圆锥曲线上存在相异两点关于某直线轴对称的充要条件

圆锥曲线上存在相异两点关于某直线轴对称的充要条件定理1椭圆上存在相异两点关于直线对称的充要条件是，且此时还有与异号或均为0，与异号或均为0.定理2(1)双曲线的同一支上存在相异两点关于直线对称的充要条件是且，且此时还有与异号或均为0，与同号或均为0；(2)双曲线的不同支上存在相异两点关于直线对称的充要条件是且R，且此时还有与异号或均为0，与同号或均为0.定理3抛物线上存在相异两点关于直线对称的充要条件是，且此时还有与异号或均为0，与异号或均为0.下面给出这三个定理的简洁常规的证明(对于定理1,3，以下证法还给出了两种关于充要条件的结论的证明).在以下证明中，设线段的中点为，得；再由点在直线上可得.定理1的证明得，作差整理后可得再由，可得线段的中点为.由点差法可知，椭圆内非中心的任意一点都是该椭圆唯一一条弦的中点，椭圆的中心是该椭圆过中心的任意一条弦的中点，所以所求充要条件即点在椭圆内，可得所求充要条件是.(注：因为过椭圆内的点作直线一定与该椭圆交于相异两点，所以以上证明中无须验证“直线与椭圆有两个不同的交点”.)在该证明中已得的中点，所以直线即，把它与椭圆的方程联立后，可得关于的一元二次方程由其判别式，也可得所求充要条件是.且还可得与异号或均为0.把直线与椭圆的方程联立后，还可得关于的一元二次方程由其判别式，又可得所求充要条件是.且还可得与异号或均为0.定理2的证明由点差法可求得线段的中点为，直线即，把它与双曲线的方程联立后，可得关于的一元二次方程由其判别式，得进而可得相应结论成立.把直线与双曲线的方程联立后，还可得关于的一元二次方程进而也可得相应结论成立.定理3的证明由点差法可求得线段的中点为.由点差法可知，抛物线内的任意一点都是该抛物线唯一一条弦的中点，所以所求充要条件即点在抛物线内(即含焦点的区域)，可得欲证成立.(注：因为过抛物线内的点作直线一定与该抛物线交于相异两点(因为在中是的二次式，在中是的一次式，所以两者一定有公共点但又不会相切，所以相交)，所以以上证明中无须验证“直线与抛物线有两个不同的交点”.)在该证明中已得的中点，所以直线即，把它与双曲线的方程联立后，可得关于的一元二次方程进而可得相应结论成立.把直线与抛物线的方程联立后，还可得关于的一元二次方程……也可得相应结论成立.下面再举例说明以上结论及其证法的应用.题1若椭圆上存在不同的两点关于直线对称，求的取值范围，并证明.解法1显然.用点差法可求得线段的中点，直线.题意即方程组有两组不同的解，也即关于的一元二次方程有两个不同的实数解，进而可求得的取值范围是.再由定理1可得.解法2同解法1得线段的中点.由点差法知，椭圆内任一点都是唯一一条弦的中点(但椭圆的中心是经过它的任意弦的中心)，所以题意即点在椭圆内，得……而后再同解法1.题2若抛物线上存在不同的两点关于直线对称，求的取值范围，并证明.解法1显然.用点差法可求得线段的中点，直线.题意即方程组有两组不同的解，也即关于的一元二次方程有两个不同的实数解，可求得的取值范围是.再由定理3可得.解法2同解法1得线段的中点.由点差法知，抛物线内任一点都是唯一一条弦的中点，所以题意即点在抛物线内，得……而后再同解法1.题3若双曲线上存在不同的两点关于直线对称，求的取值范围，并证明.解用点差法可求得线段的中点，直线.题意即方程组有两组不同的解，也即关于的一元二次方程有两个不同的实数解，可求得的取值范围是.再由定理2可得.题4若双曲线上存在两点关于直线对称，求的取值范围，并证明或.解用点差法可求得线段的中点，直线.题意即方程组有两组不同的解，也即关于的一元二次方程有两个不同的实数解，易得的取值范围是R.再由定理2可得或.题5若双曲线上存在两点关于直线对称，求的取值范围，并证明.解易知，用点差法可求得线段的中点，直线.题意即方程组有两组不同的解，也即关于的一元二次方程有两个不同的实数解，易得的取值范围是.再由定理2可得.题6已知双曲线上存在两点关于直线对称，求的取值范围，并证明.解易知.由点差法可得，直线.题意即方程组有两组不同的解，也即关于的一元二次方程有两个不同的实数解，由，得所以所求的取值范围是.再由定理2可得.题7(2010年高考安徽卷理科第19题)如图1所示，已知椭圆E经过点A(2,3)，对称轴为坐标轴，焦点在x轴上，离心率.图1(1)求椭圆E的方程；(2)求的角平分线所在直线l的方程；(3)在椭圆E上是否存在关于直线l(笔者注：这里的直线l见第(2)问)对称的相异两点？若存在，请找出；若不存在，说明理由.解(1).(2)可求得直线的方程分别为.设直线l上的任一点是，可得，即或.再由直线l的斜率为正数，得直线l的方程为.(3)由定理1可知，在椭圆E上不存在关于直线l对称的相异两点.题8(2015年高考浙江卷理科第19题)如图2所示，已知椭圆eq\f(x2,2)＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋eq\f(1,2)对称．(1)求实数m的取值范围；(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点)．图2解(1)由题意知m≠0，再由定理1可求得答案为.(2)令t＝eq\f(1,m)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),2)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(6),2)))，得|AB|＝eq\r(t2＋1)·eq\f(\r(－2t4＋2t2＋\f(3,2)),t2＋\f(1,2))，且O到直线AB的距离d＝eq\f(t2＋\f(1,2),\r(t2＋1)).设△AOB的面积为S(t)，得S(t)＝eq\f(1,2)|AB|·d＝eq\f(1,2)eq\r(－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t2－\f(1,2)))\s\up12(2)＋2)≤eq\f(\r(2),2)(当且仅当t2＝eq\f(1,2)时等号成立)．所以△AOB面积的最大值为eq\f(\r(2),2).(2)可设直线AB的方程为y＝－eq\f(1,m)x＋b.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝－\f(1,m)x＋b，))消去y，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,m2)))x2－eq\f(2b,m)x＋b2－1＝0.令t＝eq\f(1,m)，得t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),2)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(6),2)))，可求得|AB|＝eq\r(t2＋1)·eq\f(\r(－2t4＋2t2＋\f(3,2)),t2＋\f(1,2)).且点O到直线AB的距离d＝eq\f(t2＋\f(1,2),\r(t2＋1))..设△AOB的面积为S(t)，得S(t)＝eq\f(1,2)|AB|·d＝eq\f(1,2)eq\r(－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t2－\f(1,2)))\s\up12(2)＋2)≤eq\f(\r(2),2)(当且仅当t2＝eq\f(1,2)时，等号成立)即△AOB面积的最大值为eq\f(\r(2),2).题9(2016年高考江苏卷理科第19题)如图所示