专题07 射线法、设点法在圆锥曲线中的应用
解析几何题的解题思路一般很容易觅得，实际操作时，往往不是因为难于实施，就是因为实施起来运算繁琐而被卡住，最终放弃此解法，因此方法的选择特别重要．从思想方法层面讲，解决解析几何问题主要有两种方法：一般的，设线法是比较顺应题意的一种解法，它的参变量较少，目标集中，思路明确；而设点法要用好点在曲线上的条件，技巧性较强，但运用的好，解题过程往往会显得很简捷．对于这道题，这两种解法差别不是很大，但对于有些题目，方法选择的不同，差别会很大，因此要注意从此题的解法中体会设点法和设线法的不同． 一、题型选讲
题型一 圆锥曲线中的线段的关系
x2y22
例1、(2019南京学情调研）在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：2＋2＝1(a>b>0)的离心率为，且ab2直线l：x＝2被椭圆E截得的弦长为2.与坐标轴不垂直的直线交椭圆E于P，Q两点，且PQ的中点R在直线l上．点M(1，0)．
(1) 求椭圆E的方程； (2) 求证：MR⊥PQ.
2
x2y22b212c规范解答 (1)因为椭圆2＋2＝1(a＞b＞0)的离心率e＝，所以e＝2＝1－2＝，即a2＝2b2. (2分) ab2aa2
因为直线l：x＝2被椭圆E截得的弦长为2， 41
所以点(2，1)在椭圆上，即2＋2＝1.
ab解得a2＝6，b2＝3，
x2y2
所以椭圆E的方程为＋＝1.(6分)
63
(2)解法1(设线法) 因为直线PQ与坐标轴不垂直，故设PQ所在直线的方程为y＝kx＋m. 设 P(x1，y1)，Q(x2, y2) .
因为PQ的中点R在直线 l：x＝2上，故R(2，2k＋m)． 联立方程组错误!
消去y，并化简得 (1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0, (9分)
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－4km
所以x1＋x2＝ .
1＋2k2－4km2
由x1＋x2＝2＝4，得1＋2k＝－km.(12分) 1＋2k2k＋m因为M(1，0)，故kMR＝＝2k＋m，
2－1
所以kMR·kPQ＝(2k＋m)k＝2k2＋km＝2k2－(1＋2k2)＝－1，所以MR⊥PQ.(16分) 解法2(设点法) 设P(x1，y1)，Q(x2, y2)．
因为PQ的中点R在直线 l：x＝2上，故设R(2，t)． x2y2
因为点P，Q在椭圆E：＋＝1上，所以错误!
63两式相减得(x1＋x2) (x1－x2)＋2(y1＋y2) (y1－y2)＝0.(9分) 因为线段PQ的中点为R，所以x1＋x2＝4，y1＋y2＝2t. 代入上式并化简得(x1－x2)＋t (y1－y2)＝0.(12分) 又M(1，0)，
→→
所以MR·PQ＝(2－1)×(x2－x1)＋(t－0)×(y2－y1)＝0， 因此 MR⊥PQ.(16分)
用代数法处理圆锥曲线综合题的常见方法有两种：设点法、设线法．对于本题而言，两种方法都可以，解题时把“设线法”与“直线斜率乘积为－1”结合，把“设点法”与“向量的数量积为0”结合，其实颠倒一下也可行．
x2y2
例2、(2016南京三模）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：2＋2＝1(a＞b＞0)的离心率为
ab2
，点(2,1)在椭圆C上． 2
(1) 求椭圆C的方程；
(2) 设直线l与圆O：x2＋y2＝2相切，与椭圆C相交于P，Q两点. ①若直线l过椭圆C的右焦点F，求△OPQ的面积； ②求证： OP⊥OQ.
思路分析 (1) 由e＝＝
ca2
，得a∶b∶c＝2∶1∶1，用b表示a更方便； 2
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(2) ①设直线l的方程为y＝k(x－3)，由直线l与圆O相切可先求出k，再求出PQ的长即可． →→
②设l：y＝kx＋m，则只要证OP·OQ＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝0.联列直线与椭圆方程可得
x1＋x2，x1x2均可用k，m表示．由直线l与圆O相切，可得k与m的关系式．
c241
规范解答 (1) 由题意，得＝，2＋2＝1，解得a2＝6，b2＝3.
a2abx2y2
所以椭圆的方程为＋＝1.(2分)
63(2) ①解法1 椭圆C的右焦点F(3，0)． 设切线方程为y＝k(x－3)，即kx－y－3k＝0，
|－3k|
所以2＝2，解得k＝±2，所以切线方程为y＝±2(x－3)．当k＝2时，(4分)
k＋1
??y＝2?x－3?，
由方程组?x2y2
＋＝1，??63
43＋32?x＝，?5解得?
－6＋6y＝??5
43－32?x＝，?5或?
－6－6y＝.??5
所以点P，Q的坐标分别为66
所以PQ＝.(6分)
5
43＋32－6＋643－32－6－6
， ， ， ， 5555
63
因为O到直线PQ的距离为2，所以△OPQ的面积为.
5
63
因为椭圆的对称性，当切线方程为y＝－2(x－3)时，△OPQ的面积也为.
5综上所述，△OPQ的面积为
63
.(8分) 5
解法2 椭圆C的右焦点F(3，0)．
设切线方程为y＝k(x－3)，即kx－y－3k＝0，
|－3k|
所以2＝2，解得k＝±2，所以切线方程为y＝±2(x－3)．当k＝2时，(4分)
k＋1把切线方程 y＝2(x－3)代入椭圆C的方程，消去y得5x2－83x＋6＝0. 83
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则有x1＋x2＝. 5
由椭圆定义可得，PQ＝PF＋FQ＝2a－e(x1＋x2)＝2×6－
28366×＝.(6分) 255
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63
因为O到直线PQ的距离为2，所以△OPQ的面积为.
5
63
因为椭圆的对称性，当切线方程为y＝－2(x－3)时，△OPQ的面积为. 5综上所述，△OPQ的面积为
63
.(8分) 5
②解法1 (i)若直线PQ的斜率不存在，则直线PQ的方程为x＝2或x＝－2. 当x＝2时，P (2， 2)，Q(2，－2)． →→因为OP·OQ＝0，所以OP⊥OQ.
当x＝－2时，同理可得OP⊥OQ.(10分)
(ii)若直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为y＝kx＋m，即kx－y＋m＝0. 因为直线与圆相切，所以
|m|22
2＝2，即m＝2k＋2. 1＋k
将直线PQ方程代入椭圆方程，得(1＋2k2) x2＋4kmx＋2m2－6＝0. 2m2－64km
设P(x1，y1) ，Q(x2，y2)，则有x1＋x2＝－，xx＝.(12分)
1＋2k2121＋2k22m－6→→
因为OP·OQ＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝(1＋k2)×＋
1＋2k24km
km×?－1＋2k2?＋m2.
2
??
→→
将m2＝2k2＋2代入上式可得OP·OQ＝0，所以OP⊥OQ. 综上所述，OP⊥OQ.(14分)
2解法2 设切点T(x0，y0)，则其切线方程为x0x＋y0y－2＝0，且x0＋y20＝2.
(i)当y0＝0时，则直线PQ的直线方程为x＝2或x＝－2. 当x＝2时，P (2， 2)，Q(2，－2)． →→因为OP·OQ＝0，所以OP⊥OQ.
当x＝－2时，同理可得OP⊥OQ.(10分) (ii)当y0≠0时，
xx＋y0y－2＝0，??0
222
由方程组?x2y2消去y得(2x20＋y0)x－8x0x＋8－6y0＝0.
??6＋3＝1，8－6y28x00
设P(x1，y1) ，Q(x2，y2)，则有x1＋x2＝22，x1x2＝22.(12分)
2x0＋y02x0＋y0
2
?2－x0x1??2－x0x2?－6?x20＋y0?＋12→→
所以OP·OQ＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋＝. 2y22x200＋y0
→→2
因为x2OQ＝0，所以OP⊥OQ. 0＋y0＝2，代入上式可得OP·
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综上所述，OP⊥OQ.(14分)
题型二 圆锥曲线中直线的斜率问题
1x2y233，?，?1，?，点A是椭圆的下例3、(2018苏锡常镇调研）已知椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)经过点?2???ab2?顶点．
(1) 求椭圆C的标准方程；
(2) 过点A且互相垂直的两直线l1，l2与直线y＝x分别相交于E，F两点，已知OE＝OF，求直线l1的斜率．
思路分析 (1) 由两点在椭圆上，列方程组解出a2，b2；(2) 设E(t，t)，则l1的斜率kAE＝
t＋1
. t
312＋2＝1，2
?a4ba＝4，?13?????规范解答 (1) 由?3，2?，1，两点在椭圆C上，得解得2(4分)
2??13?b＝1.?
＋＝1，a24b2???
x22
所以椭圆C的标准方程为＋y＝1.(6分)
4
(2) 首先A(0，－1)．由E，F在直线y＝x上，且OE＝OF，可设E(t，t)，F(－t，－t)．(8分) 2→→
由l1⊥l2，得AE·AF＝0，即t(－t)＋(t＋1)(－t＋1)＝0，得t＝±.(12分)
2直线l1的斜率为kAE＝
t＋11
＝1＋＝1±2.(14分) tt
x2y21
例4、(2019苏州期初调查）已知椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，离心率为，
ab23
1，?为椭圆上一点． 点P??2?(1) 求椭圆C的标准方程；
(2) 如图，过点C(0，1)且斜率大于1的直线l与椭圆交于M，N两点，记直线AM的斜率为k1，直线BN的斜率为k2，若k1＝2k2，求直线l斜率的值．
思路分析 (1)根据已知条件，建立方程组，求出a，b，即可得到椭圆的标准方程．
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