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第八章 直线和圆、圆锥曲线
专题5.2：直线与椭圆
考点一　直线与椭圆的位置关系
1．（2022·全国·高三专题练习）椭圆的左、右顶点分别为、，点在上，且直线的斜率为，则直线斜率为（ ）
A． B．3 C． D．
【答案】B
【分析】求出的坐标，进而求出直线的方程，联立椭圆方程后，求出点坐标，代入斜率公式，可得答案.
【详解】椭圆的左、右顶点分别为、，
点坐标为，点坐标为，
又直线的斜率为，
直线的方程为：，
代入椭圆方程可得：，
设点坐标为，则，解得，，
故直线斜率，
故选:B．
2．（2023·全国·高三专题练习）直线与椭圆的位置关系是（ ）
A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定
【答案】A
【分析】根据直线恒过，且在椭圆内可直接得到结论.
【详解】，在椭圆内，
恒过点，直线与椭圆相交.
故选：A.
3．（2022·江苏·高二）若直线与圆没有交点，则过点的直线与椭圆的交点的个数为（ ）
A．0或1 B．2 C．1 D．0
【答案】B
【分析】由直线与圆相离得到点位置后判断
【详解】由题意，得，故点在以原点为圆心，2为半径的圆内，即在椭圆内部，过点的直线与该椭圆必有2个交点．
故选：B
4．（2022·全国·高二课时练习）已知A，B是椭圆长轴的两个端点，M，N是椭圆上关于x轴对称的两点，直线AM，BN的斜率分别为，．若椭圆的离心率为，则的最小值为______．
【答案】1
【分析】令，．设，，表示出，，对于，再由均值不等式即可求出答案.
【详解】令，．设，，
，．又椭圆的离心率为，所以，
所以，
（当且仅当，即时等号成立）．
故答案为：1.
5．（2022·福建省福州第二中学高二期末）已知椭圆：的左 右焦点分别为 ，焦距为2，点在椭圆上.
(1)求椭圆的方程；
(2)若点是椭圆上一点，为轴上一点，，设直线与椭圆交于，两点，若直线，关于直线对称，求直线的斜率.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）依题意列出几何量方程组，直接求解可得；
（2）先求点坐标，然后可得直线、的斜率关系，设直线方程联立椭圆方程，利用韦达定理代入斜率关系，化简可得直线的斜率.
（1）解：依题意可得，又，
所以，，.
所以；
（2）解：因为，所以是的中点. 结合轴，
所以轴，所以，则，解得，因为，所以，所以.
因为直线、关于直线对称.
所以、的倾斜角互补，所以，
显然直线的斜率存在，设：，由，
得，由得.
设， ，则，，
由，
整理得，
所以，即
若，则，
所以直线的方程为，此时，直线过点，舍去.
所以，即，
所以直线的斜率为.
1.研究直线和椭圆的位置关系，一般转化为研究直线方程与椭圆方程组成的方程组解的个数．
2．对于过定点的直线，也可以通过定点在椭圆内部或椭圆上判定直线和椭圆有交点．
考点二　弦长及中点弦问题
弦长问题
1．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线交椭圆于，两点，若的最大值为10，则的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用椭圆定义得到，再由过椭圆焦点的弦中通径的长最短，进而可得，即得．
【详解】∵，为椭圆的两个焦点，
∴，，
的周长为，
即，
若最小，则最大．
又当轴时，最小，此时，
故，
解得．
故选：C.
2．（2022·全国·高二课时练习）已知椭圆：内一点，直线与椭圆交于，两点，且点是线段的中点，则（ ）
A．椭圆的焦点坐标为，
B．椭圆的长轴长为4
C．直线的方程为
D．
【答案】BCD
【分析】根据椭圆方程，求出、，即可判断A、B，设，，利用点差法求出直线的斜率，即可得到直线方程，从而判断C，再联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，利用弦长公式求出，即可判断D；
【详解】解：由椭圆方程，所以，，所以，故，
所以椭圆的焦点坐标为，，故A错误；
因为，所以椭圆的长轴长为，故B正确；
设点，，则，两式相减可得，
整理得，因为点是线段的中点，且，
所以，所以，所以直线的方程为，即，故C正确；
由，得，
所以，，所以，故D正确．
故选：BCD
3．（2022·全国·高考真题）已知直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则l的方程为___________．
【答案】
【分析】令的中点为，设，，利用点差法得到，设直线，，，求出、的坐标，再根据求出、，即可得解；
【详解】解：令的中点为，因为，所以，
设，，则，，
所以，即
所以，即，设直线，，，
令得，令得，即，，所以，
即，解得或（舍去），
又，即，解得或（舍去），
所以直线，即；
故答案为：
4．（2022·湖北·襄阳五中高三阶段练习）已知椭圆，过点而不过点的动直线与椭圆交于两点.
(1)求
(2)若直线的斜率之和为0，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)当直线斜率存在时，设其方程为，联立方程组，利用设而不求法证明，在验证当直线斜率不存在时，由此完成证明；
(2)由(1)可得或，联立直线与椭圆方程求出的坐标，由此可求直线方程，联立方程组求，再由点到直线距离公式求到直线的距离，由此可求的面积.
（1）若直线斜率存在，设其方程为.
因为点在直线上，所以.
联立直线和椭圆的方程消去得.
设.则
，
，
注意到，
.
则
故.
显然，三点互不相同.所以.
若直线斜率不存在，则两点的坐标为.
容易验证也成立.因此，.
（2）由（1）知.所以.
又因为，则或，
当时，直线方程为：
联立解得点
又，
则直线方程为：，即
点到直线的距离为
联立，得，
所以弦长
，
同理可得时，.
所以
中点弦问题
1．（2022·四川南充·高二期末（文））过椭圆：右焦点的直线：交于，两点，为的中点，且的斜率为，则椭圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由与x轴交点横坐标可得半焦距c，设出点A，B坐标，利用点差法求出的关系即可计算作答.
【详解】依题意，焦点，即椭圆C的半焦距，设，，
则有，两式相减得：，
而，且，即有，
又直线的斜率，因此有，而，解得，经验证符合题意，
所以椭圆的方程为.
故选：A
2．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆的左焦点为，过作一条倾斜角为的直线与椭圆交于两点，若为线段的中点，则椭圆的离心率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设出点A，B的坐标，利用“点差法”求解作答.
【详解】设点，依题意，，
相减得，因直线AB的倾斜角为，即直线AB的斜率为，
又为线段的中点，则，，因此有，即，
所以椭圆的离心率.
故选：A
3．（2022·全国·高三专题练习）椭圆，则该椭圆所有斜率为的弦的中点的轨迹方程为_________________．
【答案】
【分析】设斜率为的直线方程为，与椭圆的交点为，利用点差法可得答案.
【详解】设斜率为的直线方程为，与椭圆的交点为，
设中点坐标为，则，
所以，两式相减可得，
，即，
由于在椭圆内部，由得，
所以时，即直线与椭圆相切，
此时由解得或，
所以，
所求得轨迹方程为．
故答案为：．
4．（2023·全国·高三专题练习）已知动点与平面上点，的距离之和等于.
(1)求动点的轨迹方程；
(2)若经过点的直线与曲线交于，两点，且点为的中点，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件，结合椭圆的定义，以及椭圆的性质，即可求解．
（2）设，，利用点差法求出直线的斜率，即可求出直线方程；
（1）解：设点的坐标为，，由椭圆定义可知，点轨迹是以，为焦点的椭圆，，，，动点的轨迹的方程为．
（2）解：显然直线的斜率存在且不等于，设，，则，，又、在椭圆上，所以，，两式相减得，即所以，即，即，所以直线的方程为，即；
5．（2022·江苏南京·模拟预测）已知椭圆：（）过点，直线：与椭圆交于，两点，且线段的中点为，为坐标原点，直线的斜率为-0.5.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)当时，椭圆上是否存在，两点，使得，关于直线对称，若存在，求出，的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)不存在；理由见解析.
【分析】（1）利用点差法，结合代入法进行求解即可；
（2）利用假设法、点差法，根据点关于直线对称的性质、点与椭圆的位置关系进行求解即可.
(1)设，，则，
即．
因为，在椭圆上，所以，，
两式相减得，即，
又，所以，即．
又因为椭圆过点，所以，解得，，
所以椭圆的标准方程为；
(2)由题意可知，直线的方程为．
假设椭圆上存在，两点，使得，关于直线对称，
设，，的中点为，所以，，
因为，关于直线对称，所以且点在直线上，即．
又因为，在椭圆上，所以，，
两式相减得，
即，所以，即．
联立，解得，即．
又因为，即点在椭圆外，这与是弦的中点矛盾，
所以椭圆上不存在点，两点，使得，关于直线对称．
1.弦长问题
常用“根与系数的关系”设而不求，利用弦长公式|AB|＝·＝(A(x1，y1)，B(x2，y2)，k为直线的斜率)计算弦长，切记不要忽略判别式．
解决圆锥曲线“中点弦”问题的思路
考点三　直线与椭圆的综合问题
1．（2022·江苏省响水中学高三开学考试）已知椭圆：，，过点的动直线与椭圆交于、两点.
(1)求线段的中点的轨迹方程；
(2)是否存在常数，使得为定值？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】(1)①当直线存在斜率时，设、、，，利用点差法求解； ②当直线不存在斜率时，易知，验证即可；
（2）①当直线存在斜率时，设直线的方程为：，与椭圆方程联立，结合韦达定理，利用数量积运算求解； ②当直线不存在斜率时，直线的方程为：，易得、，验证即可.
（1）解：①当直线存在斜率时，设、、，，
则应用点差法：，两式联立作差得：，
∴，
又∵，
∴，化简得（），
②当直线不存在斜率时，，
综上，无论直线是否有斜率，的轨迹方程为；
（2）①当直线存在斜率时，设直线的方程为：，
联立并化简得：，
∴恒成立，∴，，
又，，，，
∴，
，
若使为定值，
只需，即，其定值为，
②当直线不存在斜率时，直线的方程为：，则有、，
又，，，，
∴，当时，也为定值，
综上，无论直线是否有斜率，一定存在一个常数，
使为定值.
2．（2022·重庆南开中学高三阶段练习）已知椭圆经过点，且离心率.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)直线与椭圆交于两点，为椭圆上顶点，直线交直线于两点，已知两点纵坐标之和为.求证：直线过定点，并求此定点坐标.
【答案】(1)；
(2)证明见解析，定点.
【分析】（1）将点代入方程中，再由离心率为，结合可求出，从而可得椭圆方程，
（2）设，将直线方程代入椭圆方程中化简，利用根与系数的关系，然后表示出直线的方程，表示出两点纵坐标，列方程化简可求得，从而可求得直线方程，进而可得结论
（1）因为椭圆经过点，
所以，
因为离心率，所以，即，
因为，所以解得
所以方程为
（2）设，则，得
，
由，得，
则，
直线为，则，
直线为，则，
所以，
化简得：，
所以
化简得
当，与点重合，不满足条件
当，代入直线方程可得：，
所以过定点.
3．（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆：（）过点，且离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)记椭圆的上下顶点分别为，过点斜率为的直线与椭圆交于两点，证明：直线与的交点在定直线上，并求出该定直线的方程．
【答案】(1)
(2)证明见解析；定直线
【分析】（1）利用椭圆过点，离心率，结合，即可得解；
（2）由题意得直线的方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理及求根公式可求得，联立直线的方程与直线的方程，化简可求得直线与的交点在定直线上．
(1)由椭圆过点，且离心率为，所以，解得
故所求的椭圆方程为．
(2)由题意得，，
直线的方程，设，
联立，整理得，
∴，．
由求根公式可知，不妨设，，
直线的方程为，直线的方程为，
联立，得
代入，得，
解得，即直线与的交点在定直线上．
1.求解直线与椭圆的综合问题的基本思想是方程思想，即根据题意，列出有关的方程，利用代数的方法求解．为减少计算量，在代数运算中，经常运用设而不求的方法．
2．涉及直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
1．（2022·全国·高考真题（文））已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．
2．（2022·浙江·高考真题）如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点．
(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求的最小值．
一、单选题
1．已知双曲线的左、右顶点为，，焦点在y轴上的椭圆以，为顶点，且离心率为，过作斜率为的直线交双曲线于另一点，交椭圆于另一点，若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
2．椭圆的左右焦点为为椭圆上一点，直线分别交椭圆于M，N两点，则当直线的斜率为时，（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
3．已知双曲线与椭圆．过椭圆上一点作椭圆的切线l，l与x轴交于M点，l与双曲线C的两条渐近线分别交于N、Q，且N为MQ的中点，则双曲线C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
4．已知F是椭圆的右焦点，P是椭圆C上的点，设曲线C在点P处的切线l与x轴交于点Q，记坐标原点为O，直线的斜率为k，椭圆C的离心率为e，（ ）
A．若直线轴，则 B．若直线轴，则
C．若，则 D．若，则
5．已知椭圆的左、右焦点分别为、，过且斜率为1的直线交椭圆于A、两点，则等于（ ）
A． B． C． D．
6．过椭圆的左焦点F作倾斜角为60°的直线l与椭圆C交于A、B两点，则（ ）
A． B． C． D．
7．已知双曲线C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，离心率等于，点在双曲线C上，椭圆E的焦点与双曲线C的焦点相同，斜率为的直线与椭圆E交于A、B两点．若线段AB的中点坐标为，则椭圆E的方程为（ ）
A． B．
C． D．
8．已知双曲线方程，则以为中点的弦所在直线的方程是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．一块斯里兰卡月光石的截面可近似看成由半圆和半椭圆组成，如图所示，在平面直角坐标系中，半圆的圆心在坐标原点，半圆所在的圆过椭圆的右焦点，椭圆的短轴与半圆的直径重合．若直线与半圆交于点A，与半椭圆交于点，则下列结论正确的是（ ）
A．椭圆的离心率是
B．线段长度的取值范围是
C．面积的最大值是
D．的周长存在最大值
10．已知椭圆的左，右焦点分别为，椭圆的上顶点和右顶点分别为A，B．若P，Q两点都在椭圆C上，且P，Q关于坐标原点对称，则（ ）
A．|PQ|的最大值为
B．为定值
C．椭圆上不存在点M，使得
D．若点P在第一象限，则四边形APBQ面积的最大值为
11．过椭圆的中心任作一直线交椭圆于P，Q两点，，是椭圆的左、右焦点，A，B是椭圆的左、右顶点，则下列说法正确的是（ ）
A．周长的最小值为18
B．四边形可能为矩形
C．若直线PA斜率的取值范围是，则直线PB斜率的取值范围是
D．的最小值为-1
12．已知直线x＝my－1经过椭圆C：的一个焦点F，且与C交于不同的两点A，B，椭圆C的离心率为，则下列结论正确的有（ ）
A．椭圆C的短轴长为
B．弦的最小值为3
C．存在实数m，使得以AB为直径的圆恰好过点
D．若，则
三、填空题
13．Р是椭圆上任意一点，O为坐标原点，，过点Q的直线交椭圆于A，B两点，并且，则面积为______________．
14．已知椭圆()与直线交于A、B两点，，且中点的坐标为，则此椭圆的方程为________．
15．已知椭圆，为椭圆内一定点，过点的弦与椭圆交于两点，若使得三角形面积为的弦存在两条，则取值范围为_________________．
16．如图，作斜率为的直线与椭圆交于 两点，且在直线的上方，则△内切圆的圆心所在的定直线方程为__________________________．
四、解答题
17．已知椭圆C：＝1的左焦点为F，右顶点为A，离心率为，M为椭圆C上一动点，面积的最大值为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点M的直线l：y=kx+1与椭圆C的另一个交点为N，P为线段MN的中点，射线OP与椭圆交于点D．点Q为直线OP上一动点，且，求证：点Q到y轴距离为定值．
18．已知椭圆：（）的左右焦点分别为，，分别为左右顶点，直线：与椭圆交于两点，当时，是椭圆的上顶点，且的周长为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线交于点，证明：点在定直线上．
(3)设直线的斜率分别为，证明：为定值．
19．已知椭圆C：（）的焦距为，且经过点.
(1)求椭圆C的方程;
(2)过点的直线交椭圆C于A、B两点，求（O为原点）面积的最大值.
20．已知椭圆的右焦点为F，直线PQ过F交椭圆于P，Q两点，且．
(1)求椭圆的长轴和短轴的比值；
(2)如图，线段PQ的垂直平分线与PQ交于点M，与x轴，y轴分别交于D，E两点，求的取值范围．中小学教育资源及组卷应用平台
第八章 直线和圆、圆锥曲线
专题5.2：直线与椭圆
考点一　直线与椭圆的位置关系
1．（2022·全国·高三专题练习）椭圆的左、右顶点分别为、，点在上，且直线的斜率为，则直线斜率为（ ）
A． B．3 C． D．
【答案】B
【分析】求出的坐标，进而求出直线的方程，联立椭圆方程后，求出点坐标，代入斜率公式，可得答案.
【详解】椭圆的左、右顶点分别为、，
点坐标为，点坐标为，
又直线的斜率为，
直线的方程为：，
代入椭圆方程可得：，
设点坐标为，则，解得，，
故直线斜率，
故选:B．
2．（2023·全国·高三专题练习）直线与椭圆的位置关系是（ ）
A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定
【答案】A
【分析】根据直线恒过，且在椭圆内可直接得到结论.
【详解】，在椭圆内，
恒过点，直线与椭圆相交.
故选：A.
3．（2022·江苏·高二）若直线与圆没有交点，则过点的直线与椭圆的交点的个数为（ ）
A．0或1 B．2 C．1 D．0
【答案】B
【分析】由直线与圆相离得到点位置后判断
【详解】由题意，得，故点在以原点为圆心，2为半径的圆内，即在椭圆内部，过点的直线与该椭圆必有2个交点．
故选：B
4．（2022·全国·高二课时练习）已知A，B是椭圆长轴的两个端点，M，N是椭圆上关于x轴对称的两点，直线AM，BN的斜率分别为，．若椭圆的离心率为，则的最小值为______．
【答案】1
【分析】令，．设，，表示出，，对于，再由均值不等式即可求出答案.
【详解】令，．设，，
，．又椭圆的离心率为，所以，
所以，
（当且仅当，即时等号成立）．
故答案为：1.
5．（2022·福建省福州第二中学高二期末）已知椭圆：的左 右焦点分别为 ，焦距为2，点在椭圆上.
(1)求椭圆的方程；
(2)若点是椭圆上一点，为轴上一点，，设直线与椭圆交于，两点，若直线，关于直线对称，求直线的斜率.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）依题意列出几何量方程组，直接求解可得；
（2）先求点坐标，然后可得直线、的斜率关系，设直线方程联立椭圆方程，利用韦达定理代入斜率关系，化简可得直线的斜率.
（1）解：依题意可得，又，
所以，，.
所以；
（2）解：因为，所以是的中点. 结合轴，
所以轴，所以，则，解得，因为，所以，所以.
因为直线、关于直线对称.
所以、的倾斜角互补，所以，
显然直线的斜率存在，设：，由，
得，由得.
设， ，则，，
由，
整理得，
所以，即
若，则，
所以直线的方程为，此时，直线过点，舍去.
所以，即，
所以直线的斜率为.
1.研究直线和椭圆的位置关系，一般转化为研究直线方程与椭圆方程组成的方程组解的个数．
2．对于过定点的直线，也可以通过定点在椭圆内部或椭圆上判定直线和椭圆有交点．
考点二　弦长及中点弦问题
弦长问题
1．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线交椭圆于，两点，若的最大值为10，则的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用椭圆定义得到，再由过椭圆焦点的弦中通径的长最短，进而可得，即得．
【详解】∵，为椭圆的两个焦点，
∴，，
的周长为，
即，
若最小，则最大．
又当轴时，最小，此时，
故，
解得．
故选：C.
2．（2022·全国·高二课时练习）已知椭圆：内一点，直线与椭圆交于，两点，且点是线段的中点，则（ ）
A．椭圆的焦点坐标为，
B．椭圆的长轴长为4
C．直线的方程为
D．
【答案】BCD
【分析】根据椭圆方程，求出、，即可判断A、B，设，，利用点差法求出直线的斜率，即可得到直线方程，从而判断C，再联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，利用弦长公式求出，即可判断D；
【详解】解：由椭圆方程，所以，，所以，故，
所以椭圆的焦点坐标为，，故A错误；
因为，所以椭圆的长轴长为，故B正确；
设点，，则，两式相减可得，
整理得，因为点是线段的中点，且，
所以，所以，所以直线的方程为，即，故C正确；
由，得，
所以，，所以，故D正确．
故选：BCD
3．（2022·全国·高考真题）已知直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则l的方程为___________．
【答案】
【分析】令的中点为，设，，利用点差法得到，设直线，，，求出、的坐标，再根据求出、，即可得解；
【详解】解：令的中点为，因为，所以，
设，，则，，
所以，即
所以，即，设直线，，，
令得，令得，即，，所以，
即，解得或（舍去），
又，即，解得或（舍去），
所以直线，即；
故答案为：
4．（2022·湖北·襄阳五中高三阶段练习）已知椭圆，过点而不过点的动直线与椭圆交于两点.
(1)求
(2)若直线的斜率之和为0，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)当直线斜率存在时，设其方程为，联立方程组，利用设而不求法证明，在验证当直线斜率不存在时，由此完成证明；
(2)由(1)可得或，联立直线与椭圆方程求出的坐标，由此可求直线方程，联立方程组求，再由点到直线距离公式求到直线的距离，由此可求的面积.
（1）若直线斜率存在，设其方程为.
因为点在直线上，所以.
联立直线和椭圆的方程消去得.
设.则
，
，
注意到，
.
则
故.
显然，三点互不相同.所以.
若直线斜率不存在，则两点的坐标为.
容易验证也成立.因此，.
（2）由（1）知.所以.
又因为，则或，
当时，直线方程为：
联立解得点
又，
则直线方程为：，即
点到直线的距离为
联立，得，
所以弦长
，
同理可得时，.
所以
中点弦问题
1．（2022·四川南充·高二期末（文））过椭圆：右焦点的直线：交于，两点，为的中点，且的斜率为，则椭圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由与x轴交点横坐标可得半焦距c，设出点A，B坐标，利用点差法求出的关系即可计算作答.
【详解】依题意，焦点，即椭圆C的半焦距，设，，
则有，两式相减得：，
而，且，即有，
又直线的斜率，因此有，而，解得，经验证符合题意，
所以椭圆的方程为.
故选：A
2．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆的左焦点为，过作一条倾斜角为的直线与椭圆交于两点，若为线段的中点，则椭圆的离心率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设出点A，B的坐标，利用“点差法”求解作答.
【详解】设点，依题意，，
相减得，因直线AB的倾斜角为，即直线AB的斜率为，
又为线段的中点，则，，因此有，即，
所以椭圆的离心率.
故选：A
3．（2022·全国·高三专题练习）椭圆，则该椭圆所有斜率为的弦的中点的轨迹方程为_________________．
【答案】
【分析】设斜率为的直线方程为，与椭圆的交点为，利用点差法可得答案.
【详解】设斜率为的直线方程为，与椭圆的交点为，
设中点坐标为，则，
所以，两式相减可得，
，即，
由于在椭圆内部，由得，
所以时，即直线与椭圆相切，
此时由解得或，
所以，
所求得轨迹方程为．
故答案为：．
4．（2023·全国·高三专题练习）已知动点与平面上点，的距离之和等于.
(1)求动点的轨迹方程；
(2)若经过点的直线与曲线交于，两点，且点为的中点，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件，结合椭圆的定义，以及椭圆的性质，即可求解．
（2）设，，利用点差法求出直线的斜率，即可求出直线方程；
（1）解：设点的坐标为，，由椭圆定义可知，点轨迹是以，为焦点的椭圆，，，，动点的轨迹的方程为．
（2）解：显然直线的斜率存在且不等于，设，，则，，又、在椭圆上，所以，，两式相减得，即所以，即，即，所以直线的方程为，即；
5．（2022·江苏南京·模拟预测）已知椭圆：（）过点，直线：与椭圆交于，两点，且线段的中点为，为坐标原点，直线的斜率为-0.5.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)当时，椭圆上是否存在，两点，使得，关于直线对称，若存在，求出，的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)不存在；理由见解析.
【分析】（1）利用点差法，结合代入法进行求解即可；
（2）利用假设法、点差法，根据点关于直线对称的性质、点与椭圆的位置关系进行求解即可.
(1)设，，则，
即．
因为，在椭圆上，所以，，
两式相减得，即，
又，所以，即．
又因为椭圆过点，所以，解得，，
所以椭圆的标准方程为；
(2)由题意可知，直线的方程为．
假设椭圆上存在，两点，使得，关于直线对称，
设，，的中点为，所以，，
因为，关于直线对称，所以且点在直线上，即．
又因为，在椭圆上，所以，，
两式相减得，
即，所以，即．
联立，解得，即．
又因为，即点在椭圆外，这与是弦的中点矛盾，
所以椭圆上不存在点，两点，使得，关于直线对称．
1.弦长问题
常用“根与系数的关系”设而不求，利用弦长公式|AB|＝·＝(A(x1，y1)，B(x2，y2)，k为直线的斜率)计算弦长，切记不要忽略判别式．
解决圆锥曲线“中点弦”问题的思路
考点三　直线与椭圆的综合问题
1．（2022·江苏省响水中学高三开学考试）已知椭圆：，，过点的动直线与椭圆交于、两点.
(1)求线段的中点的轨迹方程；
(2)是否存在常数，使得为定值？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】(1)①当直线存在斜率时，设、、，，利用点差法求解； ②当直线不存在斜率时，易知，验证即可；
（2）①当直线存在斜率时，设直线的方程为：，与椭圆方程联立，结合韦达定理，利用数量积运算求解； ②当直线不存在斜率时，直线的方程为：，易得、，验证即可.
（1）解：①当直线存在斜率时，设、、，，
则应用点差法：，两式联立作差得：，
∴，
又∵，
∴，化简得（），
②当直线不存在斜率时，，
综上，无论直线是否有斜率，的轨迹方程为；
（2）①当直线存在斜率时，设直线的方程为：，
联立并化简得：，
∴恒成立，∴，，
又，，，，
∴，
，
若使为定值，
只需，即，其定值为，
②当直线不存在斜率时，直线的方程为：，则有、，
又，，，，
∴，当时，也为定值，
综上，无论直线是否有斜率，一定存在一个常数，
使为定值.
2．（2022·重庆南开中学高三阶段练习）已知椭圆经过点，且离心率.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)直线与椭圆交于两点，为椭圆上顶点，直线交直线于两点，已知两点纵坐标之和为.求证：直线过定点，并求此定点坐标.
【答案】(1)；
(2)证明见解析，定点.
【分析】（1）将点代入方程中，再由离心率为，结合可求出，从而可得椭圆方程，
（2）设，将直线方程代入椭圆方程中化简，利用根与系数的关系，然后表示出直线的方程，表示出两点纵坐标，列方程化简可求得，从而可求得直线方程，进而可得结论
（1）因为椭圆经过点，
所以，
因为离心率，所以，即，
因为，所以解得
所以方程为
（2）设，则，得
，
由，得，
则，
直线为，则，
直线为，则，
所以，
化简得：，
所以
化简得
当，与点重合，不满足条件
当，代入直线方程可得：，
所以过定点.
3．（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆：（）过点，且离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)记椭圆的上下顶点分别为，过点斜率为的直线与椭圆交于两点，证明：直线与的交点在定直线上，并求出该定直线的方程．
【答案】(1)
(2)证明见解析；定直线
【分析】（1）利用椭圆过点，离心率，结合，即可得解；
（2）由题意得直线的方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理及求根公式可求得，联立直线的方程与直线的方程，化简可求得直线与的交点在定直线上．
(1)由椭圆过点，且离心率为，所以，解得
故所求的椭圆方程为．
(2)由题意得，，
直线的方程，设，
联立，整理得，
∴，．
由求根公式可知，不妨设，，
直线的方程为，直线的方程为，
联立，得
代入，得，
解得，即直线与的交点在定直线上．
1.求解直线与椭圆的综合问题的基本思想是方程思想，即根据题意，列出有关的方程，利用代数的方法求解．为减少计算量，在代数运算中，经常运用设而不求的方法．
2．涉及直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
1．（2022·全国·高考真题（文））已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；
（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.
（1）解：设椭圆E的方程为，过，则，解得，，所以椭圆E的方程为：.
（2），所以，①若过点的直线斜率不存在，直线.代入，可得，，代入AB方程，可得，由得到.求得HN方程：，过点.②若过点的直线斜率存在，设.联立得，可得，，且联立可得可求得此时，将，代入整理得，将代入，得显然成立，综上，可得直线HN过定点
2．（2022·浙江·高考真题）如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点．
(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求的最小值．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）设是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出，再根据二次函数的性质即可求出；
（2）设直线与椭圆方程联立可得，再将直线方程与的方程分别联立，可解得点的坐标，再根据两点间的距离公式求出，最后代入化简可得，由柯西不等式即可求出最小值．
（1）
设是椭圆上任意一点,,
，当且仅当时取等号，故的最大值是.
（2）
设直线,直线方程与椭圆联立,可得,设，所以，
因为直线与直线交于,
则,同理可得,.则
，
当且仅当时取等号，故的最小值为.
一、单选题
1．已知双曲线的左、右顶点为，，焦点在y轴上的椭圆以，为顶点，且离心率为，过作斜率为的直线交双曲线于另一点，交椭圆于另一点，若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】求出椭圆的方程，设点，可得出，由点在椭圆上，点在双曲线上，可得出关于、的方程组，求出、的值，利用斜率公式可求得的值.
【详解】设所求椭圆的标准方程为，半焦距为，
双曲线的左顶点为，右顶点为，
由于椭圆以，为顶点，则，该椭圆的离心率为，
所以，，解得，所以，椭圆的方程为，
设点，由于，则点，
由于点在椭圆上，点在双曲线上，
所以，，联立得：，解得或，
当，所以，此时点与点重合，不满足题意舍去；
当，所以，所以.
故选：B.
2．椭圆的左右焦点为为椭圆上一点，直线分别交椭圆于M，N两点，则当直线的斜率为时，（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】D
【分析】写出直线的方程，与椭圆联立求出点的坐标，同理可得点坐标，通过计算直线的斜率即可得结果.
【详解】由已知得，
所以直线的方程为：（其中），
与椭圆方程联立得，
由韦达定理，所以，
故；
类似得，，
所以，
故选：D．
3．已知双曲线与椭圆．过椭圆上一点作椭圆的切线l，l与x轴交于M点，l与双曲线C的两条渐近线分别交于N、Q，且N为MQ的中点，则双曲线C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设出切线方程，与椭圆方程联立后利用根的判别式求出，求出切线方程，从而得到M点坐标，再联立渐近线得到N，Q的横坐标，利用中点得到方程，求出，从而求出离心率.
【详解】由题意得：渐近线方程为，
设切线方程为，联立得：
，
由得：，
解得：，
所以切线方程为，
令得：，所以，
联立与，解得：，
联立与，解得：，
因为N为MQ的中点，
所以，
解得：，
所以离心率为
故选：A
4．已知F是椭圆的右焦点，P是椭圆C上的点，设曲线C在点P处的切线l与x轴交于点Q，记坐标原点为O，直线的斜率为k，椭圆C的离心率为e，（ ）
A．若直线轴，则 B．若直线轴，则
C．若，则 D．若，则
【答案】D
【分析】直线轴，不妨设点P在第一象限，，由此可推得，，该式不会恒等于1，故可判断A,B; 若，设，根据过椭圆上一点处的切线方程的结论，可得切线方程，由此推出，即可推得，，判断C,D.
【详解】若直线轴，不妨设点P在第一象限，，
则，，
令，则 ，
即当 时，等于1，当 时，不等于1，故选项A，B错误；
若，设，则切线：，
则，
因为，
所以，，故C错误，D正确，
故选：D．
5．已知椭圆的左、右焦点分别为、，过且斜率为1的直线交椭圆于A、两点，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用弦长公式求解即可.
【详解】设直线AB方程为，联立椭圆方程
整理可得：，设，
则，，根据弦长公式有：
=．故B，C，D错误.
故选：A.
6．过椭圆的左焦点F作倾斜角为60°的直线l与椭圆C交于A、B两点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设，，把直线与椭圆联立，求出，
，即可求出.
【详解】由，得，，，左焦点为．
则过左焦点F，倾斜角为60°直线l的方程为．代入，得，
设，，则，，
又，
根据弦长公式得：，
且，
∴，
故选：A．
7．已知双曲线C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，离心率等于，点在双曲线C上，椭圆E的焦点与双曲线C的焦点相同，斜率为的直线与椭圆E交于A、B两点．若线段AB的中点坐标为，则椭圆E的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】由离心率和点求出双曲线的方程，进而求出焦点，设出椭圆的方程及的坐标，由点差法得到，结合中点坐标及斜率求得，
再利用焦点坐标，即可求解.
【详解】设双曲线方程为，则，解得，故双曲线方程为，焦点为；
设椭圆方程为，则椭圆焦点为焦点为，故，设，则，
两式相减得，整理得，即，解得，故，椭圆方程为.
故选：D.
8．已知双曲线方程，则以为中点的弦所在直线的方程是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用点差法可求得直线的斜率，利用点斜式可得出直线的方程.
【详解】设直线交双曲线于点、，则，
由已知得，两式作差得，
所以，，即直线的斜率为，
故直线的斜率为，即.经检验满足题意
故选：B.
二、多选题
9．一块斯里兰卡月光石的截面可近似看成由半圆和半椭圆组成，如图所示，在平面直角坐标系中，半圆的圆心在坐标原点，半圆所在的圆过椭圆的右焦点，椭圆的短轴与半圆的直径重合．若直线与半圆交于点A，与半椭圆交于点，则下列结论正确的是（ ）
A．椭圆的离心率是
B．线段长度的取值范围是
C．面积的最大值是
D．的周长存在最大值
【答案】AC
【分析】由题意可求得椭圆的a,b,c，即可求得离心率，判断A；由图可直接确定线段长度的取值范围，判断B；求出面积的表达式，利用基本不等式可求得其最值，判断C；表示出的周长，根据其表达式结合参数的范围可确定其是否存在最大值，判断D.
【详解】由题意得半圆的方程为，
设半椭圆的方程为，由题意知，∴，
∴半椭圆的方程为．
对于A，，A正确；
对于B，由图可知，当时，；当时，，
所以线段长度的取值范围是，B错误．
对于C，，设，则，
∴，设，∴，∴，
∴，
∴，
当且仅当时等号成立，C正确．
对于D，的周长为，
所以当时，的周长最大，但是不能取零，
所以的周长没有最大值，D错误，
故选：AC
10．已知椭圆的左，右焦点分别为，椭圆的上顶点和右顶点分别为A，B．若P，Q两点都在椭圆C上，且P，Q关于坐标原点对称，则（ ）
A．|PQ|的最大值为
B．为定值
C．椭圆上不存在点M，使得
D．若点P在第一象限，则四边形APBQ面积的最大值为
【答案】BD
【分析】A. 由|PQ|的最大值为长轴长判断；B.由椭圆的定义判断；C.由判断；D.分别求得P，Q到直线AB的距离最大值判断.
【详解】如图所示：
A. |PQ|的最大值为长轴长2 ，故错误；
B. 易知是平行四边形，则，因为，所以，故正确；
C.因为，所以，则，故椭圆上存在点M，使得，故错误；
D.直线AB所在直线方程为：，即，设，则点P到直线AB的距离为，其最大值为，同理点Q到直线AB的最大值为，所以四边形APBQ面积的最大值为，故正确.
故选：BD
11．过椭圆的中心任作一直线交椭圆于P，Q两点，，是椭圆的左、右焦点，A，B是椭圆的左、右顶点，则下列说法正确的是（ ）
A．周长的最小值为18
B．四边形可能为矩形
C．若直线PA斜率的取值范围是，则直线PB斜率的取值范围是
D．的最小值为-1
【答案】AC
【分析】A由椭圆对称性及定义有周长为，根据椭圆性质即可判断；B根据圆的性质，结合椭圆方程与已知判断正误；C、D设，利用斜率两点式可得，进而判断C正误，应用向量数量积的坐标表示列关于的表达式，结合椭圆有界性求最值.
【详解】A：根据椭圆的对称性，，当PQ为椭圆的短轴时，有最小值8，所以周长的最小值为18，正确；
B：若四边形为矩形，则点P，Q必在以为直径的圆上，但此圆与椭圆无交点，错误；
C：设，则，因为直线PA斜率的范围是，所以直线PB斜率的范围是，正确；
D：设，则．因为，所以当时，最小值为，错误.
故选：AC．
12．已知直线x＝my－1经过椭圆C：的一个焦点F，且与C交于不同的两点A，B，椭圆C的离心率为，则下列结论正确的有（ ）
A．椭圆C的短轴长为
B．弦的最小值为3
C．存在实数m，使得以AB为直径的圆恰好过点
D．若，则
【答案】BCD
【分析】由于直线x＝my－1经过定点，则由题意得，再由离心率为可求出，从而可求出，则可求出椭圆方程，然后结合椭圆的性质逐个分析判断即可
【详解】依题意可知，直线x＝my－1经过定点，所以．又椭圆C的离心率为，所以a＝2，则，所以椭圆C的短轴长为，所以A选项不正确；
当m＝0时，弦AB即为椭圆的一条通径，且，所以B选项正确；
椭圆C的长轴长为2a＝4，所以，当最短时，此时点在以AB为直径的圆外，当趋近于4时，点在以AB为直径的圆内，因此，存在实数m，使得以AB为直径的圆恰好过点，所以C选项正确；
由，得，设，，则，
联立整理得，
恒成立，则，．
因为，所以解得，所以D选项正确．
故选：BCD．
三、填空题
13．Р是椭圆上任意一点，O为坐标原点，，过点Q的直线交椭圆于A，B两点，并且，则面积为______________．
【答案】
【分析】通过伸压变换将椭圆变成圆再还原回去.
【详解】作变换之后椭圆变为圆，方程为，
是的重心，又O是的外心
′是等边三角形，
∴．
故答案为：
14．已知椭圆()与直线交于A、B两点，，且中点的坐标为，则此椭圆的方程为________．
【答案】
【分析】根据在上求出m的值，联立直线方程和椭圆方程，结合中点坐标公式、韦达定理、弦长公式即可求出a、b，从而确定椭圆的方程．
【详解】由于的中点坐标为且满足直线方程，
即有，解得，则的中点坐标为．
设，，由得，
则，
∵的中点坐标为，∴，即，
则，即，故，
又，
解得，故．
∴椭圆方程为．
故答案为：．
15．已知椭圆，为椭圆内一定点，过点的弦与椭圆交于两点，若使得三角形面积为的弦存在两条，则取值范围为_________________．
【答案】
【分析】当直线斜率不存在时，可验证知其不合题意；可设，由在直线上可得；将直线与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，利用弦长公式和点到直线距离公式可表示出，将代入化简可整理得到，根据满足题意的直线有两条可知，结合点在椭圆内即可求得的范围.
【详解】当直线斜率不存在时，其方程为，则，，
，不合题意；
直线斜率存在，可设其方程为：，
在直线上，，即；
由得：，
，即；
设，，，，
，
又原点到直线距离，
，则，
将代入上式得：，
，即，
整理可得：，
使得三角形面积为的弦存在两条，，；
在椭圆内部，，则，，
或，即实数的取值范围为.
故答案为：.
16．如图，作斜率为的直线与椭圆交于 两点，且在直线的上方，则△内切圆的圆心所在的定直线方程为__________________________．
【答案】
【分析】作仿射变换，则椭圆变成圆，则可得，由垂径定理可得的方程，从而可求得的方程
【详解】如图，作仿射变换：，椭圆变为，直线的斜率变为直线的斜率，变为
，
由垂径定理平分，其方程为，
平分，
△内切圆的圆心所在的定直线方程为．
故答案为：
四、解答题
17．已知椭圆C：＝1的左焦点为F，右顶点为A，离心率为，M为椭圆C上一动点，面积的最大值为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点M的直线l：y=kx+1与椭圆C的另一个交点为N，P为线段MN的中点，射线OP与椭圆交于点D．点Q为直线OP上一动点，且，求证：点Q到y轴距离为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）按照题目所给的条件即可求解；
（2）作图，联立方程，将M，N，P，Q，D的坐标用斜率k表示出来，
（1）设椭圆的半焦距为，由椭圆的几何性质知，
当点位于椭圆的短轴端点时， 的面积取得最大值，
此时 ，
，．
由离心率得，，解得，，，
∴椭圆的标准方程为；
（2）由题意作下图：
设，．由得．
∵点在这个椭圆内部，所以，，，
，
∴点的坐标为
当时，直线的斜率为，∴直线的方程为，即，
将直线的方程代入椭圆方程得，，
设点，由 得，
化简得，化简得，∴点在直线上，
当直线的斜率时，此时，，
由得，也满足条件，
∴点在直线上；
所以点Q到y轴距离为定值
18．已知椭圆：（）的左右焦点分别为，，分别为左右顶点，直线：与椭圆交于两点，当时，是椭圆的上顶点，且的周长为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线交于点，证明：点在定直线上．
(3)设直线的斜率分别为，证明：为定值．
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，求出椭圆上顶点坐标，再结合即可求解作答.
（2）设点，联立直线l与椭圆C的方程，求出直线AM，AN的方程，再联立求出交点Q的横坐标即可作答.
（3）利用（2）中信息，直接计算即可作答.
(1)当时，直线：，令，得，即椭圆的上顶点为，则，
又的周长为，即，，又，解得，
所以椭圆的方程为.
(2)由（1）知，，设，依题意，点A，B不在x轴上，
由消去并整理得：，，
直线的方程为，直线的方程为，
联立直线、的方程得，
由得代入上式，得
，于是得，
所以直线交点在定直线上．
(3)由（2）知，，由得：，
所以为定值．
19．已知椭圆C：（）的焦距为，且经过点.
(1)求椭圆C的方程;
(2)过点的直线交椭圆C于A、B两点，求（O为原点）面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由焦距为，且椭圆经过点，能得到的关系式，则能求出椭圆的方程；
（2）设直线为，将直线的方程与椭圆的方程进行联立，消去得
，再由根的判别式和韦达定理能够求出三角形面积的最大值
（1）
由①
由椭圆C经过点，得②，
联立①②，解得，，
∴椭圆C的方程是.
（2）
由题意可知直线一定存在斜率，
设其方程为，
联立，消去y，得，
则，得，
设，，则，，
∴，
∵，
设（），则
，
当且仅当，即时等号成立，
此时，符合题意，
此时面积取得最大值.
20．已知椭圆的右焦点为F，直线PQ过F交椭圆于P，Q两点，且．
(1)求椭圆的长轴和短轴的比值；
(2)如图，线段PQ的垂直平分线与PQ交于点M，与x轴，y轴分别交于D，E两点，求的取值范围．
【答案】(1)2
(2)．
【分析】（1）设，则，，代入已知等式可得；
（2）设椭圆方程为，由题意直线的斜率存在且不为0，设其方程为，．直线方程代入方程应用韦达定理求得中点坐标，设，由垂直求得，然后利用，求解．
（1）设，则，，所以，，所以长轴和短轴的比值为；
（2）由（1），设椭圆方程为，由题意直线的斜率存在且不为0，设其方程为，．由得：，则，所以，所以，因为，设，则，，即，又，所以，所以的取值范围是．

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