新高考数学专题复习专题09圆锥曲线中的直线(线段)的问题专题练习(学生版+解析)

这是一份新高考数学专题复习专题09圆锥曲线中的直线(线段)的问题专题练习(学生版+解析)，共26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。
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
例2、(2019南京学情调研）在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，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.
例3、(2016南京三模）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，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.
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____________.
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.
例6、(2018苏锡常镇调研）已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)))，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．
例7、(2019苏州期初调查）已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，离心率为eq \f(1,2)，点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))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．
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|．
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.
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eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，两条准线之间的距离为4eq \r(2).
(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＝eq \f(8,9)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．
二、达标训练
1、(2019宿迁期末）如图所示，椭圆M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，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．
2、(2018扬州期末）已知椭圆E1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，若椭圆E2：eq \f(x2,ma2)＋eq \f(y2,mb2)＝1(a>b>0，m>1)，则称椭圆E2与椭圆E1“相似”．
(1) 求经过点(eq \r(2)，1)，且与椭圆E1：eq \f(x2,2)＋y2＝1“相似”的椭圆E2的方程．
(2) 若椭圆E1与椭圆E2“相似”，且m＝4，椭圆E1的离心率为eq \f(\r(2),2)，P在椭圆E2上，过P的直线l交椭圆E1于A，B两点，且eq \(AP,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→)).
①若B的坐标为(0，2)，且λ＝2，求直线l的方程；
②若直线OP，OA的斜率之积为－eq \f(1,2)，求实数λ的值．
3、(2017南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(2,3)，C为椭圆上位于第一象限内的一点．
(1) 若点C的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(5,3)))，求a，b的值；
(2) 设A为椭圆的左顶点，B为椭圆上一点，且eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(OC,\s\up6(→))，求直线AB的斜率．
4、(2017无锡期末）已知椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，动直线l与椭圆交于B，C两点(点B在第一象限)．
(1) 若点B的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，求△OBC的面积的最大值；
(2) 设B(x1，y1)，C(x2，y2)，且3y1＋y2＝0，求当△OBC的面积最大时直线l的方程．
5、(2018南京、盐城、连云港二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，上顶点A到右焦点的距离为eq \r(2).过点D(0，m)(m≠0)作不垂直于x轴，y轴的直线l交椭圆E于P，Q两点，C为线段PQ的中点，且AC⊥OC.
(1) 求椭圆E的方程；
(2) 求实数m的取值范围；
(3) 延长AC交椭圆E于点B，记△AOB与△AOC的面积分别为S1，S2，若eq \f(S1,S2)＝eq \f(8,3)，求直线l的方程．
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：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，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eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率e＝eq \f(\r(2),2)，所以e2＝eq \f(c2,a2)＝1－eq \f(b2,a2)＝eq \f(1,2)，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eq \f(4,a2)＋eq \f(1,b2)＝1.
解得a2＝6，b2＝3，
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，
\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，))
消去y，并化简得 (1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0, (9分)
所以x1＋x2＝eq \f(－4km,1＋2k2) .
由x1＋x2＝eq \f(－4km,1＋2k2)＝4，得1＋2k2＝－km.(12分)
因为M(1，0)，故kMR＝eq \f(2k＋m,2－1)＝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：eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1上，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,1),6)＋\f(yeq \\al(2,1),3)＝1，
\f(xeq \\al(2,2),6)＋\f(yeq \\al(2,2),3)＝1，))
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eq \(MR,\s\up6(→))·eq \(PQ,\s\up6(→))＝(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：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，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.
eq \a\vs4\al(思路分析) (1) 由e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，得a∶b∶c＝eq \r(2)∶1∶1，用b表示a更方便；
(2) ①设直线l的方程为y＝k(x－eq \r(3))，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eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝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eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，eq \f(4,a2)＋eq \f(1,b2)＝1，解得a2＝6，b2＝3.
所以椭圆的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1.(2分)
(2) ①解法1 椭圆C的右焦点F(eq \r(3)，0)．
设切线方程为y＝k(x－eq \r(3))，即kx－y－eq \r(3)k＝0，
所以eq \f(|－\r(3)k|,\r(k2＋1))＝eq \r(2)，解得k＝±eq \r(2)，所以切线方程为y＝±eq \r(2)(x－eq \r(3))．当k＝eq \r(2)时，(4分)
由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\r(2)x－\r(3)，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(4\r(3)＋3\r(2),5)，,y＝\f(－\r(6)＋6,5)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(4\r(3)－3\r(2),5)，,y＝\f(－\r(6)－6,5).))
所以点P，Q的坐标分别为eq \f(4\r(3)＋3\r(2),5)， eq \f(－\r(6)＋6,5)， eq \f(4\r(3)－3\r(2),5)， eq \f(－\r(6)－6,5)，
所以PQ＝eq \f(6\r(6),5).(6分)
因为O到直线PQ的距离为eq \r(2)，所以△OPQ的面积为eq \f(6\r(3),5).
因为椭圆的对称性，当切线方程为y＝－eq \r(2)(x－eq \r(3))时，△OPQ的面积也为eq \f(6\r(3),5).
综上所述，△OPQ的面积为eq \f(6\r(3),5).(8分)
解法2 椭圆C的右焦点F(eq \r(3)，0)．
设切线方程为y＝k(x－eq \r(3))，即kx－y－eq \r(3)k＝0，
所以eq \f(|－\r(3)k|,\r(k2＋1))＝eq \r(2)，解得k＝±eq \r(2)，所以切线方程为y＝±eq \r(2)(x－eq \r(3))．当k＝eq \r(2)时，(4分)
把切线方程 y＝eq \r(2)(x－eq \r(3))代入椭圆C的方程，消去y得5x2－8eq \r(3)x＋6＝0.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则有x1＋x2＝eq \f(8\r(3),5).
由椭圆定义可得，PQ＝PF＋FQ＝2a－e(x1＋x2)＝2×eq \r(6)－eq \f(\r(2),2)×eq \f(8\r(3),5)＝eq \f(6\r(6),5).(6分)
因为O到直线PQ的距离为eq \r(2)，所以△OPQ的面积为eq \f(6\r(3),5).
因为椭圆的对称性，当切线方程为y＝－eq \r(2)(x－eq \r(3))时，△OPQ的面积为eq \f(6\r(3),5).
综上所述，△OPQ的面积为eq \f(6\r(3),5).(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＝eq \r(2)或x＝－eq \r(2).
当x＝eq \r(2)时，P (eq \r(2)， eq \r(2))，Q(eq \r(2)，－eq \r(2))．
因为eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝0，所以OP⊥OQ.
当x＝－eq \r(2)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eq \f(|m|,\r(1＋k2))＝eq \r(2)，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＝－eq \f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2m2－6,1＋2k2).(12分)
因为eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝(1＋k2)×eq \f(2m2－6,1＋2k2)＋km×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4km,1＋2k2)))＋m2.
将m2＝2k2＋2代入上式可得eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝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xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝2.
(i)当y0＝0时，则直线PQ的直线方程为x＝eq \r(2)或x＝－eq \r(2).
当x＝eq \r(2)时，P (eq \r(2)， eq \r(2))，Q(eq \r(2)，－eq \r(2))．
因为eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝0，所以OP⊥OQ.
当x＝－eq \r(2)时，同理可得OP⊥OQ.(10分)
(ii)当y0≠0时，
由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0x＋y0y－2＝0，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，))消去y得(2xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0))x2－8x0x＋8－6yeq \\al(2,0)＝0.
设P(x1，y1) ，Q(x2，y2)，则有x1＋x2＝eq \f(8x0,2x\\al(2,0)＋y\\al(2,0))，x1x2＝eq \f(8－6y\\al(2,0),2x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)).(12分)
所以eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋eq \f(2－x0x12－x0x2,y\\al(2,0))＝eq \f(－6x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)＋12,2x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)).
因为xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝2，代入上式可得eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝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：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)))，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．
eq \a\vs4\al(思路分析) (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＝eq \f(t＋1,t).
规范解答 (1) 由eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)))两点在椭圆C上，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(3,a2)＋\f(1,4b2)＝1，,\f(1,a2)＋\f(3,4b2)＝1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝1.))(4分)
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋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eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(AF,\s\up6(→))＝0，即t(－t)＋(t＋1)(－t＋1)＝0，得t＝±eq \f(\r(2),2).(12分)
直线l1的斜率为kAE＝eq \f(t＋1,t)＝1＋eq \f(1,t)＝1±eq \r(2).(14分)
例7、(2019苏州期初调查）已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，离心率为eq \f(1,2)，点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))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．
eq \a\vs4\al(思路分析) (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eq \f(1,2)，所以a＝2c.
又因为a2＝b2＋c2，所以b＝eq \r(3)c.
所以椭圆的标准方程为eq \f(x2,4c2)＋eq \f(y2,3c2)＝1.(3分)
又因为点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))为椭圆上一点，所以eq \f(1,4c2)＋eq \f(\f(9,4),3c2)＝1，解得c＝1.(5分)
所以椭圆的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，
y＝kx＋1，))消去y可得(3＋4k2)x2＋8kx－8＝0.
所以由根与系数关系可知x1＋x2＝－eq \f(8k,3＋4k2)，x1x2＝－eq \f(8,3＋4k2).(8分)
因为k1＝eq \f(y1,x1＋2)，k2＝eq \f(y2,x2－2)，且k1＝2k2，所以eq \f(y1,x1＋2)＝eq \f(2y2,x2－2).(10分)
即eq \f(yeq \\al(2,1),（x1＋2）2)＝eq \f(4yeq \\al(2,2),（x2－2）2). ①
又因为M(x1，y1)，N(x2，y2)在椭圆上，
所以yeq \\al(2,1)＝eq \f(3,4)(4－xeq \\al(2,1))，yeq \\al(2,2)＝eq \f(3,4)(4－xeq \\al(2,2))． ②
将②代入①可得：eq \f(2－x1,2＋x1)＝eq \f(4（2＋x2）,2－x2)，即3x1x2＋10(x1＋x2)＋12＝0.(12分)
所以3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,3＋4k2)))＋10eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8k,3＋4k2)))＋12＝0，即12k2－20k＋3＝0.(14分)
解得k＝eq \f(1,6)或k＝eq \f(3,2)，又因为k>1，所以k＝eq \f(3,2).(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eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，两条准线之间的距离为4eq \r(2).
(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＝eq \f(8,9)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．
eq \a\vs4\al(思路分析) (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eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，eq \f(2a2,c)＝4eq \r(2)，(2分)
解得a＝2，c＝eq \r(2)，所以b＝eq \r(2).
所以椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝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eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1，所以A(－2，0)．
设M(x0，y0)(－20)的离心率为eq \f(\r(2),2)，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．
eq \a\vs4\al(思路分析) 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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(e＝\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,\f(a2,c)＝4，))得a＝2eq \r(2)，c＝2，所以b2＝a2－c2＝4，
所以椭圆M的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，,y＝kx＋4，))消去y得(1＋2k2)x2＋16kx＋24＝0,
所以x1＋x2＝eq \f(－16k,1＋2k2)，x1·x2＝eq \f(24,1＋2k2).(6分)
又kBQ＝eq \f(y2－1,x2)，kDQ＝eq \f(y1－1,－x1)，
则kBQ－kDQ＝eq \f(y2－1,x2)－eq \f(y1－1,－x1)＝eq \f(kx2＋3,x2)＋eq \f(kx1＋3,x1)＝2k＋eq \f(3（x1＋x2）,x1x2)＝2k＋eq \f(－\f(48k,1＋2k2),\f(24,1＋2k2))＝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＝eq \f(y2－y1,x2－x1).联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，,y＝kx＋4，))削去y得(1＋2k2)x2＋16kx＋24＝0，Δ＝(16k)2－4(1＋2k2)·24＝64k2－96>0.
所以x1＋x2＝eq \f(16k,1＋2k2)，x1·x2＝eq \f(24,1＋2k2).(6分)
直线AC的方程为y＝－eq \f(y2－y1,x2＋x1)(x－x1)＋y1＝－eq \f(y2－y1,x2＋x1)(x－x1)＋kx1＋4.
直线BD的方程为y＝eq \f(y2－y1,x2＋x1)(x－x2)＋y2＝eq \f(y2－y1,x2＋x1)(x－x2)＋kx2＋4.
联立直线AC和直线BD的方程并化简得k(x1＋x2)＝eq \f(y2－y1,x2＋x1)，即eq \f(k（x1－x2）,y2－y1)＝eq \f(1,x2＋x1)＝eq \f(2x,x2＋x1)－1，即eq \f(k,－k)＝－1＝eq \f(2x,x2＋x1)－1，解得x＝0.
在直线AC的方程中，令x＝0，得y＝－eq \f(y2－y1,x2＋x1)(－x1)＋kx1＋4＝－eq \f(kx2－kx1,x2＋x1)(－x1)＋kx1＋4＝eq \f(2kx2x1,x2＋x1)＋4.
将x1＋x2＝eq \f(－16k,1＋2k2)，x1·x2＝eq \f(24,1＋2k2)代入计算得y＝eq \f(2kx2x1,x2＋x1)＋4＝eq \f(\f(48k,1＋2k2),\f(－16k,1＋2k2))＋4＝－3＋4＝1.
同理可得，在直线BD的方程中，令x＝0，得y＝eq \f(2kx2x1,x2＋x1)＋4＝eq \f(\f(48k,1＋2k2),\f(－16k,1＋2k2))＋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＋k2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(（x1＋x2）2－4x1·x2))
＝eq \f(162k2,（1＋2k2）2)＋k2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(162k2,（1＋2k2）2)－4×\f(24,1＋2k2)))＝16×eq \f(4k4＋10k2,4k4＋4k2＋1)
＝16eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(6k2－1,4k4＋4k2＋1))).(12分)
令t＝6k2－1，则k2＝eq \f(t＋1,6).
又由Δ＝162k2－4×24×(1＋2k2)>0得k2>eq \f(3,2)，所以t>8，
所以AC2＝16＋]＝16(1＋eq \f(9t,t2＋8t＋16)]＝16(1＋eq \f(9,t＋\f(16,t)＋8))．(14分)
因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(16,t)＋8))′＝1－eq \f(16,t2)>0在t∈(8，＋∞)上恒成立，
所以t＋eq \f(16,t)＋8在t∈(8，＋∞)上单调递增，
所以t＋eq \f(16,t)＋8>18, 0