2013-2017高考数学分类汇编-第十章第5节 直线与圆锥曲线

2013-2017高考数学分类汇编-第十章第5节 直线与圆锥曲线

第十章 圆锥曲线 第五节 直线与圆锥曲线 题型126 直线与圆锥曲线的位置关系 ‎2013年 1. ‎(2013天津文18）设椭圆的左焦点为，离心率为，过点且与 轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为．‎ ‎(1) 求椭圆的方程；‎ ‎(2) 设， 分别为椭圆的左右顶点，过点且斜率为的直线与椭圆交于，两点．若，求的值．‎ ‎2.（2013山东文22）在平面直角坐标系中，已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，短 轴长为，离心率为．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2），为椭圆上满足的面积为的任意两点，为线段的中点，射线 交椭圆于点，设，求实数的值．‎ ‎3. (2013安徽文21）已知椭圆的焦距为，且过点.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）设为椭圆上一点，过点作轴的垂线，垂足为.取点，连接，过点作的垂线交轴于点.点是点关于轴的对称点，作直线，问这样作出的直线是否与椭圆一定有唯一的公共点？并说明理由.‎ ‎2014年 ‎1.（2014湖北文8）设是关于的方程的两个不等实根，则过，‎ 两点的直线与双曲线的公共点的个数为（ ）.‎ A． ‎ B． C． D．‎ ‎2.（2014大纲文22）已知抛物线C：的焦点为F，直线y=4与y轴的交点为P，与C的交点为Q，且.‎ ‎（Ⅰ）求C的方程；‎ ‎（Ⅱ）过F的直线l与C相交于A，B两点，若AB的垂直平分线与C相交于M，N两点，且A，M，B，N四点在同一圆上，求l的方程.‎ ‎2015年 ‎1.（2015安徽文20）设椭圆的方程为，点为坐标原点，点 ‎ 的坐标为，点的坐标为，点在线段上，满足，直线 的斜率为.‎ ‎（1）求的离心率； ‎ ‎（2）设点的坐标为，为线段的中点，求证：.‎ ‎1. 分析（1）由且，，可得.‎ 又因为的斜率为，所以，根据椭圆的性质，即可求出离心率；‎ ‎（2）由题意可知点的坐标为，所以，，‎ 推出 ，即可证明结果.‎ 解析 （1）由，且，，可得.‎ 又因为的斜率为，所以，‎ 则，即，亦即，得.‎ ‎（2）由题意可知点的坐标为，所以，，‎ 所以，所以.‎ ‎2. (2015北京文20)已知椭圆，过点且不过点的直线与椭圆 交于，两点，直线与直线交于两点.‎ ‎（1）求椭圆的离心率；‎ ‎（2）若垂直于轴，求直线的斜率；‎ ‎（3）试判断直线与直线的位置关系，并说明理由.‎ ‎2. 解析（1）椭圆即，离心率.‎ ‎（2）若垂直于轴，则所在的直线方程为，不妨设，‎ ‎.又，，直线所在的方程为：‎ ‎，联立直线与直线的方程，‎ 得，，故直线的斜率是1.‎ ‎（3）由（2）知，当垂直于轴时，直线的斜率为1，且，得，故直线与直线平行.‎ 若直线不垂直于轴时，直线与直线也保持平行的位置关系.‎ 下面来进行验证，即验证.‎ 设，，，直线的方程为，‎ 令，得，，‎ 要证明，只需证明，即，‎ ‎ ‎ 联立直线与椭圆方程，‎ 消建立关于的一元二次方程得，.‎ 将式整理得 将，代入上式的左边得：‎ 右边.‎ 因此，直线的斜率为1，说明直线与直线的位置关系是平行.‎ ‎3.（2015江苏18）如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，且右焦点到直线（其中）的距离为．‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）过的直线与椭圆交于两点，线段的垂直平分线分别交直线和于点 ‎，若，求直线的方程．‎ ‎3. 解析 （1）由题意得，‎ 故，即，从而，，，‎ 故椭圆的标准方程为．‎ ‎（2）解法一（正设斜率）：若的斜率不存在时，则方程为，此时，易知此时，不满足题意；‎ 当的斜率为0时，此时亦不满足题意；‎ 因此斜率存在且不为0，不妨设斜率为，则方程，‎ 不妨设，，‎ 联立直线与椭圆，即，‎ 因为点在椭圆内，故恒成立，所以，‎ 故 ‎，‎ 又，，‎ 故，‎ 因为，故，‎ 即，即，‎ 整理得，即，即，‎ 解得，从而直线方程为或．‎ 解法二（反设）：由题意，直线的斜率必不为0，故设直线方程为，‎ 不妨设，，‎ 与椭圆联立，整理得，‎ 因为点在椭圆内，故恒成立，故，‎ 因此 ‎，‎ 则点的纵坐标为，‎ 于是点的横坐标为，‎ 又，故，‎ 所以，‎ 因为可得，‎ 化简得，即，‎ 化简得，计算得，从而直线方程为或.‎ ‎2016年 ‎1.（2016浙江文19）如图所示，设抛物线的焦点为，抛物线上的点到轴的距离等于.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若直线交抛物线于另一点，过与轴平行的直线和过与垂直的直线交于点，与轴交于点.求的横坐标的取值范围.‎ ‎1.解析 （1）因为抛物线上点到焦点的距离等于点到准线的距离，由已知条件得，即.‎ ‎（2）由（1）知抛物线的方程为，，可设，，.‎ 由题知不垂直于轴，可设直线，，‎ 由消去得，故，所以.‎ 又直线的斜率为，故直线的斜率为，从而直线，直线，所以.‎ 设，由，，三点共线得：，整理得，(，)，此函数为偶函数，且和上单调递减，分析知或.‎ 所以点的横坐标的取值范围是.‎ ‎2.（2016全国乙文20）在直角坐标系中，直线交轴于点，交抛物线于点，关于点的对称点为，联结并延长交于点.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）除以外，直线与是否有其他公共点？请说明理由.‎ ‎2.解析 （1）如图所示，由题意不妨设，‎ 可知点的坐标分别为，，，‎ 从而可得直线的方程为，联立方程，解得，.‎ 即点的坐标为，从而由三角形相似可知.‎ ‎（2）由于，，可得直线的方程为，‎ 整理得，联立方程，整理得，‎ 则，从而可知和只有一个公共点.‎ ‎2017年 ‎1.（2017全国1文20）设，为曲线上两点，与的横坐标之和为4.‎ ‎（1）求直线的斜率；‎ ‎（2）设为曲线上一点，在处的切线与直线平行，且，求直线的方程.‎ ‎1.解析 （1）不妨设，，‎ 则，即直线的斜率为．‎ ‎（2）设，由的导函数知在处的切线斜率为，‎ 所以，故．‎ 因为，易知的斜率存在且不为，因此，‎ 即 ①‎ 设直线的方程为，与抛物线联立得，‎ 所以，故，由根与系数的关系知，‎ 代入①式得，解得，符合题意，因此直线的方程为．‎ 评注 此题这一条件，也可以转化成向量数量积为，利用坐标的来解决，但用向量法计算得到或，注意联立后保证．‎ ‎2.（2017江苏卷17）如图所示，在平面直角坐标系中，椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，两准线之间的距离为．点在椭圆上，且位于第一象限，过点作直线的垂线，过点作直线的垂线．‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）若直线的交点在椭圆上，求点的坐标．‎ ‎2.解析 （1）设椭圆的半焦距为，由题意，解得，因此，‎ 所以椭圆的标准方程为．‎ ‎（2）由（1）知，．设，因为点为第一象限的点，故．‎ 当时，与相交于，与题设不符．‎ 当时，直线的斜率为，直线的斜率为．‎ 因为，，所以直线的斜率为，直线的斜率为，‎ 从而直线的方程为 ① ‎ 直线的方程为 ②‎ 联立①②，解得，所以．‎ 因为点在椭圆上，由对称性得，即或．‎ 又点在椭圆上，故．‎ 由，解得；由，无解．‎ 因此点的坐标为．‎ 题型127 弦长与面积及最值问题 ‎2013年 ‎1.（2013湖北文22） 如图，已知椭圆与 的中心坐标原点，长轴均为且在轴上，‎ 短轴长分别为，（），过原点且不与轴重合的直线与，的四个交点按纵坐 标从大到小依次为记， 和的面积分别为和．‎ ‎(1) 当直线与轴重合时，若，求的值；‎ ‎(2) 当变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线，使得？并说明理由．‎ 第22题图 ‎ ‎ ‎2. (2013重庆文21） 如图，椭圆的中心为原点，长轴在轴上，离心率，过左焦点作 轴的垂线交椭圆于两点，.‎ ‎（1）求该椭圆的标准方程；‎ ‎（2）取平行于轴的直线与椭圆相交于不同的两点，过作圆心为的圆，使椭圆上的其余点均在圆外，求的面积的最大值，并写出对应圆的标准方程.‎ ‎3. (2013湖南文20）已知，分别是椭圆的左、右焦点，关于直线的对称点是圆 的一条直径的两个端点.‎ ‎（1）求圆的方程；‎ ‎（2）设过点的直线被椭圆和圆所截得的弦长分别为，.当最大时，求直线的方程.‎ ‎2014年 ‎1.（2014新课标Ⅱ文10）设为抛物线的焦点，过且倾斜角为的直线交于两点，则（ ）‎ A. B. C. D.‎ ‎2.（2014四川文10）已知为抛物线的焦点，点，在该抛物线上且位于轴的两侧，（其中为坐标原点），则与面积之和的最小值是（ ）.‎ A. B. C. D.‎ ‎3.（2014陕西文20）已知椭圆经过点，离心率为，左、右焦点分别为，.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）若直线与椭圆交于A，B两点，与以为直径的圆交于两点，且满足求直线的方程.‎ ‎4.（2014湖南文20）如图所示，为坐标原点，双曲线和椭圆均过点，且以的两个顶点和的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形.‎ ‎（1）求的方程；‎ ‎（2）是否存在直线，使得与交于两点，与只有一个公共点，且？证明你的结论.‎ ‎5.（2014四川文20） 已知椭圆：的左焦点为，离心率为.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）设为坐标原点，为直线上一点，过作的垂线交椭圆于，.当四边形是平行四边形时，求四边形的面积.‎ ‎6.（2014山东文21）在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，直线被椭圆截得的线段长为.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）过原点的直线与椭圆交于两点（不是椭圆的顶点）. 点在椭圆上，且，直线与轴、轴分别交于两点.‎ ‎（i）设直线的斜率分别为，证明存在常数使得，并求出的值；‎ ‎（ii）求面积的最大值.‎ ‎6. （2014浙江文22）已知的三个顶点都在抛物线上，为抛物线的焦点，点为的中点，；‎ ‎（1）若，求点的坐标；‎ ‎（2）求面积的最大值.‎ ‎2015年 ‎1.（2015全国I文5）已知椭圆的中心在坐标原点，离心率为，的右焦点与抛物线 的焦点重合，是的准线与的两个交点，则（ ）.‎ A. 3 B. 6 C. 9 D. 12‎ ‎1.B 解析 的焦点为，准线方程为.‎ 由得右焦点与的焦点重合，可得.‎ 又，得，，所以椭圆方程为.‎ 当时，，得，即.故选B.‎ ‎2.（2015全国I文16）已知是双曲线：的右焦点，是的左支上一点，‎ ‎ ，当周长最小时，该三角形的面积为 ．‎ ‎2. 解析 由题意作图，如图所示.‎ 由双曲线的定义知，.所以.‎ 又，所以，‎ 所以当点，，在同一条直线上时，周长取得最小值.‎ 所在直线方程为，‎ 同理直线的方程为.‎ 联立，解得.‎ 则.‎ 又，所以.‎ ‎3.（2015湖南文20）已知抛物线的焦点也是椭圆 的一个焦点，与的公共弦长为，过点的直线与相交于，两点，与相交于，两点，且与同向.‎ ‎（1）求的方程；‎ ‎（2）若，求直线的斜率.‎ ‎3.解析 （1）由知其焦点的坐标为，因为也是椭圆的一个焦点，‎ 所以； ①‎ 又与的公共弦长为，与都关于轴对称，且的方程为，‎ 由此易知与的公共点的坐标为，‎ 所以， ②‎ 联立①②得，故的方程为.‎ ‎（2）如图所示，设，‎ 因与同向，且，所以，‎ 从而，即，‎ 于是 ③‎ 设直线的斜率为，则的方程为，‎ 由得，‎ 由是这个方程的两根，④‎ 由得，‎ 而是这个方程的两根，‎ ‎， ⑤‎ 将④,⑤代入③，得.‎ 即 所以，解得，即直线的斜率为.‎ ‎4.（2015天津文19）已知椭圆的上顶点为，左焦点为，离心 率为， ‎ ‎（1）求直线的斜率；‎ ‎（2）设直线与椭圆交于点（异于点），故点且垂直于的直线与椭圆交于点（异于点）直线与轴交于点，.‎ ‎（i）求的值；‎ ‎（ii）若，求椭圆的方程.‎ ‎4．分析（1）先由 及，得，直线的斜率 ‎；（2）(ⅰ)先把直线，的方程与椭圆方程联立，‎ 求出点，横坐标，可得 ‎（2）先由，得，‎ 由此求出，故椭圆方程为 解析 （1） ，由已知 及 ，可得 ，‎ 又因为 ，故直线的斜率.‎ ‎（2）设点 ，‎ ‎（i）由（1）可得椭圆方程为 ，直线的方程为 ，‎ 两方程联立消去得， 解得.因为，‎ 所以直线方程为 ，与椭圆方程联立消去得：‎ ‎，解得.又因为，‎ 及 得 ‎ ‎（ii）由（i）得，所以，‎ 即 ，又因为，‎ 所以.‎ 又因为，‎ 所以，‎ 因此，所以椭圆方程为 ‎5.（2015浙江文19）如图所示，已知抛物线，圆，‎ 过点作不过原点的直线，分别与抛物线和圆相切，，为切点.‎ ‎(1)求点，的坐标； ‎ ‎(2)求的面积.‎ 注：直线与抛物线有且只有一个公共点，且与抛物线的对称轴不平行，则该直线与抛物线相切，称该公共点为切点.‎ ‎5. 解析 (1)设：，联立，得，‎ 由得，所以，，所以.‎ 设，则：，所以，‎ 所以 ‎ 又中点在直线：上，‎ 所以 ‎ 由式式得，.所以.‎ ‎(2)到的距离，， ‎ 所以，‎ 椭圆方程为 ‎6.（2015湖北文22）一种画椭圆的工具如图1所示. 是滑槽的中点，短杆可绕 转动，长杆通过处铰链与连接，上的栓子可沿滑槽滑动，且 ‎，，当栓子在滑槽内作往复运动时，带动绕转动，处 的笔尖画出的椭圆记为，以为原点，所在的直线为轴建立如图2所示的平面直 角坐标系.‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)设动直线与两定直线：和：分别交于，两点.若直线总与椭圆有且只有一个公共点，试探究：的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，请说明理由.‎ 图1 图2‎ ‎6.解析 (1)因为，当在轴上时，等号成立；‎ 同理，当重合，即轴时，等号成立. ‎ 所以椭圆的中心为原点，长半轴长为，短半轴长为，其方程为 ‎ ‎(2)（1）当直线的斜率不存在时，直线为或，都有. ‎ ‎（2）当直线的斜率存在时，设直线：， 由，‎ 消去，可得.‎ 因为直线总与椭圆有且只有一个公共点，‎ 所以，即. ①‎ 又由，可得；同理可得.‎ 由原点到直线的距离为和，‎ 可得. ②‎ 将式①代入式②得，. ‎ 当时，；‎ 当时，.‎ 因，则，，‎ 所以，当且仅当时取等号.‎ 所以当时，的最小值为.‎ 综合（1）（2）可知，当直线与椭圆在四个顶点处相切时，△OPQ的面积取得最小值8.‎ ‎7. (2015山东文21)在平面直角坐标系中，已知椭圆的离 心率为，且点在椭圆上.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）设椭圆，为椭圆上任意一点，过点的直线交椭圆 于两点，射线交椭圆于点.‎ ‎（i）求的值；（ii）求面积的最大值.‎ ‎7. 解析 （1）由题意知，又，解得，.‎ 所以椭圆的方程为.‎ ‎（2）由（1）可得椭圆的方程为.‎ ‎（ⅰ）设，，由题意知.‎ 因为，又 ，即.‎ 所以，即.‎ ‎（ii）过点作交的延长线于点，过点作交于点.连接，，如图所示.‎ 设，，‎ 将代入椭圆的方程，‎ 可得，‎ 由，可得. ①‎ 则有,.‎ 所以，‎ 因为直线与轴交点的坐标为，所以的面积：.‎ 设，将直线代入椭圆的方程，‎ 可得，由，可得. ②‎ 由①②可知，，‎ 当且仅当，即时取得最大值.‎ 由（i）并结合图形可知，，所以面积的最大值为.‎ ‎2016年 ‎1.（2016江苏21 C）在平面直角坐标系中，已知直线的参数方程为（为参数），椭圆的参数方程为（为参数），设直线与椭圆相交于两点，求线段的长.‎ ‎1.解法一（求点）：直线方程化为普通方程为，椭圆方程化为普通方程为，‎ 联立，解得或.‎ 因此.‎ 解法二（弦长）：直线方程化为普通方程为，‎ 椭圆方程化为普通方程为，不妨设，，‎ 联立得，消得，恒成立，‎ 故，所以.‎ 解法三（几何意义）：椭圆方程化为普通方程为，‎ 直线恒过点，该点在椭圆上，将直线的参数方程代入椭圆的普 通方程，得，整理得，故，.‎ 因此.‎ ‎2.（2016上海文21）双曲线的左、右焦点分别为，直线过且与双曲线交于两点.‎ ‎（1）若的倾斜角为，是等边三角形，求双曲线的渐近线方程；‎ ‎（2）设，若的斜率存在，且，求的斜率.‎ ‎2.解析 （1）由已知，，不妨取，则，‎ 由题意，又，，所以，‎ 即，解得.‎ 因此渐近线方程为.‎ ‎（2）若，则双曲线为.‎ 设，，联立直线与双曲线方程，‎ 消得，‎ 所以，且，‎ 由，得，‎ 故，解得.‎ 故的斜率为.‎ ‎2017年 ‎1.（2017北京卷文19）已知椭圆的两个顶点分别为，，焦点在轴上，离心率为．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）为轴上一点，过点作轴的垂线交椭圆于不同的两点，，过点作的垂线交于点.求证：与的面积之比为．‎ ‎1.解析 （1）设椭圆，根据题意有，解得，则， ‎ 所以椭圆的方程为.‎ ‎（2）设，如图所示，有，，，，另设由题设知，直线直线，即，，所以直线的方程为，直线的方程为.‎ 解法一：.‎ 所以，因此，与的面积之比为 解法二:设，联立方程，解得，.所以与的面积之比为 ‎2.（2017山东卷文21）在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，椭圆截直线所得线段的长度为.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）动直线交椭圆于，两点，交轴于点.点是点关于的对称点，圆的半径为. 设为的中点，，与圆分别相切于点，，求的最小值.‎ ‎2.解析 （1） 由椭圆的离心率为 ，得，‎ 又当时，，得，所以，.‎ 因此椭圆方程为.‎ ‎(2) 设，，联立方程 ，‎ 得，由，得 .‎ 且，因此，所以，‎ 又，所以，‎ 因为，所以.‎ 令，故.所以.‎ 令 ，所以.‎ 当 时，，从而在上单调递增.‎ 因此，等号当且仅当时成立，此时，所以 ，.‎ 设，则 ，所以的最小值为.‎ 从而的最小值为，此时直线的斜率为.‎ 综上所述，当，时，取得最小值为.‎ ‎3.（2017天津卷文20）已知椭圆的左焦点为，右顶点为，点的坐标为，的面积为.‎ ‎（1）求椭圆的离心率；‎ ‎（2）设点在线段上，，延长线段与椭圆交于点，点，在轴上，，且直线与直线间的距离为，四边形的面积为.‎ ‎（i）求直线的斜率；‎ ‎（ii）求椭圆的方程.‎ ‎3. 解析 （1）由题意，有，则，，解得（舍去）或，即椭圆的离心率为.‎ ‎（2）（i）由题意，，设直线的方程为，则直线的斜率为.‎ 因为，，所以直线的方程为.‎ 由（1）知，，，则直线的方程为，即.‎ ‎ 联立直线与直线的方程，解得，则.‎ ‎ 又因为，，所以，所以.‎ ‎ 所以（舍去）或，所以直线的斜率为.‎ ‎（ii）由（1）知，，则，故椭圆方程可以表示为.‎ ‎ 由（i）得直线的方程为，即.‎ ‎ 联立，消去并整理得，解得（舍去）或，则， 故， 于是有.‎ ‎ 因为直线与间的距离为， 所以，，所以， 所以.‎ ‎ 同理得，则，即，解得（舍去）或， 故椭圆的方程为.‎ ‎4.（2017浙江卷21）如图所示，已知抛物线.点，，抛物线上的点，过点作直线的垂线，垂足为.‎ ‎（1）求直线斜率的取值范围；‎ ‎（2）求的最大值.‎ ‎4..解析 （1）设直线的斜率为，已知，，则.‎ 因为，所以，所以直线斜率的取值范围是.‎ ‎（2）因为直线，且，所以直线的方程为，联立直线与的方程，解得点的横坐标是.‎ 因为，‎ ‎，，‎ 所以，‎ 令，‎ 因为，当时，，当时，，所以在上单调递增，上单调递减，因此当时，取得最大值.‎ 题型128 中点弦问题 ‎2015年 ‎1.（2015全国II文20）已知椭圆：的离心率为，‎ 点 在上.‎ ‎(1)求的方程.‎ ‎(2)直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，，线段的中点为.直线的斜率与直线的斜率的乘积为定值.‎ ‎1. 分析 (1)由题意可得，则，可得 ，.‎ 由此可得的方程；‎ ‎(2)设直线的方程为 ，代入(1)所得的方程，联立得：‎ ‎，所以，，‎ 于是有.所以，即为定值.‎ 解析 (1)由题意有，，解得，.‎ 所以的方程为.‎ ‎(2)设直线：，， ，.‎ 将 代入得.‎ 故， .‎ 于是直线的斜率，即.‎ 所以直线的斜率与直线的斜率的乘积为定值.‎ 评注 解析几何是高考必考内容之一，在命题时多从考查各种圆锥曲线方程中的基本量关系及运算，在直线与圆锥曲线关系中.一般用方程的思想和函数的观点来解决问题，并会结合中点坐标，方程根与函数关系来求解.‎ ‎2016年 ‎1.（2016四川文20）已知椭圆：的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三个顶点，点在椭圆上.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）设不过原点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，，线段的中点为，直线与椭圆交于，，证明：‎ ‎1.解析 （1）由已知得，‎ 又椭圆过点，故，解得 所以椭圆的方程是 ‎（2）设直线的方程为，，.‎ 由方程组，得 ①‎ 方程①的判别式为，由，即，解得 由①得，，.‎ 所以点坐标为，直线的方程为，‎ 由方程组，得，.‎ 所以.‎ 又 ‎.所以.‎ ‎2.（2016江苏22）如图所示，在平面直角坐标系中，已知直线，抛物线.‎ ‎（1）若直线过抛物线的焦点，求抛物线的方程；‎ ‎（2）已知抛物线上存在关于直线对称的相异两点和.‎ ‎ ①求证：线段上的中点坐标为；②求的取值范围.‎ ‎2. 解析 （1）因为，所以与轴的交点坐标为，‎ 即抛物线的焦点为，所以，故.‎ ‎（2）解法一：①设点，，‎ 则由，得，故，‎ 又因为关于直线对称，所以，即，‎ 所以，又因为中点一定在直线上，‎ 所以，故线段上的中点坐标为；‎ ②因为中点坐标为，‎ 所以，即，‎ 所以，即关于的二次方程有两个不等根，‎ 因此，解得.‎ 解法二：设点，，线段的中点，‎ 因为点和关于直线对称，所以直线垂直平分线段，于是直线的斜率为，‎ 则可设其方程为.‎ ‎①由消去得，（*）‎ 因为 和是抛物线上的相异两点，所以，‎ 从而，化简得.‎ 方程（*）的两根为，从而.‎ 因为在直线上，所以.‎ 因此，线段的中点坐标为.‎ ‎②因为在直线上，所以，即.‎ 由①知，于是，所以 因此的取值范围为.‎ 题型129 平面向量在解析几何中的应用 ‎2016年 ‎24.（2016天津文19）设椭圆（）的右焦点为，右顶点为，已知，其中 为原点，为椭圆的离心率.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）设过点的直线与椭圆交于点（不在轴上），垂直于的直线与交于点，与轴交于点.若，且，求直线的斜率.‎ ‎24.解析 （1）由，即，可得.‎ 又，所以，因此，所以椭圆的方程为 ‎（2）设直线的斜率为，则直线的方程为，‎ 设，由方程组 ，消去，‎ 整理得，解得或，‎ 由题意得，从而.‎ 由（1）知，设，有，，‎ 由，得，所以，‎ 解得.由，得为的垂直平分线与的交点，‎ 所以.由，得，即，‎ 得，解得或 题型130 定点问题 ‎2017年 ‎1.（2017全国2卷文20）20.设O为坐标原点，动点M在椭圆上，过点M作x轴的垂线，垂足为N，‎ 点P满足.‎ ‎（1）求点的轨迹方程；‎ ‎（2）设点在直线上，且.证明：过点且垂直于的直线过的左焦点. ‎ ‎1.解析 （1）如图所示，设，，.‎ 由知，，即.‎ 又点在椭圆上，则有，即.‎ ‎（2）设，‎ 则有 ‎，即.‎ 椭圆的左焦点.又，所以.所以过点且垂直于的直线过的左焦点.‎ 题型131 定值问题 ‎2013年 ‎18. （2013江西文20）椭圆的离心率，‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）如图，是椭圆的顶点，是椭圆上除顶点外的任意点，直线交轴于点直线交于点，设的斜率为，的斜率为，证明为定值.‎ ‎2014年 ‎1.（2014江西文20）如图所示，已知抛物线，过点任作一直线与相交于两点，过点作轴的平行线与直线相交于点（为坐标原点）.‎ ‎（1）求证：动点在定直线上；‎ ‎（2）作的任意一条切线（不含轴），与直线相交于点，与（1）中的定直线相交于点，求证：为定值，并求此定值. ‎ ‎2015年 ‎1.（2015陕西文20）如图所示，椭圆：经过点，且离 心率为.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）经过点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，（均异于点），证明：直线与的斜率之和为.‎ ‎1. 解析 (1)由题意知，，由，解得，‎ 所以椭圆的方程为；‎ ‎(2)设，，，‎ 由题设知，直线的方程为，代入，‎ 化简得，‎ 则，，‎ 由已知，从而直线与的斜率之和为：‎ ‎，‎ 化简得.‎ ‎2.（2015四川文20）如图所示，椭圆：的离心率是，‎ 点在短轴上，且.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）设为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点.是否存在常数λ，使得为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由.‎ ‎2. 分析 ‎ 本题主要考查椭圆的标准方程、直线方程等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合、化归转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想.‎ 解析 （1）由已知可得点的坐标分别为，.‎ 又点的坐标为，且，‎ 所以，解得，.‎ 所以椭圆方程为.‎ ‎（2）当直线的斜率存在是，设直线的方程为，‎ 的坐标分别为，.‎ 联立，得.‎ 其判别式，‎ 所以，.‎ 则 ‎ .‎ 所以当时，，‎ 此时，为定值.‎ 当直线斜率不存在时，直线即为直线.‎ 此时，‎ 故存在常数，使得为定值.‎ ‎2016年 ‎1.（2016山东文21）已知椭圆的长轴长为，焦距为.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）过动点的直线交轴于点，交于点(在第一象限)，且是线段的中点.过点作轴的垂线交于另一点，延长线交于点.‎ ‎（i）设直线，的斜率分别为，，证明为定值.‎ ‎（ii）求直线的斜率的最小值.‎ ‎1.解析 （1）设椭圆的半焦距为，由题意知，‎ 所以，所以椭圆的方程为.‎ ‎（2）（i）设，由，可得 ‎ 所以直线的斜率 ，直线的斜率.‎ 此时，所以为定值.‎ ‎(ii)设，‎ 直线的方程为，直线的方程为.联立 ，‎ 整理得.由，可得 ，‎ 所以.同理，.‎ 所以，‎ ‎ ，‎ 所以 ‎ 由，可知，所以 ，等号当且仅当时取得.‎ 此时，即，符合题意.所以直线 的斜率的最小值为 .‎ ‎2.（2016北京文19）已知椭圆过点，两点.‎ ‎（1）求椭圆的方程及离心率；‎ ‎（2）设为第三象限内一点且在椭圆上，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：四边形的面积为定值.‎ ‎2.解析 （1）由题意得，，所以椭圆的方程为.‎ 又，所以离心率.‎ ‎（2）依题意画出草图如图所示.‎ 设，则.又，‎ 所以直线的方程为. ‎ 令，得. 所以.‎ 直线的方程为.‎ 令，得.所以.‎ 所以四边形的面积 所以四边形的面积为定值.‎ ‎2017年 ‎1.（2017全国3文20）在直角坐标系中，曲线与轴交于，两点，点的坐标为.当变化时，解答下列问题：‎ ‎（1）能否出现的情况？说明理由；‎ ‎（2）证明过，，三点的圆在轴上截得的弦长为定值.‎ ‎1.解析 （1）令，，C(0，1)，为的根，假设成立，则，，，‎ 而，所以不能出现的情况.‎ ‎（2）解法一 设圆与轴的交点为，.‎ 设圆的方程为 ①‎ 令，得的根为，所以，.又点在圆上，‎ 所以得，所以，故或，所以.‎ 所以圆在轴上截得的弦长为3，是定值.‎ 解法二 设圆与轴的另一交点为，即与交于原点，由相交弦定理，得.‎ 由（1）知，，所以，所以 ‎，为定值.‎ 评注 ‎ 本题整体难度不算很高，但与常考的圆锥曲线题型存在一定区别，学生做题时会产生迷茫的感觉.第（1）问垂直的证明比较常规，但第（2）问定值类问题的处理比较不常见，一般定值都是转化为函数问题来处理，本题直接用采用设方程的方法来解圆的方程，对学生来讲，思路是一大难题.解法二直接利用相交弦定理，更加简捷，对思维的灵活度是个挑战.‎