限时小练29　直线与椭圆位置关系中的弦长问题.DOCX

限时小练29直线与椭圆位置关系中的弦长问题

1.已知椭圆L：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(ab0)的离心率为eq\f(\r(3),2)，短轴长为2.

(1)求椭圆L的标准方程；

(2)过点Q(0，2)的直线l与椭圆L交于A、B两点，若以AB为直径的圆恰好过坐标原点，求直线l的方程及|AB|的大小.

解(1)由e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(a2－b2,a2)＝1－eq\f(b2,a2)＝eq\f(3,4)，

得a2＝4b2.

又∵短轴长为2可得b＝1，a2＝4，

∴椭圆L的标准方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.

(2)易知直线l的斜率存在且不为零，

设直线l的斜率为k(k≠0)，

设直线l的方程为y＝kx＋2，

则联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,x2＋4y2－4＝0，))

消去y，得(4k2＋1)x2＋16kx＋12＝0，

Δ＝(16k)2－48(4k2＋1)＝16(4k2－3)0，

即k2eq\f(3,4).

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

∴x1＋x2＝eq\f(－16k,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(12,4k2＋1)，

由题意可知eq\o(OA,\s\up6(→))⊥eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝0，

即x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝0，

∴eq\f(12（1＋k2）,4k2＋1)－eq\f(32k2,4k2＋1)＋4＝0，

解得k2＝4eq\f(3,4)，

∴|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|

＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)

＝eq\r(1＋k2)·eq\f(4\r(4k2－3),4k2＋1)

＝eq\f(4\r(65),17).

综上，直线l的方程为y＝±2x＋2，|AB|＝eq\f(4\r(65),17).

2.已知椭圆C的焦点分别为F1(－2eq\r(2)，0)，F2(2eq\r(2)，0)，长轴长为6，设直线y＝x＋2交椭圆C于A，B两点.

(1)求线段AB的中点坐标；

(2)求△AOB的面积.

解(1)设椭圆C的方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(ab0)，

由题意a＝3，c＝2eq\r(2)，于是b＝1，

所以椭圆C的方程为eq\f(x2,9)＋y2＝1.

由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋2，,\f(x2,9)＋y2＝1，))得10x2＋36x＋27＝0.

因为该一元二次方程的Δ0，所以点A，B不同，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq\f(18,5)，y1＋y2＝(x1＋2)＋(x2＋2)＝eq\f(2,5)，

故线段AB的中点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,5)，\f(1,5))).

(2)设点O到直线y＝x＋2的距离为d，

则d＝eq\f(|0－0＋2|,\r(2))＝eq\r(2).

又由(1)知x1x2＝eq\f(27,10)，

所以|AB|＝eq\r(1＋12)eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)

＝eq\r(2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(18,5)))\s\up12(2)－4×\f(27,10))＝eq\f(6\r(3),5)，

故S△AOB＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\f(6\r(3),5)＝