上，所以x23＋2y3＝2.
y3－1y0x0又AC⊥OC，所以×＝－1，即y3＝－x3＋1，
x3x0y04x0y0代入上式消去y3，得x3＝2(x3＝0舍)，(12分)
y0＋2x201
AO×|x3|
x3??4y0?S12
所以＝＝?2. ＋2x2?x0?＝?y0S210?
AO×|x0|2
1
由(2)解法2知y0＝2m－1，x2＝(1－2m) (2m－2)，＜m＜1， 0
2
4（2m－1）S1??＝?4?＝4.(14分)
所以＝?2S2?（2m－1）＋2（1－2m）（2m－2）???3－2m?3－2mS18483因为＝，所以＝，解得m＝，
S2343－2m3
111此时y0＝2m－1＝，x20＝(1－2m) (2m－2)＝，所以x0＝±， 242113
±，?，点D坐标为?0，?， 所以点C坐标为??22??4?13
所以直线l的方程为y＝±x＋.(16分)
24题型四 圆锥曲线中与向量的结合
x2y2
例8、(2017镇江期末）已知椭圆＋＝1(m＞n＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，P是以椭圆短轴为直径
mn→→
的圆上任意一点，则PF1·PF2＝________. 答案： 2n－m
→→→→→→→→→→→→解法1 PF1·PF2＝(PO＋OF1)·(PO＋OF2)＝(PO＋OF1)·(PO－OF1)＝|PO|2－|OF1|2＝n－(m－n)＝2n－m.
→→
解法2 设F1(－c,0)，F2(c,0)，P(x，y)，则x2＋y2＝n，PF1·PF2＝(x＋c)(x－c)＋y2＝x2＋y2－c2＝n－(m－n)＝2n－m.
x2y2
例9、(2018南京、盐城一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的下顶点为B，
ab点M，N是椭圆上异于点B的动点，直线BM，BN分别与x轴交于点P，Q，且点Q是线段OP的中点．当点N运动到点?3，
?
3?23?处时，点Q的坐标为?. 2??3，0?
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(1) 求椭圆C的标准方程；
→→
(2) 设直线MN交y轴于点D，当点M，N均在y轴右侧，且DN＝2NM时，求直线BM的方程．
→→
思路分析 第(2)问中由DN＝2NM，可得2xM＝3xN.可以用直线BM，BN的方程，与椭圆联立得到横坐标，即可求出直线BM的斜率k；也可以用点M，N表示直线方程得出点P，Q坐标，再利用向量关系得出坐标之间的关系，最后回代椭圆求解．
规范解答 (1)由N?3，
?
33?23?
，Q?，0，得直线NQ的方程为y＝2x－3.(2分) 2??3?
x2y2
令x＝0，得点B的坐标为(0，－3)．所以椭圆的方程为2＋＝1.(4分)
a3（3）23??将点N的坐标3，代入，得＋＝1，解得a2＝4. 2a32??x2y2
所以椭圆C的标准方程为＋＝1.(8分)
43
(2)解法1(设线法) 设直线BM的斜率为k(k＞0)，则直线BM的方程为y＝kx－3.在y＝kx－3中，令y＝0，得xP＝
0－（－3）33
，而点Q是线段OP的中点，所以xQ＝.所以直线BN的斜率kBN＝kBQ＝＝k2k3
－02k
2
?3??2?
2k.(10分)
OBOB
(注：由kBM＝，kBN＝，及OP＝2OQ也可得到kBN＝2kBM.)
OPOQ
??y＝kx－3，83k163k
联立?x2y2消去y，得(3＋4k2)x2－83kx＝0，解得xM＝得xN＝ .(122 .用2k代替k，3＋4k3＋16k2＋＝1，??43
分)
→→
又DN＝2NM，所以xN＝2(xM－xN)，得2xM＝3xN.(14分)
83k163k66
故2×.所以直线BM的方程为y＝x－3.(16分) 2＝3×2，又k＞0，解得k＝223＋4k3＋16k
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解法2(设点法) 设点P，Q的坐标分别为(2t，0)，(t，0)，t＞0，则直线BM的方程为y＝分)
3
x－3，(102t
?y＝2t3x－3，联立?消去y，得(1＋t)x－4tx＝0，解得x
xy
?4＋3＝1，
2
2
2
2
M＝
4t18t
.(12分) 2，用t代替t，得xN＝21＋t4＋t2→→
又DN＝2NM，所以xN＝2(xM－xN)，得2xM＝3xN.(14分)
4t8t266
故2×，所以k＝.所以直线BM的方程为y＝x－3.(16分) 2＝3×2，又t＞0，解得t＝2221＋t4＋t解法3(设点法) 设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)． 由B(0，－3)，得直线BM的方程为y＝
y1＋3
x－3， x1
3x13x2令y＝0，得xP＝.同理，得xQ＝.
y1＋3y2＋3而点Q是线段OP的中点，所以xP＝2xQ， 故
3x13x2＝2×.(10分)
y1＋3y2＋3
4
32143→→
又DN＝2NM，所以x2＝2(x1－x2)，得x2＝x1＞0，从而＝， 解得y2＝y1＋.(12分)
333y1＋3y2＋3
?x（4y＋
将?代入椭圆C的方程，得＋92743
?y＝3y＋3
211
2
1
2x2＝x1，
3
3）2
＝1.
2y?1－1?4223??y（4y＋3）112?又x1＝4?＝1，(14分) ?1－3?，所以9＋27
即3y21＋2y1－3＝0，解得y1＝－3(舍)或y1＝故直线BM的方程为y＝
6
x－3.(16分) 2
3423?.又x1＞0，所以点M的坐标为M?. ，33??3
x2y22例10、(2018苏锡常镇调研）如图，椭圆2?2?1(a?b?0)的离心率为，焦点到相应准线的
2ab距离为1，点A，B，C分别为椭圆的左顶点、右顶点和上顶点，过点C的直线l交椭圆于点D，交x轴
0)，直线AC与直线BD交于点N(x2，y2)． 于点M(x1，（1）求椭圆的标准方程；
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（2）若CM?2MD，求直线l的方程；
规范解答 （1）由椭圆的离心率为
2，焦点到对应准线的距离为1. 2?c2?，??x2?a?a?2，22得 ?解得? 所以，椭圆的标准方程为?y?1. （2）由（1）知22??a?c?1，?c?1，??cC(0,1)，设D(x0,y0)，
因为CM?2MD，得2y0??1，所以y0??代入椭圆方程得x0?所以l的方程为：y?1， 2666161或?，所以D(,?)或D(?,?)， 22222266x?1或y??x?1. 22x2y2y2x2
例11、(2019常州期末）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：2＋2＝1的焦点在椭圆C2：2＋2＝1
abab上，其中a>b>0，且点P?
66?
是椭圆C1，C2位于第一象限的交点． ，3??3
(1) 求椭圆C1，C2的标准方程；
→3→
(2) 过y轴上一点Q的直线l与椭圆C2相切，与椭圆C1交于点A，B，已知QA＝QB，求直线l的斜
5率．
x2y2c2
规范解答 (1) 椭圆C1：2＋2＝1的焦点坐标为(±c，0)，代入椭圆C2的方程有2＝1.
abb再将点P?
2266?的坐标代入椭圆C1，C2的方程有C1：2＋2＝1， ，3a3b3??3
?
?
所以?a＝b＋c，解得a＝2，b＝c＝1.(3分)
22?＋?3a3b＝1，
2
2
2
2
2
2
22c2
＝1，b2
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江苏2020年高考数学二轮微专题突破-专题07 设线法、设点法在圆锥曲线中的应用(教师版)
