因为 t＋4t ≥4，当且仅当 t＝2，即 k＝±27时等号成立， 且满足 Δ>0.
所以，当△OPQ 的面积最大时，l 的方程为 y＝ 27x－2 或 y＝－ 27x－2.
规律方法 2 在利用代数法解决最值与范围问题时常从 以下五个方面考虑：
1利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范 围；
x 2＋y2＝1， 其坐标满足 4
y＝kx＋1，
消去 y 并整理，得(k2＋4)x2＋2kx－3＝0，
故 x1＋x2＝－k22＋k 4，x1x2＝－k2＋3 4.
8分
若O→A⊥O→B，则 x1x2＋y1y2＝0.
而 y1y2＝k2x课1x2＋堂k互(x1动＋x讲2)＋练1，9 分
于是 x1x2＋y1y2＝－k2＋3 4－k32＋k24－k22＋k24＋1
过���������点3���=2 +(求((���F212���()���))解2���设 ���且求 设2��� +=可点与椭A1得1,圆C)Bx,消(x轴分x的11+去,垂y别方x12)y直=为程,,D整-2的(椭;x+理 62���3直,���圆2y���得���22线)的,,(x由21被左x+2F3=椭、k(23-2+1)圆���右���x23,02-���截+���6顶)2得.6得点k直2x的,+线过3线点kC2段-D6F=长的且0为方. 斜程4率3为3.为y=kk的(x+直1)线,由与方椭程圆组 交于因C为,D A两(-点3.若,0)���,B������(��� ·3���,���0������),所+ 以���������������������·������·������������=���������8,+求������k������的·���值���������.
=(x1+ 3,y1)·( 3-x2,-y2)+(x2+ 3,y2)·( 3-x1,-y1)=6-2x1x2-2y1y2 =6-2x1x2-2k2(x1+1)·(x2+1)=6-(2+2k2)x1x2-2k2(x1+x2)-2k2=6+22���+���23+���1���22. 由已知得 6+22���+���23+���1���22=8,解得 k=± 2.
(1)求椭圆 C 的方程； (2)当△AMN 的面积为 310时，求 k 的值．
规律方法 直线与椭圆相交问题解题策略 当直线与椭圆相交时：涉及弦长问题，常用“根与系数 的关系”设而不求计算弦长；涉及求过定点的弦中点的轨迹 和求被定点平分的弦所在的直线方程问题，常用“点差法” 设而不求，将动点的坐标、弦所在直线的斜率、弦的中点坐 标联系起来，相互转化.其中，判别式大于零是检验所求参数 的值有意义的依据.
＝－k42k＋2＋4 1＝0，
化简得－4k2＋1＝0，所以 k＝±1. 2
10 分
当 k＝±12时，x1＋x2＝∓147，x1x2＝－1127.
→ |AB
|＝
课堂互动讲练
(x 2－x 1)2＋(y2－y1)2
＝ (1＋k2)(x2－x1)2，
而(x 2－x 1)2＝(x 2＋x 1)2－4x 1x 2
其离心率为 23，故
a2－4 a＝
23，解得
a＝4.
故椭圆 C2 的方程为1y62 ＋x42＝1.
(2)法一 A，B 两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)， 由O→B＝2O→A及(1)知，O，A，B 三点共线且点 A，B 不在 y 轴上，因此可设直线 AB 的方程为 y＝kx. 将 y＝kx 代入x42＋y2＝1 中，得(1＋4k2)x2＝4， 所以 x2A＝1＋44k2. 将 y＝kx 代入1y62 ＋x42＝1 中，得(4＋k2)x2＝16， 所以 x2B＝4＋16k2.
法二 A，B 两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)， 由O→B＝2O→A及(1)知，O，A，B 三点共线且点 A，B 不在 y 轴上，因此可设直线 AB 的方程为 y＝kx. 将 y＝kx 代入x42＋y2＝1 中，得(1＋4k2)x2＝4， 所以 x2A＝1＋44k2.
由O→B＝2O→A，得 x2B＝1＋164k2，y2B＝11＋6k42k2. 将 x2B，y2B代入1y62 ＋x42＝1 中，得14＋＋4kk22＝1，即 4＋k2＝1 ＋4k2， 解得 k＝±1.故直线 AB 的方程为 y＝x 或 y＝－x.
= 8,解得
������ = 2, ������ = 4.
又
a2=b2+c2,所以
b2=12.故椭圆
C
的方程为������2
16
+
1������22=1.
考点一 考点二 考点三 考点四
-21-
(2)假设存在符合题意的直线 l,其方程为 y=32x+t.
由
������
������2 16
= +
3 2
(2)当 l⊥x 轴时不合题意， 故设 l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)． 将 y＝kx－2 代入x42＋y2＝1 得 (1＋4k2)x2－16kx＋12＝0. 当 Δ＝16(4k2－3ห้องสมุดไป่ตู้>0 时，则 k2>34， x1＋x2＝1＋164kk2，x1x2＝1＋124k2.
∴|x1－x2|＝
答案
考点一 考点二 考点三 考点四
（弦考长点问三题：）椭例圆、的在综合平课问面堂题直角互坐动标系讲xO练y 中，点 P 到两点(0，
－ 3)，(0， 3)的距离之和等于 4，设点 P 的轨迹为 C. (1)写出 C 的方程； (2)设直线 y＝kx＋1 与 C 交于 A，B 两点，则 k 为何值时
-19-
举一反三 1 已知中心在坐标原点 O 的椭圆 C 经过点 A(2,3),且点 F(2,0)
为其右焦点. (1)求椭圆 C 的方程; (2)是否存在平行于 OA 的直线 l,使得直线 l 与椭圆 C 有公共点,且直线
OA 与 l 的距离等于 4?若存在,求出直线 l 的方程;若不存在,说明理由.
所以椭圆
C
的方程为������2
16
+
1������22 =1.
(2)同解法一.
考点一 考点二 考点三 考点四
-23-
考 【椭 而例圆点a=(方2二1】)程3设,(c有2=F圆0(1(1-���-���,������c3所2锥)2,天0+以)曲,津由������椭������22线���高���=������圆=1中考,的解3的)3方设得,知相程椭ya=为交圆=±���3���弦������236������322+bc问,+.于过���2���2������题是������=点22=12.1F36(a且b>=与b>43x03轴),的解垂得左直焦b的=点直2为线,又F为,a离2x-=c心2-=c率,b代2为,从入关33闭,
所以符合题意的直线 l 不存在.
考点一 考点二
考点三
考点四
-22-
解法二:(1)依题意,可设椭圆 C 的方程为������������22 + ������������22=1(a>b>0),
且有
4 ������2
+
9 ������2
=
1,解得
b2=12
或
b2=-3(舍去).从而
a2=16.
������2-������2 = 4.
O→A⊥O→B？此时|A→B |的值是多少？
【解】 (1课)设堂P(互x，动y)，讲由练椭圆定义可知，
点 P 的轨迹 C 是以(0，－ 3)，(0， 3)为焦 点，长半轴为 2 的椭圆，它的短半轴 b＝
22－( 3)2＝1， 故曲线 C 的方程为 x2＋y2＝1. 4 分 4
(2)设 A(x1，课y1)堂，B互(x动2，讲y2)练，
＝14722＋4×1127＝431×7213.
所以|A→B |＝4 1765.
12 分
x
������2
12
+ =
t, 得
1,
3x2+3tx+t2-12=0.
因为直线 l 与椭圆 C 有公共点, 所以 Δ=(3t)2-4×3(t2-12)≥0.
解得-4 3≤t≤4 3.
另一方面,由直线 OA 与 l 的距离 d=4 可得 |������| =4,从而 t=±2 13.
94+1
由于±2 13∉ [-4 3,4 3],
x1＋x22－4x1x2＝4
4k2－3 4k2＋1 .
从而|PQ|＝
1＋k2|x1－x2|＝4
k2＋1· 4k2－3
4k2＋1
.
又点 O 到直线 PQ 的距离 d＝ k22＋1，
所以△OPQ
的面积
S△OPQ＝21d·|PQ|＝4
4k2－3 4k2＋1 .
设 4k2－3＝t，则 t>0，S△OPQ＝t2＋4t 4＝t＋4 4t .
二、圆锥曲线的弦长
设斜率为 k(k≠0)的直线 l 与圆锥曲线 C 相交于 A、B 两
点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝_1_＋__k_2|_x2_－__x_1_| ＝ 1＋k12|y2
－y1|.
考向二 [144] 最值与范围问题 (2014·课标全国卷Ⅰ)已知点 A(0，－2)，椭圆 E：
考向三 综合应用
已知椭圆 C1：x42＋y2＝1，椭圆 C2 以 C1 的长轴为短轴， 且与 C1 有相同的离心率．
(1)求椭圆 C2 的方程； (2)设 O 为坐标原点，点 A，B 分别在椭圆 C1 和 C2 上，O→B ＝2O→A，求直线 AB 的方程．