高考必背2022高考数学满分突破之解析几何篇02 直线与椭圆方程（教师版）

专题02直线与圆锥曲线方程【突破满分数学之秒杀技巧与答题模板】：第一步：代入消元，联立化简：第二步：计算判别式；可直接利用结论：（范围、最值问题）第三步：根与系数关系表达式；，第四步：利用，计算第五步：利用，计算第六步：利用，，计算弦中点第七步：利用,计算弦长和的面积进而计算原点到直线的距离学科网（北京）股份有限公司 第八步:利用,，计算第九步：利用,计算【考点精选例题精析】：例1.（2021·江西高安中学高二期中（理））直线被椭圆截得最长的弦为（）A．B．C．D．【答案】B【分析】联立直线方程和椭圆方程，解方程可得两根，运用弦长公式，结合配方法，以及二次函数的最值求法，可得答案【详解】解：联立直线和椭圆，可得，解得或，则弦长，令，则，当，即，取得最大值，故选：B例2．（2021·江西高二月考（文））已知直线与椭圆恒有公共点，则实数的取值范围为（）A．B．或C．且D．且【答案】C学科网（北京）股份有限公司 【分析】由直线，可得直线恒过定点，转化为只需点在椭圆的内部或在椭圆上，结合椭圆的性质，即可求解.【详解】由题意，直线，可得直线恒过定点，要使得直线与椭圆恒有公共点，只需点在椭圆的内部或在椭圆上，可得，即实数的取值范围为且.故选：C.例3．（2021·全国高三其他模拟（文））已知为椭圆的右焦点，直线与椭圆交于，两点.若，则实数的值为___________.【答案】【分析】依题意联立直线与椭圆方程，求出交点坐标，即可得到，再根据，则，即可得到方程，解得即可；【详解】解：依题意联立直线与椭圆方程，消去并整理得，解得或，不妨取，则，，，所以，，又，所以，因为，所以，即，即所以，解得故答案为：例4．（2020·江苏高二专题练习）若直线与椭圆无公共点，则的取值范围为____________.学科网（北京）股份有限公司 【答案】【分析】联立直线与椭圆方程，得到关于的一元二次方程，根据求解出的取值范围.【详解】解析：由得，整理得，所以，解得或，即，故答案为：.【点睛】方法点睛：直线与椭圆的交点个数判断方法：联立直线方程与椭圆方程，得到关于的一元二次方程，根据与的大小关系判断直线与椭圆的交点个数：当时，有两个交点；当时，有一个交点；当时，没有交点.例5．（2020·安徽省宣城市第三中学高二月考（文））若曲线C：和直线l：只有一个公共点，那么k的值为（）A．或B．或C．或D．或【答案】D【分析】将直线方程与曲线的方程联立得到关于的一元二次方程，然后根据求解出的值.【详解】联立直线与曲线的方程，所以，所以，所以，所以，故选：D.【点睛】思路点睛：直线与椭圆方程联立，可通过所得的一元二次方程的与学科网（北京）股份有限公司 的大小关系判断直线与椭圆的交点个数：当时，直线与椭圆有两个交点；当时，直线与椭圆有一个交点；当时，直线与椭圆没有交点.例6．（2021·全国高三专题练习（文））已知是椭圆外一点，经过点的光线被轴反射后，所有反射光线所在直线中只有一条与椭圆相切，则椭圆的离心率为（）A．B．C．D．【答案】B【分析】由题知反射光线经过点，设反射光线方程为：，代入椭圆方程，消后得，，则，化简得，讨论此方程有唯一解，即可得值，从而算出离心率.【详解】由题知反射光线经过点，设反射光线方程为：，代入椭圆方程，消后得，，则，化简得，当即时，此方程有唯一解，所以，则离心率为；当时，则，所以此方程有两个不同的解，不满足题意，故舍去.故选：B【点睛】关键点睛：关键是能够分类讨论方程有唯一解的情况.学科网（北京）股份有限公司 例7．（2020·安徽省淮北市高三一模（理）已知椭圆过点离心率为.（1）求的方程；（2）如图，若菱形内接于椭圆，求菱形面积的最小值.【答案】（1）；（2）4【解析】（1）由题意得又解得，.所以的方程为（2）①当与轴或轴重合时，可求菱形的面积为；②当为时，为，由得，所以由弦长公式得，同理可得学科网（北京）股份有限公司 所以菱形的面积为∵∴，当且仅当时取等号.∵∴菱形面积的最小值为4。例8．（2020·安徽六安市·立人中学高二期末（文））已知椭圆过点．（1）求椭圆的方程；（2）若直线过的右焦点交于两点，，求直线的方程．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）运用代入法进行求解即可；（2）根据直线是否存在斜率分类讨论，将直线方程与椭圆方程联立，得到一个一元二次方程，结合平面向量数量积的坐标表示公式、一元二次方程根与系数的关系进行求解即可.【详解】解析：（1）由题意可得，∴椭圆的方程为．（2）①当直线斜率不存在时，由椭圆的方程可知：椭圆的右焦点坐标为：，所以直线方程为：，代入椭圆方程中，得，不妨设，，不合题意；②设直线，由得：，学科网（北京）股份有限公司 ，即解得，∴直线的方程为．例9．（2021·上海市松江二中高二月考）已知曲线，直线与曲线交于A，D两点，A，D两点在x轴上的射影分别为点B，C.记△OAD的面积S1，四边形ABCD的面积为.（1）当点B坐标为时，求k的值；（2）求的最小值.【答案】（1）；（2）【分析】（1）根据题意得出点的横坐标为，代入曲线求出点的纵坐标；把点的坐标代入直线方程即可求出.（2）由题意可求出的取值范围；把直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理及弦长公式可求，从而求出；利用直角梯形的面积公式可求；由的范围，即可求出的最小值.【详解】（1）当点B坐标为时，点的横坐标为，把代入曲线得，即，又因为点在直线上，所以，即.所以k的值为.（2）由，得，当直线过椭圆的左右顶点时，，因为直线与曲线有两个交点，所以，即，设，学科网（北京）股份有限公司 则，，所以，又原点到直线的距离为，所以，又因为，所以，因为，所以，所以的最小值为.例10．（2021·安徽华星学校高二期中（理））已知椭圆的焦距为4，过焦点且垂直于轴的弦长为．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）过椭圆右焦点的直线交椭圆于点，设椭圆的左焦点为，求的取值范围．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）【分析】（Ⅰ）根据题意运用椭圆的定义进行求解即可；（Ⅱ）根据直线是否存在斜率分类讨论，结合一元二次方程根与系数关系、平面向量数量积的坐标表示公式进行求解即可.【详解】解：(Ⅰ)椭圆的焦距是，所以焦点坐标是，由题可得，椭圆过点，学科网（北京）股份有限公司 椭圆的方程是(Ⅱ)由题易得，左焦点右焦点坐标为若直线垂直于轴，则点若直线不垂直于轴，可设的方程为设点将直线的方程代入椭圆的方程得到则.，的取值范围是【点睛】关键点睛：根据直线是否存在斜率分类讨论，利用一元二次方程根与系数关系是解题的关键.学科网（北京）股份有限公司 【达标检测】：1．（2020·河北高三其他模拟（文））已知直线与椭圆交于点，，与轴交于点，若，则实数的值为（）A．B．C．D．【答案】C【分析】设，的坐标，由题意可得的坐标，再由向量的关系求出，的坐标的关系，将直线与椭圆联立求出两根之和及两根之积，与，的坐标联立求出的值.【详解】解：设，，由题意可得，联立，整理可得：，①，②，因为，则，可得，将其代入①可得，可得，将，，代入③可得：，解得：，即，故选：C.【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；学科网（北京）股份有限公司 (2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．2．（2019·象州县中学高二月考（文））直线与焦点在x轴上的椭圆总有公共点，则实数m的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C【分析】求得直线恒过定点，由题意可得在椭圆内或椭圆上，注意，可得所求范围．【详解】解：直线恒过定点，焦点在轴上的椭圆，可得，①由直线与焦点在轴上的椭圆总有公共点，可得在椭圆上或椭圆内，即有，解得，②由①②可得．故选：C．3．（2021·保定市第二中学高二期末）过椭圆的左焦点作倾斜角为的直线交椭圆于两点，设O为坐标原点，则等于（）A．B．C．D．【答案】C【分析】根据题意求出直线的方程，设，，将直线的方程与椭圆的方程联立，利用根与系数的关系可得，，再计算的值即可.【详解】由可得，可得，即，所以左焦点，且直线斜率为，所以直线的方程为，设，，学科网（北京）股份有限公司 由可得，可得，，，，所以，故选：C.4．（2021·河南高二月考（理））已知椭圆上存在两个不同的点，关于直线对称，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【分析】设出直线的方程与椭圆方程联立，利用根与系数的关系求出中点坐标代入直线，列出方程，并利用判别式求出实数的取值范围．【详解】依题意，设直线的方程是，代入椭圆方程化简得，设，，的中点是，则，解得，又，所以，.因为的中点在直线上，所以，所以，所以，解得.故选：D.5．（2020·安顺经济技术开发区大洋实验学校高二期中（文））如图，已知椭圆的左焦点为F，O为坐标原点，设过点F且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于A，B两点，线段AB的垂直平分线与x轴交于点G，求点G横坐标的取值范围（）学科网（北京）股份有限公司 A．[-1，1]B．C．D．(-1，0)【答案】B【分析】欲求点横坐标的取值范围，从函数思想的角度考虑，先将其表示成某一变量的函数，后求函数的值域，这里取直线的斜率为自变量，通过解方程组求得点横坐标（用表示），再求其取值范围．【详解】解：设直线的方程为，代入，整理得．直线过椭圆的左焦点，方程有两个不等实根．记，，，，中点，，则，，的垂直平分线的方程为．令，得．，，点横坐标的取值范围为．故选：B【点睛】本小题主要考查直线、圆、椭圆和不等式等基本知识，考查平面解析几何的基本方法，考查运算能力和综合解题能力，直线与圆锥曲线的位置关系问题，通常是先联立组成方程组，消去（或，得到（或的方程．我们在研究圆锥曲线时，经常涉及到直线与圆锥曲线的位置关系的研究．主要涉及到：交点问题、弦长问题、弦中点（中点弦）等问题，常用的方法：联立方程组，借助于判别式，数形结合法等．6．（2019·福建南平市·高二月考（文））经过椭圆的一个焦点作倾斜角为45°的直线，交椭圆于两点．设为坐标原点，则等于（）学科网（北京）股份有限公司 A．B．C．或D．【答案】B【分析】由方程可求椭圆的焦点为，先不妨设所作直线过右焦点，于是得到直线方程为与椭圆方程联立后可求得点的坐标，然后由可得所求．【详解】由，得，焦点为设直线过右焦点，倾斜角为，直线的方程为代入得即设则同理当直线过左焦点时，故选：B【点睛】关键点睛：本题考查直线与椭圆的位置关系，直线方程与椭圆方程联立韦达定理的应用，解答本题的关键是方程联立由韦达定理得到再由数量积得出，将韦达定理代入即可，属于基础题.7．（2020·江西高二月考（理））直线与椭圆总有公共点，则的取值范围是（）A．B．或C．或D．且【答案】D【分析】求出直线恒过的定点，根据题意，该定点必在椭圆内或椭圆上，根据点与椭圆的位置关系，代入点的坐标，即可求得结果.【详解】学科网（北京）股份有限公司 由于直线y＝kx＋1恒过定点(0，1)，且直线y＝kx＋1与椭圆总有公共点，所以点(0，1)必在椭圆内或椭圆上，则且m≠5，解得m≥1且m≠5.故选：D.【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系，关键在于直线恒过的点在椭圆上或椭圆的内部，属于中档题.8．（2021·四川省内江市第六中学高二月考（文））已知直线，椭圆，则直线与椭圆的位置关系是（）A．相交B．相切C．相离D．相切或相交【答案】C【分析】将直线方程和椭圆方程联立，解方程组，由解的个数即可判断直线与椭圆的位置关系【详解】解：由，得，化简得，因为，所以方程无解，所以直线与椭圆的位置关系是相离，故选：C9．（2020·河南高二月考（理））直线与椭圆的位置关系为（）A．相交B．相切C．相离D．不确定【答案】A【分析】求得直线恒过的定点，判断定点与椭圆的位置关系，由此可得直线与椭圆的位置关系.【详解】直线可化为，所以直线恒过点，又，即在椭圆的内部，直线与椭圆的位置关系为相交.故选：A.学科网（北京）股份有限公司 10．（2020·金华市曙光学校高二月考）无论k为何值，直线和曲线交点情况满足（）A．没有公共点B．一个公共点C．两个公共点D．有公共点【答案】D【分析】分析直线所过的定点，然后根据定点与椭圆的关系确定出直线与椭圆的关系.【详解】因为过定点，且椭圆的上顶点也为，所以当直线的斜率为时，此时直线与椭圆相切，仅有一个公共点，当直线的斜率不为零时，此时直线与椭圆有两个交点，所以无法确定直线与椭圆的公共点是一个还是两个，故选：D.【点睛】本题考查分析直线与椭圆的位置关系，涉及直线过定点问题，对学生的分析能力要求较高，难度一般.11．（2020·黑龙江高二月考（理））已知斜率为的直线过椭圆的下焦点，交椭圆于两点，为坐标原点，则的面积是（）A．B．C．D．【答案】D【分析】求出直线方程，代入椭圆方程，求得交点的坐标，然后求解△OAB的面积.【详解】椭圆的下焦点坐标为,∵斜率为1的直线过椭圆的下焦点，可得直线方程为，代入椭圆方程可得，或，的面积：，故选：D学科网（北京）股份有限公司 【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系的应用，三角形的面积的求法，属于基础题.12．（2020·江苏姜堰中学高二月考）如图，过，斜率为的直线交椭圆于两点，为点关于轴的对称点，直线交轴于点，则__．【答案】8．【分析】写出直线方程，与椭圆方程联立解得坐标，得坐标．设，由三点共线求得得结论．【详解】由题意直线方程为，由，解得或，即，，所以，设，则，，所以．故答案为：8．13．（2021·深州长江中学）已知椭圆：()的离心率为，直线：与椭圆交于，两点，若直线，的斜率之和为4，其中为坐标原点，则椭圆的方程为___________.【答案】【分析】学科网（北京）股份有限公司 设，，由、的斜率之和为4，得到，再联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，再代入，即可求出，最后根据离心率及求出，即可得解；【详解】解：设，，则，，因为，，，即，所以联立直线与椭圆方程消去得，所以，，所以，解得因为离心率且即，解得，所以椭圆方程为故答案为：14．（2021·浦东新·上海师大附中高三月考）如图，P为椭圆上的一动点，过点P作椭圆的两条切线PA、PB，斜率分别为、，若为定值，则__________【答案】【分析】根据题意，设过点的切线方程为，联立切线与椭圆的方程，由结合韦达定理表示出，根据为定值，找出比例关系即可求解.【详解】设点，则，设过点的切线方程为，其中，学科网（北京）股份有限公司 联立，得，由得，又因，所以，化简得，故，又因为定值，所以，即.故答案为：.【点睛】求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．15．（2021·峨山彝族自治县第一中学（理））已知椭圆的右焦点为，上顶点为，直线与椭圆交于，两点，且的重心恰为点，则直线斜率为__________.【答案】【分析】由右焦点的坐标及a、b、c的关系求出m的值即可写出椭圆的方程，设直线MN的方程，与椭圆方程联立求出两根之和，进而求出弦MN的中点的坐标，由F为的重心可得，将点的坐标代入可得直线MN的斜率.【详解】由椭圆的右焦点为知，则，，设直线MN的方程为，设，，将直线MN的方程与椭圆的方程联立，整理可得，学科网（北京）股份有限公司 ，，，所以，所以MN的中点，因为F为的重心，所以，即，所以，即，两式相比可得.故答案为：【点睛】直线与椭圆的综合问题：（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x（或y）建立一元二次方程，然后借助求根公式，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情况；（3）弦长问题，利用根与系数的关系，弦长公式求解；（4）中点弦或弦的中点，一般利用点差法求解，注意判断直线与方程是否相交；（5）与向量结合的问题，通常利用向量的坐标运算即可.16．（2020·全国）若直线与椭圆有且只有一个交点，则斜率的值是_______.【答案】【分析】由方程联立可得，根据条件有，从而可得答案.【详解】已知直线与椭圆有且只有一个交点，由消去并整理，得，由题意知，，解得：.故答案为：学科网（北京）股份有限公司 17．（2021·合肥百花中学高二期末（理））已知焦点在x轴上的椭圆C的长轴长为，离心率为．（1）求椭圆C的标准方程；（2）若椭圆C的左，右焦点分别为，点P在C上，且位于第一象限，的面积为1，求点P的坐标．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由离心率求出，然后可得，从而得椭圆标准方程；（2）由三角形面积求出点纵坐标后再得横坐标．【详解】解：（1）由得，所以，所以椭圆的标准方程为（2）设，因为点P在C上，且位于第一象限，所以，由（1）得，且，得，所以，故因为，解得所以点的坐标.18．（2021·江西南昌市·高三开学考试（理））己知椭圆，，分别为椭圆的左､右焦点，O为坐标原点，P为椭圆上任意一点.（1）若，求的面积；（2）斜率为1的直线与椭圆相交于A，B两点，，求直线的方程.【答案】（1）；（2）或.【分析】（1）由椭圆的定义求出，，由勾股定理判断出，即可求出的面积；（2）直线斜率为1，设直线方程，，，用“设而不求法”表示出学科网（北京）股份有限公司 ，由，求出，均满足，即可得到直线方程.【详解】（1）由题意，解得，，又，所以，即，所以；（2）直线斜率为1，设直线方程，，，由，消元得，得又，知，即而所以，，得，均满足，所以直线的方程或.19．（2022·广西柳州市·高三开学考试（文））已知动点P到点的距离与到点的距离之和为，若点P形成的轨迹为曲线C.（1）求曲线C的方程；（2）过作直线l与曲线C分别交于两点M，N，当最大时，求的面积.【答案】【分析】学科网（北京）股份有限公司 (1)根据椭圆的定义可得动点P的轨迹是以为焦点的椭圆，求出a、b的值即可得出结果.(2)对直线l的斜率分类讨论，若斜率不存在，直接求出和的值；若斜率不存在，设直线方程和点M、N坐标，联立方程组并消元得到一元二次方程，根据韦达定理表示出，进而表示出，化简求值即可得出结果.【详解】(1)动点P到两定点的距离之和为，所以，则动点P的轨迹是以为焦点的椭圆，所以，即，所以曲线C的方程为：；(2)①当直线l的斜率不存在时，x=-1，则，此时，;②当直线l的斜率存在时，设为，，联立方程，所以，有，，综合①②可得，当直线l：x=-1时取得最大值，所以.学科网（北京）股份有限公司 20．（2021·北京高三开学考试）已知椭圆：，直线经过椭圆的左焦点与其交于点，.（1）求椭圆的方程和离心率；（2）已知点，，直线，与直线分别交于点，，若，求直线的方程.【答案】（1），；（2）或.【分析】（1）由题设得，所以，可得椭圆方程和离心率；（2）设，，当直线无斜率时，方程为，由平面几何知识可以得到不合题意；当直线有斜率时，设与椭圆方程联立，直线的方程为，求出点的纵坐标、点的纵坐标，由利用韦达定理得可得答案.【详解】（1）由题设得，又，所以，所以椭圆的方程为，所以椭圆的离心率为.（2）依题意，设，.当直线无斜率时，方程为，所以，由平面几何知识可以得到，，不合题意，当直线有斜率时，设，由得，则，，直线的方程为，学科网（北京）股份有限公司 令，得点的纵坐标，同理可得点的纵坐标，，解得或，所求直线的方程为或.21．（2020·广东高三期中（文））已知椭圆E的长轴的一个端点是抛物线的焦点，离心率是．（1）求椭圆E的标准方程；（2）设O为坐标原点，直线与椭圆E相交于A、B点，若直线、、的斜率依次成等比数列，求实数m的取值范围．【答案】（1）；（2）且．【分析】（1）由抛物线的焦点，求出，由离心率得到，由此求出椭圆的方程；（2）联立方程可得，由此利用根的判别式、韦达定理、等比数列性质，结合已知条件，能求出实数m的取值范围．【详解】解：（1）抛物线的焦点为，设椭圆的方程为，则，又离心率，得，椭圆E的标准方程为；（2）联立以及，消去y，得，设，，则，，且，因为直线、、的斜率依次成等比数列，学科网（北京）股份有限公司 所以，即，解得或，若，则由，得，又直线、的斜率存在且不为0，故A、B不与椭圆的顶点重合，，综上，实数m的取值范围是且．22．（2021·江苏省溧水高级中学高二月考）已知双曲线的右顶点为，过作直线交双曲线的右支于，两点（点B在x轴上方）.（1）设直线的斜率为，直线的斜率为，求的值；（2）若，求直线的斜率.【答案】（1）；（2）【分析】（1）设直线的方程为，与双曲线的方程联立，运用韦达定理和直线的斜率公式，化简整理，可得定值；（2）由向量共线的坐标表示，结合韦达定理，可得的方程，解方程可得所求直线的斜率．【详解】解：（1）设直线的方程为，与双曲线的方程联立，可得，设，，，，可得，，，，由，则；（2）若，则，即，学科网（北京）股份有限公司 由（1）可得，，可得，，消去，可得，解得，由于在轴的上方，可得，即有直线的斜率为．23．（2020·高三二诊）已知椭圆的焦距为，斜率为的直线与椭圆交于两点，若线段的中点为，且直线的斜率为.（1）求椭圆的方程；（2）若过左焦点斜率为的直线与椭圆交于点为椭圆上一点，且满足，问：是否为定值？若是，求出此定值，若不是，说明理由.【答案】(1).(2)为定值.过程见解析.【解析】（1）由题意可知，设，代入椭圆可得：，两式相减并整理可得，，即.又因为，，代入上式可得，.又，所以，故椭圆的方程为.（2）由题意可知，，当为长轴时，为短半轴，此时学科网（北京）股份有限公司 ；否则，可设直线的方程为，联立，消可得，，则有：，所以设直线方程为，联立，根据对称性，不妨得，所以.故，综上所述，为定值.学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司