2023届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（教师版）.docx

1、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

2、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(ab0)的离心率为，且直线l：x2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：MRPQ.规范解答 (1)因为椭圆1(ab0)的离心率e，所以e21，即a22b2. (2分)因为直线l：

3、x2被椭圆E截得的弦长为2，所以点(2，1)在椭圆上，即1.解得a26，b23，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ykxm.设 P(x1，y1)，Q(x2, y2) .因为PQ的中点R在直线 l：x2上，故R(2，2km)联立方程组消去y，并化简得 (12k2)x24kmx2m260, (9分)所以x1x2 .由x1x24，得12k2km.(12分)因为M(1，0)，故kMR2km，所以kMRkPQ(2km)k2k2km2k2(12k2)1，所以MRPQ.(16分)解法2(设点法) 设P(x1，y1)，Q(x2, y2)因为

4、PQ的中点R在直线 l：x2上，故设R(2，t)因为点P，Q在椭圆E：1上，所以两式相减得(x1x2) (x1x2)2(y1y2) (y1y2)0.(9分)因为线段PQ的中点为R，所以x1x24，y1y22t.代入上式并化简得(x1x2)t (y1y2)0.(12分)又M(1，0)，所以(21)(x2x1)(t0)(y2y1)0，因此 MRPQ.(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x

5、Oy中，已知椭圆C：1(ab0)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：x2y22相切，与椭圆C相交于P，Q两点. 若直线l过椭圆C的右焦点F，求OPQ的面积；求证： OPOQ. (1) 由e，得abc11，用b表示a更方便；(2) 设直线l的方程为yk(x)，由直线l与圆O相切可先求出k，再求出PQ的长即可设l：ykxm，则只要证x1x2y1y2x1x2(kx1m)(kx2m)0.联列直线与椭圆方程可得x1x2，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a26，b23.所以椭圆的方程为1.(2

6、分)(2) 解法1 椭圆C的右焦点F(，0)设切线方程为yk(x)，即kxyk0，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yk(x)，即kxyk0，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5x28x60.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则有x1x2.由椭圆定义可得，P

7、QPFFQ2ae(x1x2)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)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OPOQ.当x时，同理可得OPOQ.(10分)(ii)若直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为ykxm，即kxym0.因为直线与圆相切，所以，即m22k22.将直线PQ方程代入椭圆方程，得(12k2) x24kmx2m260.设P(x1，y1) ，Q(x2，y2)，则有x1x2，x1x2.(12分)因为x1x2y

8、1y2x1x2(kx1m)(kx2m)(1k2)x1x2km(x1x2)m2(1k2)kmm2.将m22k22代入上式可得0，所以OPOQ.综上所述，OPOQ.(14分)解法2 设切点T(x0，y0)，则其切线方程为x0xy0y20，且xy2.(i)当y00时，则直线PQ的直线方程为x或x.当x时，P (， )，Q(，)因为0，所以OPOQ.当x时，同理可得OPOQ.(10分)(ii)当y00时，由方程组消去y得(2xy)x28x0x86y0.设P(x1，y1) ，Q(x2，y2)，则有x1x2，x1x2.(12分)所以x1x2y1y2x1x2.因为xy2，代入上式可得0，所以OPOQ.综上所

9、述，OPOQ.(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

10、,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(ab0)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yx分别相交于E，F两点，已知OEOF，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y21.(6分)(2) 首先A(0，1)由E，F在直线yx上，且OEOF，可设E(t，t)，F(t，t)(8分

11、)由l1l2，得0，即t(t)(t1)(t1)0，得t.(12分)直线l1的斜率为kAE11.(14分)例7、(2019苏州期初调查）已知椭圆C：1(ab0)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k12k2，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ykx1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，将直线l方程与椭圆方程联立，求出x1x2和x1x2，根据条件求出k1和k2，代

12、入k12k2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a2c.又因为a2b2c2，所以bc.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c1.(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ykx1.设M(x1，y1)，N(x2，y2)联立方程组消去y可得(34k2)x28kx80.所以由根与系数关系可知x1x2，x1x2.(8分)因为k1，k2，且k12k2，所以.(10分)即.又因为M(x1，y1)，N(x2，y2)在椭圆上，所以y(4x)，y(4x)将代入可得：，即3x1x

13、210(x1x2)120.(12分)所以310120，即12k220k30.(14分)解得k或k，又因为k1，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

14、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(ab0)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

15、圆的左顶点为A，点M在圆x2y2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yk(x2)，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a2，c，所以b.所以椭圆的方程为1.(4分)(2) 解法1(设点法) 因为SAOB2SA

16、OM，所以AB2AM，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)(2x0b0)的离心率为，右准线方程为x4，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ykx4，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

17、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

18、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a2，c2，所以b2a2c24，所以椭圆M的方程为1.(4分)(2)解法1 设直线l1：ykx4，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(12k2)x216kx240, 所以x1x2，x1x2.(6分)又kBQ，kDQ， 则kBQkDQ2k2k2k2k0，(8分)知kBQkDQ，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

19、：ykx4，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(12k2)x216kx240，(16k)24(12k2)2464k2960.所以x1x2，x1x2.(6分)直线AC的方程为y(xx1)y1(xx1)kx14.直线BD的方程为y(xx2)y2(xx2)kx24.联立直线AC和直线BD的方程并化简得k(x1x2)，即1，即11，解得x0.在直线AC的方程中，令x0，得y(x1)kx14(x1)kx144.将x1x2，x1x2代入计算得y44341.同理可得，在直线BD的方程中，令x0，得y44341.故直线AC与直线BD交于点Q

20、(0，1)(3)由(2)可知AC2(x1x2)2(y1y2)2(x1x2)2k2(x1x2)2(x1x2)2k2k21616.(12分)令t6k21，则k2.又由162k2424(12k2)0得k2，所以t8，所以AC21616(116(1)(14分)因为10在t(8，)上恒成立，所以t8在t(8，)上单调递增，所以t818, 0，11.所以16AC224，4ACb0)，若椭圆E2：1(ab0，m1)，则称椭圆E2与椭圆E1“相似”(1) 求经过点(，1)，且与椭圆E1：y21“相似”的椭圆E2的方程(2) 若椭圆E1与椭圆E2“相似”，且m4，椭圆E1的离心率为，P在椭圆E2上，过P的直线l

21、交椭圆E1于A，B两点，且.若B的坐标为(0，2)，且2，求直线l的方程；若直线OP，OA的斜率之积为，求实数的值规范解答 (1) 设椭圆E2的方程为1，将点(，1)代入得m2，所以椭圆E2的方程为1.(3分)(2) 因为椭圆E1的离心率为，故a22b2，所以椭圆E1：x22y22b2.又椭圆E2与椭圆E1“相似”，且m4，所以椭圆E2：x22y28b2.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)解法1(设线法) 由题意得b2，所以椭圆E1：x22y28.当直线l斜率不存在时，B(0，2)，A(0，2)，P(0，4)，不满足2，从而直线l斜率存在，可设直线l：ykx2，代入椭圆E1

22、：x22y28得(12k2)x28kx0，解得x1，x20，故y1，y22，所以A.(5分)又2，即B为AP中点，所以P，(6分)代入椭圆E2：x22y232得232，即20k44k230，即(10k23)(2k21)0，所以k，所以直线l的方程为yx2.(8分)解法2(设点法) 由题意得b2，所以椭圆E1：x22y28，E2：x22y232.由A(x1，y1)，B(0，2)，则P(x1，4y1)代入椭圆得解得y1，故x1，(6分)所以直线l的斜率k，所以直线l的方程为yx2.(8分)由题意得x2y8b2，x2y2b2，x2y2b2，解法1(设点法) 由直线OP，OA的斜率之积为，得，即x0x

23、12y0y10.又，则(x0x1，y0y1)(x2x1，y2y1)，解得(12分)所以22b2，则x2(1)x0x1(1)2x2y4(1)y0y12(1)2y22b2，(x2y)2(1)(x0x12y0y1)(1)2(x2y)22b2，所以8b2(1)22b222b2，即4(1)22，所以.(16分)解法2(设线法) 不妨设点P在第一象限，设直线OP：ykx(k0)，代入椭圆E2：x22y28b2，解得x0，则y0.直线OP，OA的斜率之积为，则直线OA：yx，代入椭圆E1：x22y22b2，解得x1，则y1.又，则(x0x1，y0y1)(x2x1，y2y1)，解得(12分)所以222b2，则

24、x2(1)x0x1(1)2x2y4(1)y0y12(1)2y22b2，(x2y)2(1)(x0x12y0y1)(1)2(x2y)22b2，所以8b22(1)()2(1)22b222b2，即8b2(1)22b222b2，即4(1)22，所以.(16分)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1(ab0)的离心率为，C为椭圆上位于第一象限内的一点(1) 若点C的坐标为，求a，b的值；(2) 设A为椭圆的左顶点，B为椭圆上一点，且，求直线AB的斜率思路分析 (1) 由e，得a2b2c2954.(2) 设点C的坐标，则能用C的坐标表示B的坐标，

25、由B，C两点在椭圆上可解出点C的坐标规范解答 (1) 由e，得a2b2c2954.设椭圆方程为1(0)(3分)把C的坐标代入，得1，解得21，所以a3，b.(5分)(2) 由(1)可设椭圆方程为1(0)，此时A(3，0)设C(3x0，y0)，其中x00，y00，由，得B.(8分)由点B，C均在椭圆上，得解得x0，取y0.(12分)所以直线AB的斜率kABkOC.(14分)4、(2017无锡期末）已知椭圆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，求OBC的面积的最大值；(2) 设B(x1，y1)，C(x2，y2)，且3y1y20，求当OBC的面积最大时直线l的方程

26、规范解答 (1) 直线OB方程为yx，即3x2y0，设过点C且平行于OB的直线l方程为yxb.(2分)则当l与椭圆只有一个公共点时，OBC的面积最大消去y整理得3x23bxb230，(4分)此时9b212(b23)，令0，解得b2，当b2时，C；当b2时，C，(6分)所以OBC面积的最大值.(8分)(2) 显然，直线l与y轴不垂直，设直线l的方程为xmyn.由消去x并整理得(3m24)y26mny3n2120，所以因为3y1y20，所以从而，即n2，(10分)所以SOBC|n|y1y2|2|n|y1|.(12分)因为B在第一象限，所以x1my1nn0，所以n0.因为y10，所以m0，所以SOB

27、C当且仅当3m，即m时取等号，(14分)此时n，所以直线l的方程为xy，即yx.(16分)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：1(ab0)的离心率为，上顶点A到右焦点的距离为.过点D(0，m)(m0)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ACOC.(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，求直线l的方程 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，本题第(2)，(3)问都分别采用设线法和设点法解题第(2)问，欲求实

28、数m的取值范围，则需建立m与其他参数的关系，进而借助其他参数的取值范围求解解法1是设线法，先建立m与直线l斜率k的等式关系，再由直线与椭圆相交得到的k的取值范围来求解m的取值范围；解法2是设点法，先建立m与点C(x0，y0)坐标间的等式关系，再借助线段PQ的中点C在椭圆内部求解m的取值范围第(3)问，选取面积的表示形式是解决问题的关键，本题选择 S1AO|xB|，S2 AO|xC|时， ，进而在第(2)问的基础上分别用k或m表示xB，xC 求解规范解答 (1) 因为所以c1，b2a2c21，所以椭圆E的方程为y21.(2分)(2) 解法1(设线法) 由(1)得A(0，1)设P(x1，y1)，Q

29、(x2，y2)，C(x0，y0)设直线l方程为ykxm(k0)，将其与椭圆E的方程联立，消去y得(12k2)x24kmx2m220(*)，所以x1x2，(4分)所以x0，y0kx0m，即C，所以kAC.(6分)又因为kOC，且ACOC，所以kACkOC1，整理得m.(8分)因为k0，则m11，此时8(2k21m)0，所以实数m的取值范围为.(10分)解法2(设点法) 由(1)得A(0，1)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，C(x0，y0)，其中x0，y0均不为0，且x1x2.因为P，Q两点都在椭圆E上，所以x2y2 且x2y2，两式相减得.(4分)又kPQkCD，即 ，所以，(6分)即x2

30、y0(my0)又ACOC，所以1，(8分)即xy0(1y0)由得y02m1，x(12m) (2m2)(0，2)，所以m1.(10分)(3) 解法1 设B(x3，y3)，由(2)解法1知kOC.kAB2k，所以直线AB的方程为y2kx1，与椭圆E方程联立解得x或x0(舍)，即x3.(12分)又因为x0，所以.(14分)因为，所以，解得k，此时m，点D坐标为，所以直线l的方程为yx.(16分)解法2 设B(x3，y3)，点B在椭圆E上，所以x2y2.又ACOC，所以1，即y3x31，代入上式消去y3，得x3(x30舍)，(12分)所以.由(2)解法2知y02m1，x(12m) (2m2)，m1，所以.(14分)因为，所以，解得m，此时y02m1，x(12m) (2m2)，所以x0，所以点C坐标为，点D坐标为，所以直线l的方程为yx.(16分)