专题01 圆锥曲线与直线相交时的弦长问题(解析版)

这是一份专题01 圆锥曲线与直线相交时的弦长问题(解析版)，共23页。

(1)斜率为k的直线与圆锥曲线交于两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则所得弦长：
|P1P2|＝eq \r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2])
＝eq \r(1＋k2)·|x1－x2|
＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2)))[y1＋y22－4y1y2])
＝eq \r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|。
(2)斜率不存在时，可求出交点坐标，直接运算(利用两点间距离公式)。
【例题讲解】
【例1】已知圆C：(x＋2eq \r(2))2＋y2＝36与定点M(2eq \r(2)，0)，动圆I过M点且与圆C相切。
(1)求动圆圆心I的轨迹E的方程；
(2)若过定点N(0,2)的直线l交轨迹E于不同的两点A，B，求|AB|的最大值。
解 (1)设动圆I的半径为r，由题意可知，点I(x，y)满足|IC|＝6－r，|IM|＝r，
所以|IC|＋|IM|＝6。
由椭圆的定义知点I的轨迹为以C，M为左、右焦点的椭圆，且其长半轴长a＝3，半焦距c＝2eq \r(2)，可得短半轴长b＝1，
故轨迹E的方程为eq \f(x2,9)＋y2＝1。
(2)当直线l的斜率不存在时，A(0,1)，B(0，－1)或A(0，－1)，B(0,1)，此时|AB|＝2。
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为
y＝kx＋2，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,\f(x2,9)＋y2＝1，))
消去y得，(1＋9k2)x2＋36kx＋27＝0，
由Δ＝(36k)2－108(1＋9k2)>0，得k2>eq \f(1,3)。
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
可得x1＋x2＝－eq \f(36k,1＋9k2)，x1x2＝eq \f(27,1＋9k2)，
|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(36k,1＋9k2)))2－4·\f(27,1＋9k2))
＝eq \f(6\r(3)\r(1＋k23k2－1),1＋9k2)，
令1＋9k2＝t，则t>4，
|AB|＝eq \f(6\r(3)\r(1＋k23k2－1),1＋9k2)＝2eq \r(1＋\f(4,t)－\f(32,t2))
＝2eq \r(－32·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)))2＋4·\f(1,t)＋1)，
又因为eq \f(1,t)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))，
所以当eq \f(1,t)＝eq \f(1,16)，即k＝±eq \f(\r(15),3)时，|AB|max＝eq \f(3\r(2),2)。
综上，|AB|的最大值为eq \f(3\r(2),2)。
圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是几何方法，即通过利用圆锥曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是代数方法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)变量的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解。
【变式训练】 (1)设P是椭圆eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,9)＝1上一点，M，N分别是两圆：(x＋4)2＋y2＝1和(x－4)2＋y2＝1上的点，则|PM|＋|PN|的最小值、最大值分别为( )
A．9,12 B．8,11
C．8,12 D．10,12
(2)(2019·邢台模拟)已知椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋eq \f(1,2)对称。
①求实数m的取值范围；
②求△AOB面积的最大值(O为坐标原点)。
(1)解析 如图，由椭圆及圆的方程可知两圆圆心分别为椭圆的两个焦点，由椭圆定义知|PA|＋|PB|＝2a＝10，连接PA，PB分别与圆相交于两点M，N，此时|PM|＋|PN|最小，最小值为|PA|＋|PB|－2R＝8；连接PA，PB并延长，分别与圆相交于两点M，N，此时|PM|＋|PN|最大，最大值为|PA|＋|PB|＋2R＝12，即最小值和最大值分别为8,12。故选C。
答案 C
(2)解 ①由题意知m≠0，可设直线AB的方程为y＝－eq \f(1,m)x＋b。由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝－\f(1,m)x＋b，))
消去y，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,m2)))x2－eq \f(2b,m)x＋b2－1＝0。
因为直线y＝－eq \f(1,m)x＋b与椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋eq \f(4,m2)>0， (*)
将AB的中点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2mb,m2＋2)，\f(m2b,m2＋2)))代入直线方程y＝mx＋eq \f(1,2)，解得b＝－eq \f(m2＋2,2m2)， (**)
由(*)(**)得m<－eq \f(\r(6),3)或m>eq \f(\r(6),3)。
②令t＝eq \f(1,m)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(6),2)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(6),2)))，则t2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))。
则|AB|＝eq \r(t2＋1)·eq \f(\r(－2t4＋2t2＋\f(3,2)),t2＋\f(1,2))，
且O到直线AB的距离为d＝eq \f(t2＋\f(1,2),\r(t2＋1))。
设△AOB的面积为S(t)，
所以S(t)＝eq \f(1,2)|AB|·d
＝eq \f(1,2)eq \r(－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t2－\f(1,2)))2＋2)≤eq \f(\r(2),2)，
当且仅当t2＝eq \f(1,2)时，等号成立，此时满足t2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))。
故△AOB面积的最大值为eq \f(\r(2),2)。
【例题训练】
一、单选题
1．设椭圆长半轴长为，短半轴长为，半焦距为，则过焦点且垂直于长轴的弦长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
设椭圆焦点在轴上，椭圆的标准方程为，将或代入椭圆的标准方程，求出，由此可求得结果.
【详解】
设椭圆焦点在轴上，椭圆的标准方程为，
将或代入椭圆的标准方程得，，
解得，因此，过焦点且垂直于长轴的弦长是.
故选：D.
2．已知椭圆，直线l过椭圆C的左焦点F且交椭圆于A，B两点，的中垂线交x轴于M点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】
当l：时，，设与椭圆联立可得：， 然后求得的中垂线方程，令 ，得，然后分别利用两点间的距离公式和弦长公式求得，，建立求解.
【详解】
椭圆的左焦点为,
当l：时，，，
所以，
设与椭圆联立，可得：
，
由韦达定理得：，
取中点为，
所以的中垂线方程为：
，
令 ，得，
所以，
又，
所以，
综上所述，
故选：B.
【点睛】
思路点睛：1、解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单．
2、设直线与椭圆的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则弦长为 (k为直线斜率)．
注意：利用公式计算直线被椭圆截得的弦长是在方程有解的情况下进行的，不要忽略判别式大于零．
3．过椭圆9x2+25y2=225的右焦点且倾斜角为45°的弦长AB的长为（ ）
A．5B．6C．D．7
【答案】C
【分析】
求出焦点坐标和直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理和弦长公式可得答案.
【详解】
由9x2+25y2=225得，，，所以，右焦点坐标为，直线AB的方程为，所以得，
设，所以，
.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查直线与椭圆的弦长公式，由韦达定理的应用.
4．椭圆的左、右焦点分别是、，斜率为的直线l过左焦点且交于，两点，且的内切圆的周长是，若椭圆的离心率为，则线段的长度的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】
先利用等面积法可得：，求解出的值，然后根据弦长公式的取值范围.
【详解】
设内切圆半径为r，由题意得
得，.
故选：B.
【点睛】
本题考查椭圆焦点三角形问题，考查弦长的取值范围问题，难度一般.解答时，等面积法、弦长公式的运用是关键.
二、多选题
5．已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于、两点，以线段为直径的圆交轴于、两点，则（ ）
A．若抛物线上存在一点到焦点的距离等于，则抛物线的方程为
B．若，则直线的斜率为
C．若直线的斜率为，则
D．设线段的中点为，若点到抛物线准线的距离为，则的最小值为
【答案】AD
【分析】
由抛物线的定义求得的值，可判断A选项的正误；设直线的方程为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，结合韦达定理可求得的值，可判断B选项的正误；利用韦达定理结合抛物线的焦点弦长公式可判断C选项的正误；设直线的方程为，设点、，联立直线与抛物线的方程，求得点到轴的距离和，可得出关于的表达式，可判断D选项的正误.
【详解】
对于A选项，由抛物线的定义可得，解得，
所以，抛物线的标准方程为，A选项正确；
对于B选项，如下图所示：
抛物线的焦点为，设点、，设直线的方程为，
联立，消去并整理得，恒成立，
由韦达定理可得，，
由于，由图象可得，即，
所以，，可得，解得，
所以，直线的斜率为，B选项错误；
对于C选项，当直线的斜率为时，由B选项可知，，，
由抛物线的焦点弦长公式可得，C选项错误；
对于D选项，抛物线的焦点到准线的距离为，则该抛物线的方程为.
设直线的方程为，设点、，
联立，消去可得，，
则，，
，点到轴的距离为，
所以，，
当且仅当时，等号成立，D选项正确.
故选：AD.
【点睛】
本题考查直线与抛物线的综合问题，考查了抛物线焦点弦的几何性质以及焦点弦长、焦半径的计算.本题中将直线方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理得出点、的纵坐标所满足的关系，并结合了抛物线的焦点弦长公式进行计算，考查学生的运算求解能力，属于中等题.
三、解答题
6．如图，是直线上一动点，过点且与垂直的直线交抛物线于，两点，点在，之间．
（1）若过抛物线的焦点，求；
（2）求的最小值．
【答案】（1）；（2）．
【分析】
（1）先求出直线的方程，联立直线与抛物线，将韦达定理和弦长公式相结合即可得结果；
（2）设，联立方程组分别求出A，B，P的纵坐标，将表示为关于的函数式，结合基本不等式即可得结果.
【详解】
解：（1）由已知得，所以，
联立得，消去，可得，
设点，，
由根与系数的关系得，
所以．
（2）设，由，消去，可知，
∵有两个不同的交点，∴，
解得：，，
由，得，
由于点在点，点之间，
所以，
设，
所以，
当且仅当时，即时取等号．
故的最小值为．
【点睛】
关键点点睛：
（1）直线弦长公式的应用；
（2）将所求量表示为关于的函数，利用基本不等式求最值.
7．已知椭圆（）长轴长为短轴长的两倍，连结椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为4，直线过点，且与椭圆相交于另一点．
（1）求椭圆的方程；
（2）若线段长为，求直线的倾斜角．
【答案】（1）；（2）或．
【分析】
（1）由题设列出基本量方程组，解得基本量，从而得方程.
（2）设直线方程，代入椭圆方程得关于的一元二次方程，韦达定理整体思想及弦长公式得关于斜率的方程，解得斜率得直线方程.
【详解】
(1)由题意可知 ， ， ， 。
椭圆方程为：
(2)由题可知直线斜率存在，设直线方程为:代入椭圆方程得：
，，
，解得 ，
直线的倾斜角为或.
【点睛】
本题是椭圆与直线相交弦长问题，是高考解析几何中的常见题型.
注意点点睛：
①在设直线时要注意直线斜率是否存在，做必要的交代；
②代入消元后要交代的符号，确定交点是否存在及存在时的个数；
③所得解回代检验合理性，以确保答案的正确性.
8．已知直线经过抛物线的焦点，且与抛物线交于、两点.
（1）若直线的倾斜角为，求线段的长；
（2）若，求的长.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）设点、，求出直线的方程，与抛物线方程联立，求出的值，再利用抛物线的焦点弦长公式可求得线段的长；
（2）设直线的方程为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，可得出，由求得的值，利用韦达定理以及抛物线的方程求得的值，利用抛物线的定义可求得的长.
【详解】
（1）设点、，抛物线的焦点为，
由于直线过点，且该直线的倾斜角为，则直线的方程为，
联立，消去并整理得，，
由韦达定理可得，由抛物线的焦点弦长公式可得；
（2）设点、，
由题意可知，直线不可能与轴重合，设直线的方程为，
联立，消去并整理得，，
由韦达定理可得，，
，可得，，，则，
，因此，.
【点睛】
有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
9．已知圆上上任取一点，过点作轴的垂线段，垂足为，当在圆上运动时，线段中点为.
（1）求点的轨迹方程；
（2）若直线l的方程为y＝x－1，与点的轨迹交于，两点，求弦的长.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）设、，利用相关点法即可求解.
（2）将直线与椭圆方程联立，利用弦长公式即可求解.
【详解】
（1）设，，，
点是线段中点，，
又在圆上，，
即点的轨迹方程为.
（2）联立，消去可得，，
，
设，，
则，，

.
【点睛】
方法点睛：本题考查了轨迹问题、求弦长，求轨迹的常用方法如下：
（1）定义法：利用圆锥曲线的定义求解.
（2）相关点法：由已知点的轨迹进行求解.
（3）直接法：根据题意，列出方程即可求解.
10．已知椭圆的右焦点为，左、右顶点为、，，.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）求直线被椭圆截得的弦长.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）设椭圆的半焦距为，由题意可得，，解得，，求得，可得椭圆的方程；
（2）联立直线和椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，计算可得所求值.
【详解】
（1）设椭圆的半焦距为，由，，
可得，，解得，，
则，
即有椭圆的方程为；
（2）联立直线和椭圆，
可得，
设被椭圆截得的弦的端点的横坐标分别为，，
则，，
可得弦长为.
【点睛】
思路点睛：
求解椭圆中的弦长问题时，一般需要联立直线与椭圆方程，根据韦达定理，以及弦长公式，即可求出结果；有时也可由直线与椭圆方程联立求出交点坐标，根据两点间距离公式求出弦长.
11．已知直线与圆相交.
（1）求的取值范围；
（2）若与相交所得弦长为，求直线与相交所得弦长.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）由圆求出圆心和半径，利用圆心到直线的距离小于半径即可求解；
（2）由与相交所得弦长为，利用弦长的一半、弦心距、圆的半径满足勾股定理可求出圆的半径，再次利用勾股定理即可求解.
【详解】
（1）圆的圆心为，半径为.
因为直线与圆相交，
所以圆心 到的距离
解得：，
即的取值范围是.
（2）因为与相交所得弦长为，
所以，
因为圆心 到的距离，
所以直线与M相交所得弦长为.
【点睛】
方法点睛：有关圆的弦长的两种求法
（1）几何法：直线被圆截得的半弦长为，弦心距和圆的半径构成直角三角形，即；
（2）代数法：联立直线方程和圆的方程，消元转化为关于的一元二次方程，由根与系数的关系可求得弦长或
12．已知双曲线的标准方程为，分别为双曲线的左、右焦点.
（1）若点在双曲线的右支上，且的面积为，求点的坐标；
（2）若斜率为1且经过右焦点的直线与双曲线交于两点，求线段的长度.
【答案】（1）或；（2）.
【分析】
（1）由双曲线方程可得，进而可得点的纵坐标，代入即可得解；
（2）联立方程组，由韦达定理、弦长公式运算即可得解.
【详解】
（1）由题意，双曲线的焦距，
设点，则，解得，
代入双曲线方程可得，
所以点的坐标为或；
（2）由题意，，则直线，
设，
由，化简可得，
则，，
所以.
13．设抛物线，为的焦点，过的直线与交于两点.
（1）设的斜率为，求的值；
（2）求证：为定值.
【答案】（1）5；（2）证明见解析.
【分析】
（1）求出直线方程为，联立直线与抛物线，由即可求解；
（2）设直线方程为，由韦达定理表示出，即可得出定值.
【详解】
（1）依题意得，
所以直线的方程为.
设直线与抛物线的交点为，，
由得，，
所以，.
所以.
（2）证明：设直线的方程为，
直线与抛物线的交点为，，
由得，，
所以，.
因为
.
所以为定值.
【点睛】
方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：
（1）得出直线方程，设交点为，；
（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；
（3）写出韦达定理；
（4）将所求问题或题中关系转化为形式；
（5）代入韦达定理求解.
14．已知椭圆M：的一个焦点为，左右顶点分别为A，B．经过点的直线l与椭圆M交于C，D两点．
（Ⅰ）求椭圆方程；
（Ⅱ）当直线l的倾斜角为时，求线段CD的长；
（Ⅲ）记△ABD与△ABC的面积分别为和，求的最大值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）的最大值为.
【分析】
（Ⅰ）根据椭圆的几何性质求出可得结果；
（Ⅱ）联立直线与椭圆，根据弦长公式可求得结果；
（Ⅲ）设直线：，，，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理求出，，变形后利用基本不等式可求得最大值.
【详解】
（Ⅰ）因为椭圆的焦点为，所以且，所以，
所以椭圆方程为.
（Ⅱ）因为直线l的倾斜角为，所以斜率为1，直线的方程为，
联立，消去并整理得，
设，，
则，，
所以.
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，
设直线：，，，
联立，消去并整理得，
则，，所以异号，
所以
,当且仅当时，等号成立.
所以的最大值为.
【点睛】
关键点点睛：第（Ⅲ）问中将三角形面积用两点的纵坐标表示，并利用韦达定理和基本不等式解决是解题关键.
15．已知椭圆：的离心率为，点在椭圆上，直线过椭圆的右焦点与上顶点，动直线：与椭圆交于，两点，交于点.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知为坐标原点，若点满足，求此时的长度.
【答案】（1）；（2）4或.
【分析】
（1）根据，以及即可求解.
（2）将直线与联立，求出交点，再由，可得点为的中点，根据在直线：上求出点即可求解.
【详解】
（1）由题意得，，结合，
解得，，，
故所求椭圆的方程为.
（2）易知定直线的方程为.
联立，整理得，解得，
不妨令点的坐标为.
∵，由对称性可知，
点为的中点，故，
又在直线：上，
故，
解得，，
故点的坐标为或，
所以或，所以的长度为4或.
【点睛】
关键点点睛：解题的关键是求出点，根据对称性可知，确定点为的中点，考查了计算求解能力.
16．已知椭圆，为坐标原点，为椭圆上任意一点，，分别为椭圆的左、右焦点，且，其离心率为，过点的动直线与椭圆相交于，两点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)当时，求直线的方程
【答案】（1）；（2）或.
【分析】
（1）首先根据题意得到，再解方程组即可得到答案.
（2）首先设出直线方程，与椭圆联立，利用根系关系和弦长公式即可得到方程，再解方程即可得到答案.
【详解】
（1）由题意知
解得，.
所以椭圆的标准方程为.
（2）当直线的斜率不存在时，，不符合题意.
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立，得，
其判别式.
设点，坐标分别为，，则，.
所以，
整理得，解得或，
所以或.
综上，直线的方程为或.
【点睛】
关键点点睛：本题主要考查直线与椭圆的弦长问题，本题中将直线方程代入椭圆的标准方程，再利根系关系和弦长公式得到所求的等量关系为解题的关键，考查学生的计算能力，属于中档题.
17．如图，椭圆（）的离心率为，过椭圆右焦点作两条互相垂直的弦与．当直线的斜率为0时，．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）求使取最小值时直线的方程．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）或．
【分析】
（Ⅰ）由离心率及，可得出，，进而写出椭圆的方程；
（Ⅱ）进行分类讨论，①当两条弦中一条弦所在直线的斜率为0时，另一条弦所在直线的斜率不存在，不满足题意；②当两弦所在直线的斜率均存在且不为0时，设直线AB的方程为，则直线CD的方程为，分别将直线与的方程与椭圆方程联立，由韦达定理得出和的表达式，然后利用弦长公式求出的表达式，然后利用基本不等式求出取得最小值时k的值，最后写出直线的方程即可.
【详解】
（Ⅰ）由题意知，，又，解得，，所以椭圆方程为；
（Ⅱ）①当两条弦中一条弦所在直线的斜率为0时，另一条弦所在直线的斜率不存在时，由题意知，不满足条件；
②当两弦所在直线的斜率均存在且不为0时，设直线AB的方程为，
则直线CD的方程为，设，，
将直线AB的方程代入椭圆方程中并整理得 ，则，，
所以，
同理， ，
所以+=≥ ，
当且仅当即时，上式取等号，所以直线AB的方程为或．
【点睛】
易错点点睛：本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查基本不等式的应用，对于第二问，应该对斜率存在与否进行分类讨论，注意别漏掉斜率不存在的情形，考查逻辑思维能力和的分析计算能力，属于中档题.
18．已知抛物线的焦点到准线的距离为2，且过点的直线被抛物线所截得的弦长为8．
（1）求直线的方程；
（2）当直线的斜率大于零时，求过点且与抛物线的准线相切的圆的方程．
【答案】（1）或；（2）或．
【分析】
（1）由题意得，，当直线l的斜率不存在时，不合题意；当直线l的斜率存在时，设方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理和抛物线的定义求出弦长，结合已知弦长可求得结果；
（2）设所求圆的圆心坐标为，根据几何方法求出圆的半径，根据直线与圆相切列式解得圆心坐标和半径，可得圆的方程.
【详解】
（1）由题意得，
当直线l的斜率不存在时，其方程为，此时，不满足，舍去；
当直线l的斜率存在时，设方程为
由得
设，则，且
由抛物线定义得
即，解得
因此l的方程为或.
（2）由（1）取直线的方程为，所以线段的中点坐标为(3，2)，
所以的垂直平分线方程为，即
设所求圆的圆心坐标为，该圆的圆心到直线的距离为，则，则该圆的半径为，
因为该圆与准线相切，所以，
解得或,
当圆心为时，半径为，当圆心为时，半径为，
因此所求圆的方程为或．
【点睛】
关键点点睛：第（1）问，利用韦达定理和抛物线的定义求出抛物线的弦长是关键；第（2）问，根据几何方法求出圆的半径，利用直线与圆相切列式是解题关键.
19．椭圆：，直线过点，交椭圆于､两点，且为的中点.
（1）求直线的方程；
（2）若，求的值.
【答案】（1）；（2）
【分析】
（1）设，，利用点差法求直线的斜率；（2）根据（1）的结果，联立方程，利用弦长公式，求的值.
【详解】
（1），，点在椭圆里面，
设，，
则，两式相减可得，
变形为，①
点是线段的中点，，
并且有椭圆对称性可知，
由①式两边同时除以，可得，，
设直线的斜率为，，
解得：，
所以直线的方程；
（2），
，，
可得，，
，
化简为，且
解得：
【点睛】
方法点睛：点差法是解决涉及弦的中点与斜率问题的方法，首先设弦端点的坐标，可得出关于弦斜率与弦中点的方程，代入已知斜率，可研究中点问题，代入已知中点可求斜率.
20．如图所示，已知圆上有一动点，点的坐标为，四边形为平行四边形，线段的垂直平分线交于点，设点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）过点的直线与曲线有两个不同的交点、，问是否存在实数，使得成立，若存在求出的值；若不存在，请说明理由.
（1）；（2）存在，实数.
【分析】
（1）计算得出，利用椭圆的定义可知，曲线为椭圆，确定焦点的位置，求出、的值，结合点不在轴上可得出曲线的方程；
（2）设直线的方程为，设点、，将直线与曲线的方程联立，结合韦达定理以及弦长公式可计算出的值，即可得出结论.
【详解】
（1）连接，由垂直平分线的性质可得，
由于四边形为平行四边形，则，
，
所以点的轨迹是以、为焦点，以为长轴长的椭圆，
由得，半焦距，所以，轨迹的方程为：，
由于四边形为平行四边形，则点不能在轴上，可得，
因此，轨迹的方程为：；
（2）由于曲线是椭圆去掉长轴端点后所形成的曲线，
当直线的斜率为时，直线与轴重合，此时，直线与曲线无公共点，
设直线的方程为，设点、，
由消去得，，
则，，
不妨设，，
，
同理
所以
，
即，