2022高考数学一轮复习专题09 圆锥曲线中的直线（线段）的问题（解析卷）

这是一份2022高考数学一轮复习专题09 圆锥曲线中的直线（线段）的问题（解析卷），共19页。试卷主要包含了题型选讲，圆锥曲线中直线的斜率问题，圆锥曲线中直线的方程等内容，欢迎下载使用。
专题09 圆锥曲线中的直线（线段）的问题
解析几何题的解题思路一般很容易觅得，实际操作时，往往不是因为难于实施，就是因为实施起来运算繁琐而被卡住，最终放弃此解法，因此方法的选择特别重要．从思想方法层面讲，解决解析几何问题主要有两种方法：．一般的，设线法是比较顺应题意的一种解法，它的参变量较少，目标集中，思路明确；而设点法要用好点在曲线上的条件，技巧性较强，但运用的好，解题过程往往会显得很简捷．对于这道题，这两种解法差别不是很大，但对于有些题目，方法选择的不同，差别会很大，因此要注意从此题的解法中体会设点法和设线法的不同．
一、题型选讲
题型一 、圆锥曲线中的线段的关系
例1、【2020年高考北京】设抛物线的顶点为，焦点为，准线为．是抛物线上异于的一点，过作于，则线段的垂直平分线
A． 经过点 B． 经过点
C． 平行于直线 D． 垂直于直线
【答案】B
【解析】如图所示：．
因为线段的垂直平分线上的点到的距离相等，又点在抛物线上，根据定义可知，，所以线段的垂直平分线经过点.
故选：B．
例2、(2019南京学情调研）在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且直线l：x＝2被椭圆E截得的弦长为2.与坐标轴不垂直的直线交椭圆E于P，Q两点，且PQ的中点R在直线l上．点M(1，0)．
(1) 求椭圆E的方程；
(2) 求证：MR⊥PQ.

规范解答 (1)因为椭圆＋＝1(a＞b＞0)的离心率e＝，所以e2＝＝1－＝，即a2＝2b2. (2分)
因为直线l：x＝2被椭圆E截得的弦长为2，
所以点(2，1)在椭圆上，即＋＝1.
解得a2＝6，b2＝3，
所以椭圆E的方程为＋＝1.(6分)
(2)解法1(设线法)　因为直线PQ与坐标轴不垂直，故设PQ所在直线的方程为y＝kx＋m.
设 P(x1，y1)，Q(x2, y2) .
因为PQ的中点R在直线 l：x＝2上，故R(2，2k＋m)．
联立方程组
消去y，并化简得 (1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0, (9分)
所以x1＋x2＝ .
由x1＋x2＝＝4，得1＋2k2＝－km.(12分)
因为M(1，0)，故kMR＝＝2k＋m，
所以kMR·kPQ＝(2k＋m)k＝2k2＋km＝2k2－(1＋2k2)＝－1，所以MR⊥PQ.(16分)
解法2(设点法) 设P(x1，y1)，Q(x2, y2)．
因为PQ的中点R在直线 l：x＝2上，故设R(2，t)．
因为点P，Q在椭圆E：＋＝1上，所以
两式相减得(x1＋x2) (x1－x2)＋2(y1＋y2) (y1－y2)＝0.(9分)
因为线段PQ的中点为R，所以x1＋x2＝4，y1＋y2＝2t.
代入上式并化简得(x1－x2)＋t (y1－y2)＝0.(12分)
又M(1，0)，
所以·＝(2－1)×(x2－x1)＋(t－0)×(y2－y1)＝0，
因此 MR⊥PQ.(16分)
用代数法处理圆锥曲线综合题的常见方法有两种：设点法、设线法．对于本题而言，两种方法都可以，解题时把“设线法”与“直线斜率乘积为－1”结合，把“设点法”与“向量的数量积为0”结合，其实颠倒一下也可行．
例3、(2016南京三模）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，点(2,1)在椭圆C上．
(1) 求椭圆C的方程；
(2) 设直线l与圆O：x2＋y2＝2相切，与椭圆C相交于P，Q两点.
①若直线l过椭圆C的右焦点F，求△OPQ的面积；
②求证： OP⊥OQ.

(1) 由e＝＝，得a∶b∶c＝∶1∶1，用b表示a更方便；
(2) ①设直线l的方程为y＝k(x－)，由直线l与圆O相切可先求出k，再求出PQ的长即可．
②设l：y＝kx＋m，则只要证·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝0.联列直线与椭圆方程可得x1＋x2，x1x2均可用k，m表示．由直线l与圆O相切，可得k与m的关系式．
规范解答 (1) 由题意，得＝，＋＝1，解得a2＝6，b2＝3.
所以椭圆的方程为＋＝1.(2分)
(2) ①解法1 椭圆C的右焦点F(，0)．
设切线方程为y＝k(x－)，即kx－y－k＝0，
所以＝，解得k＝±，所以切线方程为y＝±(x－)．当k＝时，(4分)
由方程组
解得或
所以点P，Q的坐标分别为， ， ， ，
所以PQ＝.(6分)
因为O到直线PQ的距离为，所以△OPQ的面积为.
因为椭圆的对称性，当切线方程为y＝－(x－)时，△OPQ的面积也为.
综上所述，△OPQ的面积为.(8分)
解法2 椭圆C的右焦点F(，0)．
设切线方程为y＝k(x－)，即kx－y－k＝0，
所以＝，解得k＝±，所以切线方程为y＝±(x－)．当k＝时，(4分)
把切线方程 y＝(x－)代入椭圆C的方程，消去y得5x2－8x＋6＝0.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则有x1＋x2＝.
由椭圆定义可得，PQ＝PF＋FQ＝2a－e(x1＋x2)＝2×－×＝.(6分)
因为O到直线PQ的距离为，所以△OPQ的面积为.
因为椭圆的对称性，当切线方程为y＝－(x－)时，△OPQ的面积为.
综上所述，△OPQ的面积为.(8分)
②解法1 (i)若直线PQ的斜率不存在，则直线PQ的方程为x＝或x＝－.
当x＝时，P (， )，Q(，－)．
因为·＝0，所以OP⊥OQ.
当x＝－时，同理可得OP⊥OQ.(10分)
(ii)若直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为y＝kx＋m，即kx－y＋m＝0.
因为直线与圆相切，所以＝，即m2＝2k2＋2.
将直线PQ方程代入椭圆方程，得(1＋2k2) x2＋4kmx＋2m2－6＝0.
设P(x1，y1) ，Q(x2，y2)，则有x1＋x2＝－，x1x2＝.(12分)
因为·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝(1＋k2)×＋km×＋m2.
将m2＝2k2＋2代入上式可得·＝0，所以OP⊥OQ.
综上所述，OP⊥OQ.(14分)
解法2 设切点T(x0，y0)，则其切线方程为x0x＋y0y－2＝0，且x＋y＝2.
(i)当y0＝0时，则直线PQ的直线方程为x＝或x＝－.
当x＝时，P (， )，Q(，－)．
因为·＝0，所以OP⊥OQ.
当x＝－时，同理可得OP⊥OQ.(10分)
(ii)当y0≠0时，
由方程组消去y得(2x＋y)x2－8x0x＋8－6y＝0.
设P(x1，y1) ，Q(x2，y2)，则有x1＋x2＝，x1x2＝.(12分)
所以·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋＝.
因为x＋y＝2，代入上式可得·＝0，所以OP⊥OQ.
综上所述，OP⊥OQ.(14分)

题型二、圆锥曲线中直线的斜率问题
例4、（2020届浙江省台州市温岭中学3月模拟）已知，是椭圆上的两点(点在第一象限)，若，且直线，的斜率互为相反数，且，则直线的斜率为____________.
【答案】
【解析】延长交椭圆于，由对称性可知，
设直线的斜率为，则直线的方程为，
联立方程组，
消元得：，
设，，
则，
，.
，
即，
，
把代入椭圆方程得：，
解得，，
直线的斜率为.
故答案为：.


例5、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知椭圆的离心率为，是其右焦点，直线与椭圆交于，两点，.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设，若为锐角，求实数的取值范围.
【答案】（1） （2）或
【解析】（1）设为椭圆的左焦点,连接,由椭圆的对称性可知,,
所以,所以,
又,,解得,,
所以椭圆的标准方程为
（2）设点,则,,
联立,得,
所以,,
因为为锐角,所以,
所以


,
解得或
例6、(2018苏锡常镇调研）已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点，，点A是椭圆的下顶点．
(1) 求椭圆C的标准方程；
(2) 过点A且互相垂直的两直线l1，l2与直线y＝x分别相交于E，F两点，已知OE＝OF，求直线l1的斜率．

(1) 由两点在椭圆上，列方程组解出a2，b2；(2) 设E(t，t)，则l1的斜率kAE＝.
规范解答 (1) 由，两点在椭圆C上，得解得(4分)
所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.(6分)
(2) 首先A(0，－1)．由E，F在直线y＝x上，且OE＝OF，可设E(t，t)，F(－t，－t)．(8分)
由l1⊥l2，得·＝0，即t(－t)＋(t＋1)(－t＋1)＝0，得t＝±.(12分)
直线l1的斜率为kAE＝＝1＋＝1±.(14分)
例7、(2019苏州期初调查）已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，离心率为，点P为椭圆上一点．
(1) 求椭圆C的标准方程；
(2) 如图，过点C(0，1)且斜率大于1的直线l与椭圆交于M，N两点，记直线AM的斜率为k1，直线BN的斜率为k2，若k1＝2k2，求直线l斜率的值．

(1)根据已知条件，建立方程组，求出a，b，即可得到椭圆的标准方程．
(2)设出直线l方程为y＝kx＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，将直线l方程与椭圆方程联立，求出x1＋x2和x1x2，根据条件求出k1和k2，代入k1＝2k2化简计算，得到关于k的方程，解方程求出k的值．
规范解答 (1)因为椭圆的离心率为，所以a＝2c.
又因为a2＝b2＋c2，所以b＝c.
所以椭圆的标准方程为＋＝1.(3分)
又因为点P为椭圆上一点，所以＋＝1，解得c＝1.(5分)
所以椭圆的标准方程为＋＝1.(6分)
(2) 由椭圆的对称性可知直线l的斜率一定存在，设其方程为y＝kx＋1.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立方程组消去y可得(3＋4k2)x2＋8kx－8＝0.
所以由根与系数关系可知x1＋x2＝－，x1x2＝－.(8分)
因为k1＝，k2＝，且k1＝2k2，所以＝.(10分)
即＝.　①
又因为M(x1，y1)，N(x2，y2)在椭圆上，
所以y＝(4－x)，y＝(4－x)．　②
将②代入①可得：＝，即3x1x2＋10(x1＋x2)＋12＝0.(12分)
所以3＋10＋12＝0，即12k2－20k＋3＝0.(14分)
解得k＝或k＝，又因为k>1，所以k＝.(16分)

题型三、圆锥曲线中直线的方程
例8、【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P．
（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；
（2）若，求|AB|．
【答案】（1）；（2）.
【解析】设直线．
（1）由题设得，故，由题设可得．
由，可得，则．
从而，得．
所以的方程为．
（2）由可得．
由，可得．
所以．从而，故．
代入的方程得．
故．
例9、（2020届浙江省十校联盟高三下学期开学）如图，已知抛物线的焦点为，准线为，过点的直线交抛物线于，两点，点在准线上的投影为，若是抛物线上一点，且.

（1）证明：直线经过的中点；
（2）求面积的最小值及此时直线的方程.
【答案】（1）详见解析；（2）面积最小值为16，此时直线方程为.
【解析】
（1）由题意得抛物线的焦点，准线方程为，
设，直线：，
则，
联立和，
可得，
显然，可得，
因为，，
所以，
故直线：，
由，
得.
∴，，
所以的中点的纵坐标，即，
所以直线经过的中点.

（2）所以
，
设点到直线的距离为，
则.
所以，
当且仅当，即，
时，直线的方程为：，
时，直线的方程为：.
另解：

.
例10、(2018南通、泰州一调）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率为，两条准线之间的距离为4.
(1) 求椭圆的标准方程；
(2) 已知椭圆的左顶点为A，点M在圆x2＋y2＝上，直线AM与椭圆相交于另一点B，且△AOB的面积是△AOM的面积的2倍，求直线AB的方程．


(1) 基本量建立方程组，求出a，b的值，得出椭圆的标准方程．
(2) 由面积关系，分析出M为AB的中点，这里有两种思路，解法1，设出M(x0，y0)，得出B的坐标，分别代入椭圆与圆的方程，建立方程组，求出M的坐标；解法2，设出直线的方程y＝k(x＋2)，由直线与椭圆联立，得出M的坐标，代入圆的方程，得到一个关于k的方程，解得k的值．
规范解答 (1) 设椭圆的焦距为2c，由题意得＝，＝4，(2分)
解得a＝2，c＝，所以b＝.
所以椭圆的方程为＋＝1.(4分)
(2) 解法1(设点法) 因为S△AOB＝2S△AOM，所以AB＝2AM，所以M为AB的中点．(6分)
因为椭圆的方程为＋＝1，所以A(－2，0)．
设M(x0，y0)(－20)的离心率为，右准线方程为x＝4，过点P(0，4)作关于y轴对称的两条直线l1，l2，且l1与椭圆交于不同两点A，B，l2与椭圆交于不同两点D，C.
(1) 求椭圆M的方程；
(2) 证明：直线AC与直线BD交于点Q(0，1)；
(3) 求线段AC长的取值范围．

对于(2)，要求证明交于一点Q(0，1)，角度一：根据图形的对称性可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则D(－x1，y1)，C(－x2，y2)，再设l1方程为y＝kx＋4，则可由一元二次方程根与系数的关系判断出点B，D，Q三点共线，同理有点A，C，Q三点共线，这个角度的逻辑是借助了给出的定点(0，1)，然后验证，有些不严谨；角度二：直接求直线AC和直线BD的方程，联立求解坐标，这个方法是逻辑严谨的首选，不过计算量稍大．对于(3)，可由两点间的距离公式表示出AC的长度，将表达式的关于x1，x2的结构用含有k的式子代换掉，回归一元变量，求解最值，可直接求导. 但是解析几何中的最值，直接求导，暴力求解最值的较少，更多的是化简函数表达式，根据结构采用基本不等式(无法取等的时候就求导来解决)来求解最终的最值(或者值域)，必然要有定义域，所以寻找函数的定义域是非常重要的，而解析几何中直线和曲线联立(曲直联立)以后的关于x(或者y)的一元二次方程有解，判别式就是很重要的一个点，也就是定义域的一个重要来源，有些题目甚至是唯一来源．
规范解答 (1)由得a＝2，c＝2，所以b2＝a2－c2＝4，
所以椭圆M的方程为＋＝1.(4分)
(2)解法1 设直线l1：y＝kx＋4，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则由对称性可知D(－x1，y1)，C(－x2，y2)．
联立消去y得(1＋2k2)x2＋16kx＋24＝0,
所以x1＋x2＝，x1·x2＝.(6分)
又kBQ＝，kDQ＝，
则kBQ－kDQ＝－＝＋＝2k＋＝2k＋＝2k－2k＝0，(8分)
知kBQ＝kDQ，故点B，D，Q三点共线，即直线BD经过点Q(0，1)．
同理可得直线AC经过点Q(0，1)．
所以直线AC与直线BD交于点Q(0，1)．(10分)
解法2 设直线l1：y＝kx＋4，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则由对称性可知D(－x1，y1)，C(－x2，y2)，且k＝.联立削去y得(1＋2k2)x2＋16kx＋24＝0，Δ＝(16k)2－4(1＋2k2)·24＝64k2－96>0.
所以x1＋x2＝，x1·x2＝.(6分)
直线AC的方程为y＝－(x－x1)＋y1＝－(x－x1)＋kx1＋4.
直线BD的方程为y＝(x－x2)＋y2＝(x－x2)＋kx2＋4.
联立直线AC和直线BD的方程并化简得k(x1＋x2)＝，即＝＝－1，即＝－1＝－1，解得x＝0.
在直线AC的方程中，令x＝0，得y＝－(－x1)＋kx1＋4＝－(－x1)＋kx1＋4＝＋4.
将x1＋x2＝，x1·x2＝代入计算得y＝＋4＝＋4＝－3＋4＝1.
同理可得，在直线BD的方程中，令x＝0，得y＝＋4＝＋4＝－3＋4＝1.
故直线AC与直线BD交于点Q(0，1)．
(3)由(2)可知AC2＝(x1＋x2)2＋(y1－y2)2＝(x1＋x2)2＋k2(x1－x2)2
＝(x1＋x2)2＋k2
＝＋k2＝16×
＝16.(12分)
令t＝6k2－1，则k2＝.
又由Δ＝162k2－4×24×(1＋2k2)>0得k2>，所以t>8，
所以AC2＝16＋]＝16(1＋]＝16(1＋)．(14分)
因为′＝1－>0在t∈(8，＋∞)上恒成立，
所以t＋＋8在t∈(8，＋∞)上单调递增，
所以t＋＋8>18, 0