《2025年赢在微点高中数学选择性必修第一册A版》

【例2】 已知椭圆$\frac{x^{2}}{36}+\frac{y^{2}}{9}=1$和点$P(4,2)$，直线$l$经过点$P$且与椭圆交于$A,B$两点。
(1)当直线$l$的斜率为$\frac{1}{2}$时，求线段$AB$的长度；
(2)当$P$点恰好为线段$AB$的中点时，求$l$的方程。

答案： 解
(1)由已知可得直线l的方程为$y - 2=\frac{1}{2}(x - 4)$，即$y=\frac{1}{2}x$。由$\begin{cases}y=\frac{1}{2}x\\\frac{x^{2}}{36}+\frac{y^{2}}{9}=1\end{cases}$可得$x^{2}-18 = 0$，若设$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，则$x_{1}+x_{2}=0$，$x_{1}x_{2}=-18$。于是$\vert AB\vert=\sqrt{(x_{1}-x_{2})^{2}+(y_{1}-y_{2})^{2}}=\sqrt{(x_{1}-x_{2})^{2}+\frac{1}{4}(x_{1}-x_{2})^{2}}=\frac{\sqrt{5}}{2}\sqrt{(x_{1}+x_{2})^{2}-4x_{1}x_{2}}=\frac{\sqrt{5}}{2}×6\sqrt{2}=3\sqrt{10}$。所以线段AB的长度为$3\sqrt{10}$。
(2)由题意易知l的斜率存在。设l的斜率为k，则其方程为$y - 2=k(x - 4)$。由$\begin{cases}\frac{x^{2}}{36}+\frac{y^{2}}{9}=1\\y - 2=k(x - 4)\end{cases}$消去y得$(1 + 4k^{2})x^{2}-(32k^{2}-16k)x+(64k^{2}-64k - 20)=0$。若设$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，则$x_{1}+x_{2}=\frac{32k^{2}-16k}{1 + 4k^{2}}$，由于AB的中点恰好为$P(4,2)$，所以$\frac{x_{1}+x_{2}}{2}=\frac{16k^{2}-8k}{1 + 4k^{2}}=4$，解得$k=-\frac{1}{2}$，且满足$\Delta＞0$。所以直线l的方程为$y - 2=-\frac{1}{2}(x - 4)$，即$x + 2y - 8=0$。

【例3】 在平面直角坐标系$xOy$中，椭圆$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0)$的离心率$e = \frac{\sqrt{2}}{2}$，且点$P(2,1)$在椭圆$C$上。
(1)求椭圆$C$的方程；
(2)斜率为$-1$的直线与椭圆$C$相交于$A,B$两点，求$\triangle AOB$面积的最大值。

答案： 解
(1)由题意得$\begin{cases}e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}\\\frac{4}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}=1\\a^{2}=b^{2}+c^{2}\end{cases}$，所以$\begin{cases}a=\sqrt{6}\\b=\sqrt{3}\end{cases}$，所以椭圆C的方程为$\frac{x^{2}}{6}+\frac{y^{2}}{3}=1$。
(2)设直线AB的方程为$y=-x + m$，联立$\begin{cases}y=-x + m\\\frac{x^{2}}{6}+\frac{y^{2}}{3}=1\end{cases}$，得$3x^{2}-4mx + 2m^{2}-6=0$，所以$\begin{cases}\Delta＞0\\x_{1}+x_{2}=\frac{4m}{3}\\x_{1}x_{2}=\frac{2m^{2}-6}{3}\end{cases}$，所以$\vert AB\vert=\sqrt{1+(-1)^{2}}\vert x_{1}-x_{2}\vert=\frac{4}{3}\sqrt{9 - m^{2}}$，原点到直线的距离$d=\frac{\vert m\vert}{\sqrt{2}}$。所以$S_{\triangle OAB}=\frac{1}{2}×\frac{4}{3}\sqrt{9 - m^{2}}×\frac{\vert m\vert}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{3}\sqrt{(9 - m^{2})m^{2}}\leq\frac{\sqrt{2}}{3}×\frac{9 - m^{2}+m^{2}}{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$。当且仅当$m=\pm\frac{3\sqrt{2}}{2}$时取等号，所以$\triangle AOB$面积的最大值为$\frac{3\sqrt{2}}{2}$。

【变式训练】 在椭圆$x^{2}+4y^{2}=16$中，求通过点$M(2,1)$且被这一点平分的弦所在直线的方程。

答案： 解 解法一：如果弦所在直线的斜率不存在，即直线垂直于x轴，则点$M(2,1)$显然不可能为这条弦的中点。故可设弦所在直线的方程为$y = k(x - 2)+1$，代入椭圆方程得$x^{2}+4[k(x - 2)+1]^{2}=16$，即得$(1 + 4k^{2})x^{2}-(16k^{2}-8k)x+16k^{2}-16k - 12=0$，因为直线与椭圆有两个交点，故$\Delta = 16(12k^{2}+4k + 3)＞0$。设弦的两端点的坐标为$(x_{1},y_{1})$，$(x_{2},y_{2})$，则$x_{1}+x_{2}=\frac{16k^{2}-8k}{1 + 4k^{2}}=4$，解得$k=-\frac{1}{2}$，满足$\Delta＞0$。所以弦所在直线的方程为$x + 2y - 4=0$。 解法二：设弦的两个端点分别为$P(x_{1},y_{1})$，$Q(x_{2},y_{2})$，则$x_{1}+x_{2}=4$，$y_{1}+y_{2}=2$，因为$P(x_{1},y_{1})$，$Q(x_{2},y_{2})$在椭圆上，故有$x_{1}^{2}+4y_{1}^{2}=16$，$x_{2}^{2}+4y_{2}^{2}=16$，两式相减得$(x_{1}+x_{2})(x_{1}-x_{2})+4(y_{1}+y_{2})(y_{1}-y_{2})=0$，因为点$M(2,1)$是PQ的中点，故$x_{1}\neq x_{2}$，两边同除以$(x_{1}-x_{2})$得，$(x_{1}+x_{2})+4(y_{1}+y_{2})\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}=0$，即$4 + 8k=0$，所以$k=-\frac{1}{2}$。所以弦所在直线的方程为$y - 1=-\frac{1}{2}(x - 2)$，即$x + 2y - 4=0$（经检验符合题意）。