高考数学解析几何-第15讲 椭圆的共轭直径

高考数学解析几何

第15讲椭圆的共舸直径

知识与方法

1、有关概念

定义1过椭圆中心的弦叫做椭圆的直径.

22人2

定义2若椭圆，+S=1(。>b>0)的两直径AB,CD的斜率之积为-勺则称这两直径

AB,CD为椭圆的一对共挽直径.特别地，当一直径所在直线斜率为0,另一直径所在直线

斜率不存在时，我们也称这两直径为椭圆的共貌直径.

注：(1)椭圆直径即过其对称中心的弦，因此椭圆的直径有无数条，因此共较直径有无数对；

(2)当椭圆的一对共轨直径互相垂直时，即为椭圆的长轴和短轴.

2、椭圆直径的性质

χ2y2

性质1已知椭圆E:7+⅛2=l(Λ>⅛>0),线段43为椭圆的直径(过椭圆中心的弦)，点P

为椭圆E上异于AX8的点，贝IJkpA.kpB=一一y.

a

χ2/

性质2椭圆=l(α>6>0)的一焦点为尸，AB为其一直径，则AABF的面积的最大

值为8c.

性质3椭圆与+4=l(a>6>0)的中心为。，则。到互相垂直的两直径的两端点的连线

ab

段的距离为

3、椭圆共匏直径的性质:

性质已知直线/与椭圆U0+%=l（α>"O）交于Ma,yj,N（X2,为）两不同点，若

力2

直线OM,QV的斜率之积&°”・即汽=-彳，则:

aa

x2=一/M⅞=T>ι

b

(I),好,

bb

%=Tl%=一ɪi

aa

222

(2)xl+=a,y↑+yj=b；

(ɜ)ɪɪʃi+巧当=。；

(4)Ixly2-x2y↑=ab↑

(5)∣OMI2+∣OΛ^∣2=α2+⅛2；

(6)MVION的面积StMON=・

证明：

22

⑵MM∙kc>N--^2=≠>^∙-=^-=>Λy∣y2--bx↑x2.

a~xlX2a

2

因为点M(XI,必)，N(X2,%)在椭圆C上，所以户才+∕yj=/廿，∣7χ2+a2y2=a2h2

2211

即⅛x1-ab^=-ay[①

b2xl-a2b2=-a2yl②

4222424

由①X②得：b(Λ⅛-«)(J⅛-«)=αyly2≈bxfx2,所以x；+J=/.

由①+②得。2(/+用+/(y；+阳=切序,所以yj+yj=62.

X22

(3)因为(x∣y∣+∙¾%f=∣Λ+gF+2x,x2y,y2

2、

2

=^l1-4+

aa

=叩；+硝一。4+引2=小2_%4=0

所以西凹+A2γ2=0.

（4）因为（占丫2-专力）2+（百为+χ2y2）2=（χι+∙⅛）∙（y∣2+另），所以-=。*，

IXly2~x2y^=ab.

⑸IQWI2+1ON『=才+城+君+#=（不2+云）+仪2+年）=/+/

⑹SlMON=ɪ旧+货-M+y）sinNMoN

=-ɪy/xf+y∣2∙y∣X2+∙λ∕l-cos2ZMON

J、"I"”

2V（X：+#）田+为）

=蛔+才）但+杨）-区々+X乃J

=；\/（.为一电必）2

1..1,

=-∣x,y2-x2y1I=-ab

22

推论1设椭圆二+==l（4>b>O）的两共辗直径的端点为A,C及B,D,则四边形

ab'^

ABcD的面积为定值2αb.

推论2椭圆J+表■=1（。>6>0）的任意两共挽直径的平方和为4（/+序）

典型例题

X2

［例1］已知椭圆的方程为，+=l（α>⅛>O）,A,8是椭圆上的两动点，历为椭圆上

a

任意一点，^OM=λOA+μOB,且％•%=-与，证明：λ1+μ1=∖.

22

【例2】已知A,8是椭圆C:土+匕=1上关手原点对称的两个点，P、M、N是椭圆上

259

异于AB的点，且"//OM,BPHON,则ΔMON的面积为（）

【例3】如图，44分别为椭圆［→y2=l的长轴的左，右端点，。为坐标原点，SQT为

椭圆上不同于A，4的三点，直线QA,Q4,OS,OT围成一个平行四边形OPQR,则

IoSI2+∣OT『等于（）

22

【例4】已知椭圆E:土+匕=1,。为坐标原点，A,8是椭圆上两点，04,08的斜率存在

2412

并分别记为电1,e.,且LMMoB=-L,则」-+」_的最小值为()

0λ02∖OA∖∖OB∖

A.正B.1C.也D.也

6332

【例5】在平面直角坐标系Xoy中，已知椭圆uW+E=l(a>h>0),其焦点到相应准线

Crb~

的距离为3,离心率为

2

(1)求椭圆C的标准方程；

⑵如图所示，A,8是椭圆C上两点，且直线OA,OB的斜率满足k0AKB=-(，延长CM到M，

使得QM=3Q4,且交椭圆C于。，设OQ=20A+,求证：①万+储=1；②上”

BQ

为定值.

【例6】椭圆M:《+y2=i上有相异的任两点A8,且A8,0三点不共线，直线。4,直

4

线03的斜率满足：RB=G∙%(L>0),求证：IOA「+108F为定值.

强化训练

1.已知椭圆Ci：9+y2=1,过抛物线。2：/=4y焦点尸的直线交抛物线于M、N两点,连接

NO,M。并延长分别交G于4B两点，连接4B,AOMN与A(MB的面积分别记为

SAOMN,SAOAB,则在下列命题中,正确命题的个数是()

(1)若记直线N。,“。的斜率分别为的,心，则的心的大小是定值为一:

(2)∆CMB的面积SAOAB是定值1;

(3)线段。A、OB的长度的平方和|0川2+QB』是定值5；

(4)设Zl=2型,则；I≥2.

S^OAB

A.1个B.2个C.3个D.4个

22

2.如图,在平面直角坐标系Xoy中和C,。分别是椭圆r京+左=l(α>b>0)的左右顶点

与上下顶点.设P,Q是椭圆上且位于第一象限的两点,满遥QIl4P,M是线段AP的中点,射线

OM与椭圆交于点R.

证明：线段。Q,OR,BC能构成一个直角三角形.

3.已知两点C(一日,0)川6,0),设4B,M是椭圆9+y2=ι上三点，满足南=|市+

g砺,点N为线段AB的中点,求INCI+INDl的值.

4.己知4B在椭圆?+?=1上运动,上MkOB=-*延长04到M,使得。M=304,Q为MB与椭

圆的交点,求萼的值.

2

5.已知椭圆Cv:?+y2=1,不过原点。的直线I与椭圆C相交于4B两点,设直线04」,OB的斜率

分别为自』,心，且自，化电恰好构成等比数列.证明：|。4『+∣0B∣2为定值.

参考答案

22

【例1】已知椭圆的方程为二+4=l(a>6>0),A,3是椭圆上的两动点，“为椭圆上

Crh

任意一点，^OM=λOA+μOB,且％.%=-《，证明：λ2+μ1=∖.

a

【证明】设M(XO,%),A(x1,y1),θ(x2,y2),由OM=XOA+〃O8,

知点M的坐标为(Zη+μx2,λyx+μy2)，因为点M在椭圆上，

所以(端+if+(肛+〃为F=ɪ

a2b2

2222

又A,B是椭圆上的两动点，所以与+4=1,4+4=1.

a2b2a2b2

又由MA%=/，可得警+券=0,所以公+/=1.

aab

h2

【注】三个条件中：⑴koA∙koB=-∖;(2)λ2+μ2=∖,(3)M在椭圆上，已知任意

a

两个，可以推出第三个.

22

【例2】已知A,8是椭圆C:±+^=l上关手原点对称的两个点，P、M、N是椭圆上

259

异于ΛS的点，且AP∕∕QW,BP//ON,则AMQV的面积为()

【答案】C

【解析】解法1：利用特殊位置

g_ɪA-15

SΔMON-=3,

解法2：利用参数方程

...,b1

kkk

k°M∙ON=Pλ'PB=一7，

设Λ∕(5cosα,3sin2),/V(5cos∕7,3sinβ),则丸仙。3sin'=一_9_

5COS6Z5cos力25

cosa∞s/?+SinaSin歹=0ncos(α一4)=0,

,∙SAMON=/|Xly2一芍乂|=弓冈11(］一4)|=5.

解法3：

koM∙k°N=kpA∙kpB=―7，由性质(6)右S^λov=/。方=5,

【例3】如图，4，&分别为椭圆5+V=1的长轴的左，右端点，O为坐标原点，SQT为

椭圆上不同于A，&的三点，直线QA，。4，。5,OT围成一个平行四边形OP0R，则

IOSI2+∣O7∣2等于()

35

A.4B.3C.-D.-

22

【答案】B

【解析】解法1：

设Q,τ,S三点的坐标分别为(羽丁),(~,,),(々,以)，直线QA,Q4的斜率分别为4/2，则直线

OTQS的斜率为分别为K,%，且k[k?=—^-j=----^~~j==——=-■-,

，x+√2x-√2%2-22

22

•••ion=xl÷y；=X：+k2χ2=芈署，同理IOSF=号喏,

1+ZKl1+

21+T22

,2(1+公)_2(1+片)I4⅛,-J2(l+⅛,)ι4⅛,+l

.∙.∣csF+∣cτγ=2Q驾)H----------T-=--------τ~

2居：2

I+2⅛1+21+2%111+2⅛I26+1

W

解法2：

,b21

纭=7=-5

,近22Ik2/.∣0S∣2=^⅛^

设。S:y=Ax由<,,=>K=­；——

%-2一+1*1

H+2∕=2S2火2+12k+∖

l+4⅛2

于是IOSl2+∣oTF=3.

2kr+∖

【例4】已知椭圆E:工+±=1,O为坐标原点，AB是椭圆上两点，OAOB的斜率存在

2412

并分别记为Z(M,勺“，且则α+焉的最小值为()

2IOA∣IOBI

ʌ√2β1c√2D近

6332

【答案】C

【解析】解法1：

记A(2Λ∕6cosa,2∖∣3sina),BQRcos(3,2Λ∕3sinβ),

由JKB=--=COSaCoS尸+sinasin尸=O,cos(σ-β)=G,a=β+kπ-^--(k∈Z),

IOA∣2+∣OB∣2=24cos2a÷12sin2a÷24cos2fa+ɪj+12sin2(α+]]=36,

112ɪɪ=-.当且仅当IOAROBI时•，等号成立.

----------H------------..；~~[=

IoAl∖OB∖IOAI2+∖OB∖i√183

V2

∙∙∙u÷⅛

=

Im.ιnT-

解法2：

J=日，24,22442

设OA:y=丘，由42

√+2/≈24―2公+1'ʌ~2k+1'

2

24(⅛÷1)―),|08|2」2(4,+1),于是IOAI2+∣OB∣2=36,

，IQAF二,同理(将Z换成-

2公+12k2k+1

122√2

----------------------------------------------------------当且仅当Io4RO8∣时，等号成立.

Ql∖0B∖'∕∣OA∣2÷∣OB∣2^√18^3.

V2

11的最小值为立

"∖OA∖+∖OB∖

3

解法3：

设tt4:y=履，由J',=>x^=,y∖24公

[χ-+2y2=24λ2⅛2+12Λ2+1

2=”二D,同理(将Z换成--L),∣OBF=喘A于是.2+3X6,

2k2+12k

333

PP(1+1)^2√2√2

---------1-------------------------i-H---------------7~••ɪ.当且仅当|。Al=IoBl时，等号

63

Ql1°例(IoAW(|。5」36^

成立.

...」一+二一的最小值为亚

∣OA∣∣OB∣3

解法4:仿射变换

X=rττ.∣Xy~1,2I

设，则一+—=1=>√+y12,

y=y2412

.∙.Q4」。£,.,.XF=y∣",yJ=√2.

222

16>AI+1OBI=2芭"++2x∕+y/=3靖+3y∣"=36,

112=-∣==g.当且仅当IoAl=IO8|时，等号成立.

IOAl+|。BI…AOAI2+1OB|2

√183

V2

_1_+」_.的最小值为农

∖OA∖∖OB∖3

22

【例5】在平面直角坐标系XOy中，已知椭圆C=1+∙⅞=l(a>6>0),其焦点到相应准线

a~b~

的距离为3,离心率为L.

2

(1)求椭圆C的标准方程；

3

（2）如图所示，A,8是椭圆C上两点，且直线OA,OB的斜率满足kOA•%=-：，延长OA到M,

使得OM=3。4,且MB交椭圆C于。，设0Q=∕l0A+〃08,求证：①矛+/?=1；②也

ɔ22

【解析】（1）山幺一C=3,解得α=2,⅛=√3,C=I,椭圆C的标准方程为二+匕=1.

c43

a2=b2+c2

⑵解法1：

OQ=λOA+μOB,设A（Xl,χ）,B（x2,为），则。（之工+小，XyI+〃必）＞由勉，％~|得

毡+坚=O

43

由ASQ在椭圆：，得［V=L⅜4=1,回严+”直八

化简得尸争+,+μ1+竽+号）=1，所以h储=1.

02

而OQ=IoM+〃。3,由M,Q,8三点共线，得§+〃=1.

3414

C.λ=-,a=-,OQ=-OM+-OB,

5555

设BM二出Q,则OQ=IoM+(1-I]θ3,

・UH∏BM.

・・，=5,∣-Ψ------5・

BQ

解法2：仿射变换

2

X+∕=4,Q4=2,OΛY=6,延长AO交圆。于E,MA=4,ME=8,

由勾股定理得：MB=y∣MO2+OB2=2√i(j,由割线定理得：MQ-MB=MA-ME=32,解得

-C8√10BMBM2√10U

MQ=----,=--------------=-------------J==5.

5BQBM-MQ8√10

5

【例6】椭圆M:上+y2=1上有相异的任两点AB,且AB,O三点不共线，直线04,直线

4

08的斜率满足:

【解析】解法1：

设配:y=⅛x+tn(k>0),代入Λ/:ʌ-+y2=1,

W(l+4⅛2)x2+8fanr+4w2-4=0,

设A(XI,乂),33,为),

则xl+x2=-詈器∙，x∣∙⅞=4%：'XM=二百毛+h"(x∣+*2)+〃/，

因为k%=k0A∙k°B,所以攵2=型l=f+%d立辿，

所以切?(玉+元2)+"『=O，4⅛2∕w2=ιn2,因为A民O三点不共线，所以〃200，所以％=；,

2

Hixl+x2=-2m,xix2=2m-2,

22222

所以IOAI2+1OB∣=xl÷yl+x；+£=x1+l-ɪɪj+g+l-ɪɪɔ=：(片+¥)+2

22

=j[(x∣÷J⅛)-2X1X2J÷2=1[4"5-2(2m—2)]+2=5.

解法2：

设A(2cosa,sina),B(2cosβ,sinβ),

(Sina-Sin/)2Sinasinβ

HMj=^OA."on得----------------------=-------------------

4(CoSa-COS/J)?2cosa2cos/?

即(sinα-Sin.)2_(cosa-cosβY

sinasinβcosacos/7

所以siMα+siM∕?_cos2α+cos2β

`SinaSin0cosacosβ

GP(sin2a÷sin2S)(COSacosB)=(cos2a+cos2S)(Sinɑsɪnβ),

BPsin2αcosacosβ+sin2βcosacosβ=cos2αsinQSinβ+cos2βsinQSin0,

BRsin2acosacosβ—cos2αsinasinβ=cos2βs∖nasinβ—sin2βcosacos/?,

B∣Jsinacosa(sinacosβ—cosasinβy)=sinβcos0(CoSSSina—sinβcosa),

B∣J∣sin2acosasin(a一夕)=[sin20sin(a—0),

因为48,。三点不共线,所以5由（。一夕）≠O,

所以Sin2a=sin20,即Sin2a-sin2β=O,2cos(α+S)SiMa-0)=0,

所以cos(α+0)=0,不妨设α+。=；,则0=-α,

所以|。4『+|。引2=4COS2a+sin2a+4sin2β+sin2β

=4COS2a+sin2a+4sin2a+cos2a

=4÷1=5

强化训练

1.已知椭圆G：9+y2=1,过抛物线=4y焦点F的直线交抛物线于M、N两点,连接

NO,“。并延长分别交Cl于4、8两点，连接AB,ΔOMN与△OAB的面积分别记为

SAOMN，SAOAB,则在下列命题中,正确命题的个数是()

(1)若记直线NO,Mo的斜率分别为自,心，则公心的大小是定值为

(2)Δ048的面积SAO.是定值1：

(3)线段04、OB的长度的平方和|。4『+IoBl2是定值5；

(4)设；I=辿”,则/I≥2.

SAOa8

A.1个B.2个C.3个D.4个

【答案】D

【解析】设M(KLyl),N(Λ⅛,yz),由抛物线焦点弦的性质有工1%2=~P2=-4//2=y=1所

以刈幻=竺=一；，

χiχ2q

设A(2cosa,sina),B(2cosβ,sinβ)

!.得

由吊用sinasinβ

44cosacosβ4'

BPcosacosβ+sinQSinS=0,即cos(α—/?)=0,因此Ia—β∖=1+kπ(k∈Z),

所以54048=ɪ∣2cosasinβ-2cos^sina∖=∣sin(α-S)I=1,

而∣0A∣2+∖OB∖2=4(COS2a+cos2β)+(sin2a+sin2β)y

=4(COS2a÷sin2α)+(sin2a+cos2a)=4÷1=5

所以Zl=⅛≡=∣Ξ1^∣=I—1_|=lɪl≥2

S^OABI以孙I14CoSaCOS61Isin2a∖

综上，四个选项均正确,故选D.

2.如图,在平面直角坐标系》。丫中,48和。,。分别是椭圆「$+'=1（。＞。＞0）的左右顶点

与上下顶点.设P,Q是椭圆上且位于第一象限的两点,满JoQIl4P,M是线段AP的中点,射线

OM与椭圆交于点R.

证明：线段0Q,OR,BC能构成一个直角三角形.

【答案】见解析.

【解析】解法1：

设直线0Q:y=依,联立椭圆方程.得坊=喘；+机,

所以|。（2|2=（1+卜2）坊=嘿?

由中点弦结论知k∙k0M=得直线OR:y=-±x,

α4fc2+b2

联立椭圆方程,同理可得IoRI2

a2k2+b2

(1+∕C2)Q224∣2+■2222424

Z70ζab+abk2+afc+b

IoQI2+∖0R∖2222222

ak+b+ak+ba2fc2÷b2

h2(a2+h2)+a2fc2(a2+b2)

=a2+62

a2k2+b2

解法2:利用椭圆参数方程

hsinabsinβb2

设Q(QCOSa,ðsina),R(acosβ,ðsin0),则

acosaacosβa2>

π

cosacosβ+sinasinβ=0=cos(a-B)=O,a—B=2kπ±—(fc∈Z)

.,.∖0Q∖2+∖0R∖2=a2(cos2a÷cos2β)+fe2(sin2a÷sin2∕?)=a2÷ð2=∖BC∖2

线段。Q,OR,BC能构成一个直角三角形.

3.已知两点C（一半,0）,0（当,0）,设48,“是椭圆9+、2=1上三点,满足而=W方+（福

点N为线段AB的中点,求INeI+INDl的值.

【答案】见解析.

【解析】由结论可得:koa∙kβ=-7

04

设4(2COSa,sina),B(2cosβ,sinB)

sinasinβ1

5-54c。SaCoS-=-W=C°S(a一田=。

不妨设α=B+g

/Sina+sin0、/cosβ÷sinβ∖

N(cosa+cosβ,-----------)cl即rlN(-sinβ+cosβ,-----------------J

得N点轨迹方程为怖+亍=1,其焦点为(士q,。)

故INCl+∖ND∖=2√2.

4.已知4B在椭圆9+?=1上运动,k°∕oB=-*延长。4到M,使得。M=304,Q为MB与椭

圆的交点,求需的值.

【答案】见解析.

【解析】解法1：

设4(X1,y1),B(x2,y2),Q(x3,y3),丽=4丽,则M(3X1,3%)