?y?kx?b,1???（Ⅱ）解：由?x2得 ?k2??x2?2kbx?b2?1?0，
24??y?1,???4??4k?b?1， AB?221?k2?x1?x2?1?k2?4k2?b?1?k2214?2
设O到AB的距离为d，则d?2sAB?1，又因为d?b1?k2得 ， 所以b2?k2?1，代入②式并整理，
k4?k2?14?0， 解得，k2?12,b2?32，代入①式检验，??0。
故直线AB的方程是
2262226222622262y?x?，或y?x?，或y??x?,或y??x?。
练习2、（山东06文）已知椭圆的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，椭圆的短轴端点和焦点所组成的四边形为正方形，两准线间的距离为4。(Ⅰ)求椭圆的方程；
(Ⅱ)直线l过点P(0,2)且与椭圆相交于A、B两点，当ΔAOB面积取得最大值时，求直线l的方程。 解：设椭圆方程为
xa22?yb22?1(a?b?0).
b?c（I）由已知得 2aca22a?422?2 ? b?1?所求椭圆方程为
2x2?b?c2c2?12?y2?1.
（II）解法一：由题意知直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y?kx?2，A(x1,y1),B(x2,y2)
y?kx?2由 x222?y22?1消去y得关于x的方程：
(1?2k)x?8kx?6?0
由直线l与椭圆相交A、B两点，?△?0?64k8k1?2k61?2k222?24(1?2k)?0，解得k22?32，
x1?x2??又由韦达定理得
x1?x2?
21
?AB?1?k2x1?x2?1?k2(x1?x2)?4x1x22?1?k1?2k2216k2?24.
原点O到直线l的距离d?21?k2
?S?ADB?12AB?d?16k2?2421?2k?242?222k22?31?2k
解法1：对S?16k21?2k两边平方整理得： 4S2k4?4(S2?4)k2?S2?24?0 （*）
?S?0，
16(S?4)?4?4S(S?24)?02222 ?
4-SS222?0?0
S?244S2整理得：S2?12. 又S?0 ?0?S?22.
4k4从而S?AOB的最大值为S?22?28k2?49?0， 此时代入方程（*）得
?k??14x?2y?4?0.
2142
所以，所求直线方程为： ?解法2：令m?22mm?422k2?3(m?0)， 则2k222?m?3，
4m2 ?S??22m?4m?. 当且仅当m?即m?2时，Smax?22 此时k??142.
所以，所求直线方程为 ?14x?2y?4?0.
解法二：由题意知直线l的斜率存在且不为零.设直线l的方程为y?kx?2，A(x1,y1)，B(x2,y2)
则直线l与x轴的交点D(?2k,0)
由解法一知：k2?32x1?x2??8k1?2k622且 x1?x2?
1?2k 22
解法1：S?AOB?
12OD?y1?y2?122k?kx1?2?kx2?2
?x1?x2?(x1?x2)?4x1x216k?241?2k222222
? 下同解法一
?2k?321?2k解法2：S?AOB?S?POB?S?POA
?12?2?x2?x1 ?x2?x1?222k22 下同解法一
?31?2k已知中心在原点，焦点在x轴上的椭圆的离心率为
22，F1,F2为其焦点，一直线过点F1与椭圆相交于
A,B两点，且?F2AB的最大面积为2，求椭圆的方程。
解：由e＝
22得a:b:c?2:1:1，所以椭圆方程设为x?2y22?2c
2?x?my?c222设直线AB:x?my?c，由?2 得：(m?2)y?2mcy?c?0 22?x?2y?2c??4mc?4c(m?2)?4c(2m?2)?8c(m?1)?0
22222222设A(x1,y1),B(x2,y2)，则y1,y2是方程的两个根 2mc?y?y?122??m?2由韦达定理得? 所以y1?y2?2?yy??c122?m?2?S?ABF2?12F1F2y1?y2?c?22c(y1?y2)?4y1y2?222cm?1m?222
m?1m?222＝
222cm?1?21m?12?22c?212?2c
2当且仅当m?0时，即AB?x轴时取等号 ?所以，所求椭圆方程为
x22c2?2,c?1
2?y2?1
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题型七：弦或弦长为定值问题
例题9、（07湖北理科）在平面直角坐标系xOy中，过定点C（0，p）作直线与抛物线x2=2py（p>0）相交于A、B两点。
（Ⅰ）若点N是点C关于坐标原点O的对称点，求△ANB面积
的最小值；
（Ⅱ）是否存在垂直于y轴的直线l，使得l被以AC为直径的圆截得弦长恒为定值？若存在，求出l的方程；若不存在，说明理由。（此题不要求在答题卡上画图） 本小题主要考查直线、圆和抛物线等平面解析几何的基础知识，考查综合运用数学知识进行推理运算的能力和解决问题的能力.
解法1：（Ⅰ）依题意，点N的坐标为N（0,-p）,可设A（x1,y1）,B（x2,y2），直线AB的方程为y=kx+p,?x2?2py与x=2py联立得?消去y得x2-2pkx-2p2=0. 由韦达定理得x1+x2=2pk,x1x2=-2p2.
?y?kx?p.2
于是S?ABN?S?BCN?S?ACN?12?2px1?x2＝px1?x2?p(x1?x2)?4x1x2
2＝p4p2k2?8p2?2p2k2?2.
?当k?0时，（S?ABN）min?22p2.
（Ⅱ）假设满足条件的直线l存在，其方程为y=a,AC的中点为O?,t与AC为直径的圆相交于点P、Q，PQ的中点为H，则O?H?PQ,O?点的坐标为（?O?P?12AC?12x1?(y1?p)＝
22x1y1?p,） 2212y1?p.
22O?H?a?y1?p2?122a?y1?p,?PH2?O?P2?O?H2
24
=
14(y1?p)?2214(2a?y1?p)＝(a?2p2)y1?a(p?a),
?PQ2p??2?(2PH)=4(a?)y2?a(p?a).
??2???0，得a?p2,此时PQ?p为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为y?p2令a?p2，
即抛物线的通径所在的直线.
解法2：（Ⅰ）前同解法1，再由弦长公式得 AB?1?kx1?x2?21?k?2(x1?x2)?4x1x2?21?k?24pk?8p
2p1?k2222＝2p1?k2?k2?2. 又由点到直线的距离公式得d?.
从而，S?ABN?12?d?AB?12?2p1?k?2k?2?22p1?k2?2p2k?2,
2?当k?0时，（S?ABN）max?22p.
2（Ⅱ）假设满足条件的直线t存在，其方程为y=a，则以AC为直径的圆的方程为
(x?0)(x?x1)?(y?p)(y?y1)?0,将直线方程y=a代入得 x?x1x?(a?p)(a?y1)?0,2 p??则?＝x?4(a?p)(a?y1)?4?(a?)?y1?a(p?a).2??21设直线l与以AC为直径的圆的交点为P（x2,y2）,Q（x4,y4）,则有 PQ?x3?x4?p2pp??4?(a?)y1?a(p?a)??2(a?)y1?a(p?a).
22??p2,此时PQ?p为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为y?p2令a??0,得a?.
即抛物线的通径所在的直线。
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