《2025年金版新学案高中数学选择性必修第一册北师大版》

问题 2. 已知椭圆的方程为 $ \frac{x^2}{m} + \frac{y^2}{n} = 1(m ＞ 0,n ＞ 0,m \neq n) $，直线与椭圆相交于点 $ A(x_1,y_1) $，$ B(x_2,y_2)(x_1 \neq x_2) $，弦 $ AB $ 的中点为 $ M(x_0,y_0) $，你能求出 $ k_{OM} · k_{AB} $ 的值吗？

答案： 问题2. 将 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$ 代入椭圆方程得 $\begin{cases}\frac{x_1^2}{m}+\frac{y_1^2}{n}=1,\frac{x_2^2}{m}+\frac{y_2^2}{n}=1,\end{cases}$
将两式作
差并整理得 $\frac{(x_1 - x_2)(x_1 + x_2)}{m}+\frac{(y_1 - y_2)(y_1 + y_2)}{n}=0$，
由弦 $AB$ 的中点为 $M(x_0,y_0)$，若 $x_1\neq x_2$，则 $\frac{y_1 - y_2}{x_1 - x_2}·\frac{y_0}{x_0}=-\frac{n}{m}$，即 $k_{AB}· k_{OM}=-\frac{n}{m}$.

典例 2
(一题多解) 已知椭圆 $ \frac{x^2}{16} + \frac{y^2}{4} = 1 $ 的弦 $ AB $ 的中点 $ M $ 的坐标为 $ (2,1) $，求直线 $ AB $ 的方程.

答案： 典例2 解：法一：易知直线 AB 的斜率 k 存在，
设所求直线的方程为 y - 1 = k(x - 2)，
联立直线与椭圆的方程，得方程组$ \begin{cases}y - 1 = k(x - 2),\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{4}=1,\end{cases}$
化简、整理，得$ (4k^2 + 1)x^2 - 8(2k^2 - k)x + 4(2k - 1)^2 - 16 = 0,\Delta＞0.$
设点$ A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)，$则$ x_1,x_2 $是上述方程的两根，
于是$ x_1 + x_2=\frac{8(2k^2 - k)}{4k^2 + 1}.$
又 M 为 AB 的中点，所以$ \frac{x_1 + x_2}{2}=\frac{4(2k^2 - k)}{4k^2 + 1}=2，$解得$ k=-\frac{1}{2}.$
故所求直线的方程为 x + 2y - 4 = 0.
经检验，所求直线满足题意.
法二：设点$ A(x_1,y_1),B(x_2,y_2).$
因为 M(2,1) 是 AB 的中点，所以$ x_1 + x_2 = 4,y_1 + y_2 = 2.$
又 A,B 两点在椭圆上，则$ x_1^2 + 4y_1^2 = 16,x_2^2 + 4y_2^2 = 16，$
两式相减，得$ (x_1^2 - x_2^2)+4(y_1^2 - y_2^2)=0，$
于是$ (x_1 + x_2)(x_1 - x_2)+4(y_1 + y_2)(y_1 - y_2)=0.$
所以$ \frac{y_1 - y_2}{x_1 - x_2}=-\frac{x_1 + x_2}{4(y_1 + y_2)}=-\frac{4}{4×2}=-\frac{1}{2}，$即$ k_{AB}=-\frac{1}{2}.$
故所求直线的方程为 x + 2y - 4 = 0.
经检验，所求直线满足题意.
法三：设所求直线与椭圆的一个交点为 A(x,y)，
由于 AB 的中点为 M(2,1)，则另一个交点为 B(4 - x,2 - y).
因为 A,B 两点都在椭圆上，所以$ \begin{cases}x^2 + 4y^2 = 16.①\4 - x)^2 + 4(2 - y)^2 = 16.②\end{cases}$
① - ②，化简得 x + 2y - 4 = 0.
显然点 A 的坐标满足这个方程，代入验证可知点 B 的坐标也满足这个
方程，而过点 A,B 的直线只有一条，故所求直线的方程为 x + 2y - 4 = 0.

(1) 直线 $ l $ 与双曲线 $ \frac{x^2}{2} - y^2 = 1 $ 交于 $ A $，$ B $ 两点，线段 $ AB $ 的中点在直线 $ y = 2x $ 上，则直线 $ AB $ 的斜率为 (D)
A.4
B.2
C.$ \frac{1}{2} $
D.$ \frac{1}{4} $

答案： 对点练2.
(1)D
解析
设 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$，线段 $AB$ 的中点 $M(x_0,y_0)$，由已知，$A,B$ 两点在双曲线上，所以
$\begin{cases}\frac{x_1^2}{2}-y_1^2 = 1,\frac{x_2^2}{2}-y_2^2 = 1,\end{cases}$
两式作差可得 $\frac{y_1 - y_2}{x_1 - x_2}·\frac{y_1 + y_2}{x_1 + x_2}=k_{AB}·\frac{y_0}{x_0}=\frac{1}{2}$，因为点
$M(x_0,y_0)$ 在直线 $y = 2x$ 上，所以 $\frac{y_0}{x_0}=2$，代入上式可得 $k_{AB}=\frac{1}{4}$，故直线 $AB$ 的斜率为 $\frac{1}{4}$. 故选D.

(2) (双空题) 已知抛物线 $ C $ 的顶点在坐标原点，焦点为 $ F(1,0) $. 直线 $ l $ 与抛物线 $ C $ 相交于 $ A $，$ B $ 两点，若 $ AB $ 的中点为 $ (2,2) $，则抛物线的方程为 ，直线 $ l $ 的方程为.

答案： 1. 求抛物线方程：
已知抛物线$C$的顶点在坐标原点，焦点为$F(1,0)$，根据抛物线$y^{2}=2px(p\gt0)$的焦点坐标为$(\frac{p}{2},0)$。
由$\frac{p}{2}=1$，可得$p = 2$。
所以抛物线$C$的方程为$y^{2}=4x$。
2. 求直线$l$的方程：
设$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，因为$A$，$B$在抛物线$y^{2}=4x$上，则$y_{1}^{2}=4x_{1}$，$y_{2}^{2}=4x_{2}$。
两式相减得：$y_{1}^{2}-y_{2}^{2}=4(x_{1}-x_{2})$，即$(y_{1} - y_{2})(y_{1}+y_{2})=4(x_{1}-x_{2})$。
因为$AB$的中点为$(2,2)$，所以$\frac{x_{1}+x_{2}}{2}=2$，$\frac{y_{1}+y_{2}}{2}=2$，即$y_{1}+y_{2}=4$。
那么直线$AB$的斜率$k=\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}=\frac{4}{y_{1}+y_{2}}$，把$y_{1}+y_{2}=4$代入得$k = 1$。
由点斜式$y - y_{0}=k(x - x_{0})$（其中$(x_{0},y_{0})=(2,2)$，$k = 1$），可得直线$l$的方程为$y - 2=1×(x - 2)$，即$x - y=0$。
综上，抛物线的方程为$y^{2}=4x$，直线$l$的方程为$x - y = 0$。

典例 3
在平面直角坐标系中，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 $ |AB| $ 的最大值.

答案： 典例3 解：
(1)由题意得 $\frac{e}{c}=\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{4}{a^2}+\frac{1}{b^2}=1$，
所以 $\begin{cases}a=\sqrt{6},\\b=\sqrt{3},\\a^2 = b^2 + c^2,\end{cases}$
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 $y = -x + m$，
联立直线与椭圆的方程，得方程组 $\begin{cases}y = -x + m,\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{3}=1,\end{cases}$
化简、整理得 $3x^2 - 4mx + 2m^2 - 6 = 0$，
设 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$，则 $x_1,x_2$ 是上述方程的两根，
$\begin{cases}\Delta＞0,\\x_1 + x_2=\frac{4m}{3},\\x_1x_2=\frac{2m^2 - 6}{3},\end{cases}$
所以 $|AB|=\sqrt{1+(-1)^2}|x_1 - x_2|=\frac{4}{3}\sqrt{9 - m^2}$，
当 $m = 0$ 时，满足 $\Delta＞0$，$|AB|_{max} = 4$.

变式探究
(变设问) 本例条件不变，求 $ \triangle AOB $ 面积的最大值.

答案： [变式探究]
解：由本例知 $|AB|=\frac{4}{3}\sqrt{9 - m^2}$，原点到直线的距离 $d=\frac{|m|}{\sqrt{2}}$
所以 $S_{\triangle AOB}=\frac{1}{2}·\frac{4}{3}\sqrt{9 - m^2}·\frac{|m|}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{3}\sqrt{(9 - m^2)m^2}\leq\frac{\sqrt{2}}{3}·$
$\frac{9 - m^2 + m^2}{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$.
当且仅当 $m=\pm\frac{3\sqrt{2}}{2}$ 时，等号成立，满足 $\Delta＞0$，
所以 $\triangle AOB$ 面积的最大值为 $\frac{3\sqrt{2}}{2}$.