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1、专题02 直线与圆锥曲线方程【突破满分数学之秒杀技巧与答题模板】：第一步：代入消元，联立 化简：第二步：计算判别式；可直接利用结论：（范围、最值问题）第三步：根与系数关系表达式； ，第四步：利用 ，计算第五步：利用，计算 第六步：利用，计算弦中点第七步：利用,计算弦长和的面积进而计算原点到直线的距离第八步:利用,，计算第九步：利用,计算 【考点精选例题精析】：例1.（2021江西高安中学高二期中（理）直线被椭圆截得最长的弦为（ ）ABCD【答案】B【分析】联立直线方程和椭圆方程，解方程可得两根，运用弦长公式，结合配方法，以及二次函数的最值求法，可得答案【详解】解：联立直线和椭圆，可得，解得或，
2、则弦长，令，则，当，即，取得最大值，故选：B例2（2021江西南昌十中高二月考（文）已知直线与椭圆恒有公共点，则实数的取值范围为（ ）AB或C且D且【答案】C【分析】由直线，可得直线恒过定点，转化为只需点在椭圆的内部或在椭圆上，结合椭圆的性质，即可求解.【详解】由题意，直线，可得直线恒过定点，要使得直线与椭圆恒有公共点，只需点在椭圆的内部或在椭圆上，可得，即实数的取值范围为且.故选：C.例3（2021全国高三其他模拟（文）已知为椭圆的右焦点，直线与椭圆交于，两点.若，则实数的值为_.【答案】【分析】依题意联立直线与椭圆方程，求出交点坐标，即可得到，再根据，则，即可得到方程，解得即可；【详解】解
3、：依题意联立直线与椭圆方程，消去并整理得，解得或，不妨取，则，所以，又，所以，因为，所以，即，即所以，解得故答案为：例4（2020江苏高二专题练习）若直线与椭圆无公共点，则的取值范围为_.【答案】【分析】联立直线与椭圆方程，得到关于的一元二次方程，根据求解出的取值范围.【详解】解析：由得，整理得，所以，解得或，即，故答案为：.【点睛】方法点睛：直线与椭圆的交点个数判断方法：联立直线方程与椭圆方程，得到关于的一元二次方程，根据与的大小关系判断直线与椭圆的交点个数：当时，有两个交点；当时，有一个交点；当时，没有交点.例5（2020安徽省宣城市第三中学高二月考（文）若曲线C：和直线l：只有一个公共点
4、，那么k的值为（ ）A或B或C或D或【答案】D【分析】将直线方程与曲线的方程联立得到关于的一元二次方程，然后根据求解出的值.【详解】联立直线与曲线的方程，所以，所以，所以，所以，故选：D.【点睛】思路点睛：直线与椭圆方程联立，可通过所得的一元二次方程的与的大小关系判断直线与椭圆的交点个数：当时，直线与椭圆有两个交点；当时，直线与椭圆有一个交点；当时，直线与椭圆没有交点.例6（2021全国高三专题练习（文）已知是椭圆外一点，经过点的光线被轴反射后，所有反射光线所在直线中只有一条与椭圆相切，则椭圆的离心率为（ ）ABCD【答案】B【分析】由题知反射光线经过点，设反射光线方程为：，代入椭圆方程，消后
5、得，则，化简得，讨论此方程有唯一解，即可得值，从而算出离心率.【详解】由题知反射光线经过点，设反射光线方程为：，代入椭圆方程，消后得，则，化简得，当即时，此方程有唯一解，所以，则离心率为；当时，则，所以此方程有两个不同的解，不满足题意，故舍去.故选：B【点睛】关键点睛：关键是能够分类讨论方程有唯一解的情况. 例7（2020安徽省淮北市高三一模（理）已知椭圆过点离心率为.（1）求的方程；（2）如图，若菱形内接于椭圆，求菱形面积的最小值.【答案】（1）；（2）4【解析】（1）由题意得又解得，.所以的方程为 （2）当与轴或轴重合时，可求菱形的面积为；当为时，为，由得，所以由弦长公式得，同理可得所以菱
6、形的面积为，当且仅当时取等号.菱形面积的最小值为4。例8（2020安徽六安市立人中学高二期末（文）已知椭圆过点（1）求椭圆的方程；（2）若直线过的右焦点交于两点，求直线的方程【答案】（1）；（2）.【分析】（1）运用代入法进行求解即可；（2）根据直线是否存在斜率分类讨论，将直线方程与椭圆方程联立，得到一个一元二次方程，结合平面向量数量积的坐标表示公式、一元二次方程根与系数的关系进行求解即可.【详解】解析：（1）由题意可得，椭圆的方程为（2）当直线斜率不存在时，由椭圆的方程可知：椭圆的右焦点坐标为：，所以直线方程为：，代入椭圆方程中，得，不妨设，不合题意；设直线，由得：，即解得，直线的方程为例9
7、（2021上海市松江二中高二月考）已知曲线，直线与曲线交于A，D两点，A，D两点在x轴上的射影分别为点B，C.记OAD的面积S1，四边形ABCD的面积为.（1）当点B坐标为时，求k的值；（2）求的最小值.【答案】（1）；（2）【分析】（1）根据题意得出点的横坐标为，代入曲线求出点的纵坐标；把点的坐标代入直线方程即可求出.（2）由题意可求出的取值范围；把直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理及弦长公式可求，从而求出；利用直角梯形的面积公式可求；由的范围，即可求出的最小值.【详解】（1）当点B坐标为时，点的横坐标为 ，把代入曲线得，即，又因为点在直线上，所以，即.所以k的值为.（2）由，得，当直线过
8、椭圆的左右顶点时， 因为直线与曲线有两个交点，所以，即，设，则，所以，又原点到直线的距离为，所以，又因为，所以，因为，所以，所以的最小值为.例10（2021安徽华星学校高二期中（理）已知椭圆的焦距为4，过焦点且垂直于轴的弦长为（）求椭圆的方程；（）过椭圆右焦点的直线交椭圆于点，设椭圆的左焦点为，求的取值范围【答案】（）；（）【分析】（）根据题意运用椭圆的定义进行求解即可；（）根据直线是否存在斜率分类讨论，结合一元二次方程根与系数关系、平面向量数量积的坐标表示公式进行求解即可.【详解】解：()椭圆的焦距是，所以焦点坐标是，由题可得，椭圆过点，椭圆的方程是()由题易得，左焦点右焦点坐标为若直线垂直
9、于轴，则点若直线不垂直于轴，可设的方程为设点将直线的方程代入椭圆的方程得到则.，的取值范围是【点睛】关键点睛：根据直线是否存在斜率分类讨论，利用一元二次方程根与系数关系是解题的关键. 【达标检测】：1（2020河北高三其他模拟（文）已知直线与椭圆交于点，与轴交于点，若，则实数的值为（ ）ABCD【答案】C【分析】设，的坐标，由题意可得的坐标，再由向量的关系求出，的坐标的关系，将直线与椭圆联立求出两根之和及两根之积，与，的坐标联立求出的值.【详解】解：设，由题意可得，联立，整理可得：，因为，则，可得，将其代入可得，可得，将，代入可得：，解得：，即，故选：C.【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要
10、注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题2（2019象州县中学高二月考（文）直线与焦点在x轴上的椭圆总有公共点，则实数m的取值范围是（ ）ABCD【答案】C【分析】求得直线恒过定点，由题意可得在椭圆内或椭圆上，注意，可得所求范围【详解】解：直线恒过定点，焦点在轴上的椭圆，可得，由直线与焦点在轴上的椭圆总有公共点，可得在椭圆上或椭圆内，即有，解得，由可得故选：C3（2021保定市第二中学高二期末）过椭圆的左焦点作倾斜角为的直线交椭圆于两点，设O为坐标原点，
11、则等于（ ）ABCD【答案】C【分析】根据题意求出直线的方程，设，将直线的方程与椭圆的方程联立，利用根与系数的关系可得，再计算的值即可.【详解】由可得，可得，即，所以左焦点，且直线斜率为，所以直线的方程为，设，由 可得，可得，所以，故选：C.4（2021河南高二月考（理）已知椭圆上存在两个不同的点，关于直线对称，则实数的取值范围是（ ）ABCD【答案】D【分析】设出直线的方程与椭圆方程联立，利用根与系数的关系求出中点坐标代入直线，列出方程，并利用判别式求出实数的取值范围【详解】依题意，设直线的方程是，代入椭圆方程化简得，设，的中点是，则，解得，又，所以，.因为的中点在直线上，所以，所以，所以，
12、解得.故选：D.5（2020安顺经济技术开发区大洋实验学校高二期中（文）如图，已知椭圆的左焦点为F，O为坐标原点，设过点F且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于A，B两点，线段AB的垂直平分线与x轴交于点G，求点G横坐标的取值范围（ ）A-1，1BCD(-1，0)【答案】B【分析】欲求点横坐标的取值范围，从函数思想的角度考虑，先将其表示成某一变量的函数，后求函数的值域，这里取直线的斜率为自变量，通过解方程组求得点横坐标（用表示），再求其取值范围【详解】解：设直线的方程为，代入，整理得直线过椭圆的左焦点，方程有两个不等实根记，中点，则，的垂直平分线的方程为令，得，点横坐标的取值范围为故选：B【点睛】本小
13、题主要考查直线、圆、椭圆和不等式等基本知识，考查平面解析几何的基本方法，考查运算能力和综合解题能力，直线与圆锥曲线的位置关系问题，通常是先联立组成方程组，消去（或，得到（或的方程我们在研究圆锥曲线时，经常涉及到直线与圆锥曲线的位置关系的研究主要涉及到：交点问题、弦长问题、弦中点（中点弦）等问题，常用的方法：联立方程组，借助于判别式，数形结合法等6（2019福建南平市高二月考（文）经过椭圆的一个焦点作倾斜角为45的直线，交椭圆于两点设为坐标原点，则等于（ ）ABC或D【答案】B【分析】由方程可求椭圆的焦点为，先不妨设所作直线过右焦点，于是得到直线方程为与椭圆方程联立后可求得点的坐标，然后由可得所
14、求【详解】由 ，得 ，焦点为 设直线过右焦点，倾斜角为 ，直线的方程为 代入得 即 设 则 同理当直线过左焦点时，故选：B【点睛】关键点睛：本题考查直线与椭圆的位置关系，直线方程与椭圆方程联立韦达定理的应用，解答本题的关键是方程联立由韦达定理得到再由数量积得出，将韦达定理代入即可，属于基础题.7（2020江西南昌十中高二月考（理）直线与椭圆总有公共点，则的取值范围是（ ）AB或C或D且【答案】D【分析】求出直线恒过的定点，根据题意，该定点必在椭圆内或椭圆上，根据点与椭圆的位置关系，代入点的坐标，即可求得结果.【详解】由于直线ykx1恒过定点(0，1)，且直线ykx1与椭圆总有公共点，所以点(0
15、，1)必在椭圆内或椭圆上，则且m5，解得m1且m5.故选：D.【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系，关键在于直线恒过的点在椭圆上或椭圆的内部，属于中档题.8（2021四川省内江市第六中学高二月考（文）已知直线，椭圆，则直线与椭圆的位置关系是（ ）A相交B相切C相离D相切或相交【答案】C【分析】将直线方程和椭圆方程联立，解方程组，由解的个数即可判断直线与椭圆的位置关系【详解】解：由，得，化简得，因为，所以方程无解，所以直线与椭圆的位置关系是相离，故选：C9（2020河南高二月考（理）直线与椭圆的位置关系为（ ）A相交B相切C相离D不确定【答案】A【分析】求得直线恒过的定点，判断定点与椭圆的位置关
16、系，由此可得直线与椭圆的位置关系.【详解】直线可化为，所以直线恒过点，又，即在椭圆的内部，直线与椭圆的位置关系为相交.故选：A.10（2020金华市曙光学校高二月考）无论k为何值，直线和曲线交点情况满足（ ）A没有公共点B一个公共点C两个公共点D有公共点【答案】D【分析】分析直线所过的定点，然后根据定点与椭圆的关系确定出直线与椭圆的关系.【详解】因为过定点，且椭圆的上顶点也为，所以当直线的斜率为时，此时直线与椭圆相切，仅有一个公共点，当直线的斜率不为零时，此时直线与椭圆有两个交点，所以无法确定直线与椭圆的公共点是一个还是两个，故选：D.【点睛】本题考查分析直线与椭圆的位置关系，涉及直线过定点问
17、题，对学生的分析能力要求较高，难度一般.11（2020黑龙江哈师大附中高二月考（理）已知斜率为的直线过椭圆的下焦点，交椭圆于两点，为坐标原点，则的面积是（ ）ABCD【答案】D【分析】求出直线方程，代入椭圆方程，求得交点的坐标，然后求解OAB的面积.【详解】椭圆的下焦点坐标为 ,斜率为1的直线过椭圆的下焦点，可得直线方程为，代入椭圆方程可得，或，的面积：，故选：D【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系的应用，三角形的面积的求法，属于基础题.12（2020江苏姜堰中学高二月考）如图，过，斜率为的直线交椭圆于两点，为点关于轴的对称点，直线交轴于点，则_【答案】8【分析】写出直线方程，与椭圆方程联立解
18、得坐标，得坐标设，由三点共线求得得结论【详解】由题意直线方程为，由，解得或，即，所以，设，则，所以故答案为：813（2021深州长江中学）已知椭圆：()的离心率为，直线：与椭圆交于，两点，若直线，的斜率之和为4，其中为坐标原点，则椭圆的方程为_.【答案】【分析】设，由、的斜率之和为4，得到，再联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，再代入，即可求出，最后根据离心率及求出，即可得解；【详解】解：设，则，因为， 即，所以联立直线与椭圆方程消去得，所以，所以，解得因为离心率且即，解得，所以椭圆方程为故答案为：14（2021浦东新上海师大附中高三月考）如图，P为椭圆上的一动点，过点P作椭圆的两条切线P
19、A、PB，斜率分别为、，若为定值，则_【答案】【分析】根据题意，设过点的切线方程为，联立切线与椭圆的方程，由结合韦达定理表示出，根据为定值，找出比例关系即可求解.【详解】设点，则，设过点的切线方程为，其中，联立 ，得，由得，又因，所以，化简得，故，又因为定值，所以，即.故答案为：.【点睛】求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值15（2021峨山彝族自治县第一中学（理）已知椭圆的右焦点为，上顶点为，直线与椭圆交于，两点，且的重心恰为点，则直线斜率为_.【答案】【分析】由右焦点的坐标及a、b、
20、c的关系求出m的值即可写出椭圆的方程，设直线MN的方程，与椭圆方程联立求出两根之和，进而求出弦MN的中点的坐标，由F为的重心可得，将点的坐标代入可得直线MN的斜率.【详解】由椭圆的右焦点为知，则，设直线MN的方程为，设，将直线MN的方程与椭圆的方程联立，整理可得，所以，所以MN的中点，因为F为的重心，所以，即，所以，即，两式相比可得.故答案为：【点睛】直线与椭圆的综合问题：（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x（或y）建立一元二次方程，然后借助求根公式，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊
21、情况；（3）弦长问题，利用根与系数的关系，弦长公式求解；（4）中点弦或弦的中点，一般利用点差法求解，注意判断直线与方程是否相交；（5）与向量结合的问题，通常利用向量的坐标运算即可.16（2020全国）若直线与椭圆有且只有一个交点，则斜率的值是_.【答案】【分析】由方程联立可得，根据条件有，从而可得答案.【详解】已知直线与椭圆有且只有一个交点，由消去并整理，得，由题意知，解得：.故答案为： 17（2021合肥百花中学高二期末（理）已知焦点在x轴上的椭圆C的长轴长为，离心率为（1）求椭圆C的标准方程；（2）若椭圆C的左，右焦点分别为，点P在C上，且位于第一象限，的面积为1，求点P的坐标【答案】（1
22、）；（2）.【分析】（1）由离心率求出，然后可得，从而得椭圆标准方程；（2）由三角形面积求出点纵坐标后再得横坐标【详解】解：（1）由得，所以，所以椭圆的标准方程为（2）设，因为点P在C上，且位于第一象限，所以，由（1）得，且，得，所以，故 因为，解得所以点的坐标.18（2021江西南昌市高三开学考试（理）己知椭圆，分别为椭圆的左右焦点，O为坐标原点，P为椭圆上任意一点.（1）若，求的面积；（2）斜率为1的直线与椭圆相交于A，B两点，求直线的方程.【答案】（1）；（2）或.【分析】（1）由椭圆的定义求出，由勾股定理判断出，即可求出的面积；（2）直线斜率为1，设直线方程，用“设而不求法”表示出，由
23、，求出，均满足，即可得到直线方程.【详解】（1）由题意，解得，又，所以，即，所以；（2）直线斜率为1，设直线方程，由，消元得，得又，知，即而所以，得，均满足，所以直线的方程或.19（2022广西柳州市高三开学考试（文）已知动点P到点的距离与到点的距离之和为，若点P形成的轨迹为曲线C.（1）求曲线C的方程；（2）过作直线l与曲线C分别交于两点M，N，当最大时，求的面积.【答案】【分析】(1)根据椭圆的定义可得动点P的轨迹是以为焦点的椭圆，求出a、b的值即可得出结果.(2)对直线l的斜率分类讨论，若斜率不存在，直接求出和的值；若斜率不存在，设直线方程和点M、N坐标，联立方程组并消元得到一元二次方程
24、，根据韦达定理表示出，进而表示出，化简求值即可得出结果.【详解】(1)动点P到两定点的距离之和为，所以，则动点P的轨迹是以为焦点的椭圆，所以，即，所以曲线C的方程为：；(2)当直线l的斜率不存在时，x=-1，则，此时，;当直线l的斜率存在时，设为，联立方程，所以，有，综合可得，当直线l：x=-1时取得最大值，所以.20（2021北京高三开学考试）已知椭圆：，直线经过椭圆的左焦点与其交于点，.（1）求椭圆的方程和离心率；（2）已知点，直线，与直线分别交于点，若，求直线的方程.【答案】（1），；（2）或.【分析】（1）由题设得，所以，可得椭圆方程和离心率；（2）设，当直线无斜率时，方程为，由平面几
25、何知识可以得到不合题意；当直线有斜率时，设与椭圆方程联立，直线的方程为，求出点的纵坐标、点的纵坐标，由利用韦达定理得可得答案.【详解】（1）由题设得，又，所以，所以椭圆的方程为，所以椭圆的离心率为.（2）依题意，设，.当直线无斜率时，方程为，所以，由平面几何知识可以得到，不合题意，当直线有斜率时，设，由得，则，直线的方程为，令，得点的纵坐标，同理可得点的纵坐标，解得或，所求直线的方程为或.21（2020广东高三期中（文）已知椭圆E的长轴的一个端点是抛物线的焦点，离心率是（1）求椭圆E的标准方程；（2）设O为坐标原点，直线与椭圆E相交于A、B点，若直线、的斜率依次成等比数列，求实数m的取值范围【
26、答案】（1）；（2）且【分析】（1）由抛物线的焦点，求出，由离心率得到，由此求出椭圆的方程；（2）联立方程可得，由此利用根的判别式、韦达定理、等比数列性质，结合已知条件，能求出实数m的取值范围【详解】解：（1）抛物线的焦点为，设椭圆的方程为，则，又离心率，得，椭圆E的标准方程为；（2）联立以及，消去y，得，设，则，且，因为直线、的斜率依次成等比数列，所以，即，解得或，若，则由，得，又直线、的斜率存在且不为0，故A、B不与椭圆的顶点重合，综上，实数m的取值范围是且22（2021江苏省溧水高级中学高二月考）已知双曲线的右顶点为，过作直线交双曲线的右支于，两点（点B在x轴上方）.（1）设直线的斜率为
27、，直线的斜率为，求的值；（2）若，求直线的斜率.【答案】（1）；（2）【分析】（1）设直线的方程为，与双曲线的方程联立，运用韦达定理和直线的斜率公式，化简整理，可得定值；（2）由向量共线的坐标表示，结合韦达定理，可得的方程，解方程可得所求直线的斜率【详解】解：（1）设直线的方程为，与双曲线的方程联立，可得，设，可得，由，则；（2）若，则，即，由（1）可得，可得，消去，可得，解得，由于在轴的上方，可得，即有直线的斜率为23（2020四川省成都市树德中学高三二诊）已知椭圆 的焦距为，斜率为的直线与椭圆交于两点，若线段的中点为，且直线的斜率为.（1）求椭圆的方程；（2）若过左焦点斜率为的直线与椭圆交于点为椭圆上一点，且满足，问：是否为定值？若是，求出此定值，若不是，说明理由.【答案】(1) . (2) 为定值.过程见解析.【解析】（1）由题意可知，设，代入椭圆可得：，两式相减并整理可得，即. 又因为，代入上式可得，.又，所以， 故椭圆的方程为. （2）由题意可知，当为长轴时，为短半轴，此时； 否则，可设直线的方程为，联立，消可得， 则有：， 所以设直线方程为，联立，根据对称性，不妨得，所以. 故，综上所述，为定值.