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1、专题6：圆锥曲线中求直线问题（解析版）一、单选题1已知椭圆的弦被点平分，那么这条弦所在的直线方程为（ ）ABCD【答案】A【分析】设出这条弦与椭圆的交点，将点代入椭圆方程，两式作差求出直线的斜率，再利用点斜式即可求解.【详解】设这条弦与椭圆交于，由在椭圆内，由中点坐标公式知，把，代入，可得 ，可得，这条弦所在的直线方程为，即为.则所求直线方程为.故选：A2椭圆：，过作直线与椭圆交于，两点，为坐标原点，若与的面积之比5：3，則直线的斜率为（ ）A1BCD【答案】C【分析】先由题意，设，直线，联立直线方程，根据韦达定理，以及题中条件，得到，即可求出结果.【详解】由题意，设，直线，由消去，整理得，则
2、，解得；根据椭圆的对称性，可知，在轴的同一侧，即同号；又与的面积之比5：3，即，则，代入可得，即，所以，又，所以，解得，即（满足）.故选：C.【点睛】本题主要考查椭圆中的三角形面积比求直线斜率，熟记椭圆的简单性质即可，属于常考题型.3过点引直线与抛物线只有一个公共点，这样的直线共有（ ）条ABCD【答案】C【分析】过点的直线l与抛物线有且只有一个交点，则需分直线与抛物线对称轴平行、直线与抛物线相切两种情况讨论，特别要注意直线的斜率是否存在.【详解】（1）当过点的直线斜率不存在时，显然与抛物线有且只有一个交点，（2）当直线过点且斜率存在，且与抛物线相切时，直线与抛物线只有一个交点，设直线方程为，
3、代入到抛物线方程 ，消得：，则 ，解得：，即过的切线有2条，综上可得：过点与抛物线有且只有一个交点的直线l共有3条.故选：C.【点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系，重点考查了直线的斜率是否存在及直线与抛物线的对称轴是否平行，属易错题.二、解答题4已知点，点P到点F的距离比点P到y轴的距离多1，且点P的横坐标非负，点()；（1）求点P的轨迹C的方程；.（2）过点M作C的两条切线，切点为A，B，设的中点为N，求直线的斜率.【答案】（1）；（2）直线的斜率为0.【分析】（1）设P()，则有，即可根据题意得，化简即可得出轨迹方程；（2）设的方程为，联立抛物线可得，同理设的方程为可得，进而得出，根据
4、中点公式即可得出结果.【详解】解：（1）设点P的坐标为()，则有.点P到y轴的距离为，据题意有，化简可得，即点P的轨迹C的方程为.（2）设过点M作抛物线C的切线的方程为，与抛物线C联立，可得.易知该方程仅有1个解，可得，即，则有切点A的坐标为.设过点M作抛物线C的切线的方程为，则有，且点B的坐标为.观察式，可知，为方程的两个解.根据韦达定理，可得，根据中点公式，可知点N的纵坐标为定值1，故可得直线的斜率恒为0.【点睛】本题考查轨迹方程的求解，考查抛物线中的定值问题，属于较难题.5在平面直角坐标系中，点为动点，已知点，直线与的斜率之积为定值（1）求动点的轨迹的方程；（2）若，过点的直线交轨迹于、
5、两点，以为对角线的正方形的第三个顶点恰在轴上，求直线的方程【答案】（1）；（2）或【分析】（1）用坐标表示直线与的斜率，因为直线与的斜率之积为定值，列出方程化简即轨迹方程；（2）讨论斜率为0与斜率不存在时不合题意，设直线方程为，利用根与系数的关系表示的中点，则可求出线段的中垂线的方程，进而得出直线与轴的交点，又，代入坐标计算求出斜率，得出直线的方程【详解】（1）由题意，整理得，所以所求轨迹的方程为（2）当直线与轴重合时，与轨迹无交点，不合题意；当直线与轴垂直时，此时，以为对角线的正方形的另外两个顶点坐标为，不合题意；当直线与轴既不重合，也不垂直时，不妨设直线，的中点，由消得，由得所以，则线段的
6、中垂线的方程为：，整理得直线，则直线与轴的交点，注意到以为对角线的正方形的第三个顶点恰在轴上，当且仅当，即， 由 将代入解得，即直线的方程为综上，所求直线的方程为或【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系，考查动点的轨迹方程，考查学生逻辑思维能力和计算能力，属于中档题6已知，是椭圆的左、右焦点，圆与椭圆有且仅有两个交点，点在椭圆上.（1）求椭圆的标准方程；（2）过y正半轴上一点P的直线l与圆O相切，与椭圆C交于点A，B，若，求直线l的方程.【答案】（1）；（2）【分析】（1）依题意，求得，将点代入椭圆方程，即可求得和，求得椭圆方程；（2）设出直线l的方程，根据直线与圆的关系，求得，将直线方程代入椭
7、圆方程，利用韦达定理及向量的坐标运算，即可求得k的值，即可得出直线方程.【详解】（1）圆与椭圆有且仅有两个交点，则椭圆方程为，将点代入，解得，则，所以椭圆的标准方程为；（2）由题可知直线l的斜率存在，设斜率为k，则直线方程为，设，直线l与圆O相切，即，联立直线与椭圆方程可得，则，则，则，联立解得，即，所以所求直线方程为.【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系，属于中档题.7如图，在平面直角坐标系中，巳知椭圆的离心率为，且右焦点到直线的距离为3.（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线与椭圆交于，两点，线段的垂直平分线分别交直线和于点，当取得最小值时，求直线的方程.【答案】（1）；（
8、2）.【分析】(1)根据题意列出方程组得出即可得出，椭圆方程即可得解；（2）联立直线AB方程与椭圆方程，根据韦达定理得出点C坐标，联立直线PC与得出点P坐标，根据弦长公式得出，利用得出表达式，利用均值不等式即可得出最值.【详解】（1）由题意有，得，.（2）设直线方程为，与椭圆联立得， 则，即点，则方程为，令得，即，则，又，则，当且仅当时取等号.则当取得最小值时，直线方程为.【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系，利用韦达定理和弦长公式，结合均值不等式即可得出最值.8已知抛物线的焦点为，过点且斜率为的直线与抛物线交于，两点，.（1）求抛物线的标准方程；（2）过点的直线交抛物线于，两点.过，分别作
9、抛物线的切线，两切线交于点，若直线与抛物线的准线交于第四象限的点，且，求直线的方程.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）设，设直线的方程为，然后联立直线的方程与抛物线的方程，利用韦达定理得出弦长，求解出，则可得出抛物线的标准方程；（2）设直线的方程为，利用导数的几何意义得出抛物线在点，处的切线斜率，然后写出在点，处切线的方程，联立解得的坐标，再联立直线的方程与准线方程，解出点的坐标，写出，利用弦长公式解出，利用解出的值.【详解】解：（1）由抛物线的方程可得焦点，由题意可得直线的方程为：，即，设，联立直线与抛物线的方程：，整理可得 ，由抛物线的性质可得，解得，所以抛物线的方程为：（2）易知直线
10、的斜率存在且不为零，又由（1）知故可设直线的方程为，代入抛物线的方程得， 设，则，由抛物线得，则，所以抛物线在，两点处的切线的斜率分别为，故两切线的方程分别为，即，解得两切线的交点为，即，又准线的方程为，由，得 则，由，得，得，因为直线与准线交于第四象限的点，故有，从而直线的方程为.，即.【点睛】本题考查抛物线的标准方程，考查抛物线的切线及弦长问题，难度较大.9已知椭圆，为椭圆的左右焦点，为椭圆上一点，且（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线，过点的直线交椭圆于两点，线段的垂直平分线分别交直线、直线于、两点，当最小时，求直线的方程【答案】（1）；（2）或【分析】（1）设，根据题中条件求出，得出，
11、根据椭圆的定义，求出，得出，即可得出椭圆方程；（2）由题意直线的斜率必定不为零，于是可设直线，设，根据韦达定理、弦长公式，以及题中条件，得到，求出其取最小值时对应的的值，即可得出结果.【详解】（1）设，则，则， ，则由椭圆定义，则， 故椭圆的标准方程为； （2）由题意直线的斜率必定不为零，于是可设直线，联立方程得， 设，由题意，由韦达定理，则， ， 又， 当且仅当即时取等号此时直线的方程为或【点睛】本题主要考查求椭圆的标准方程，以及椭圆中的最值问题，熟记椭圆方程的求法，以及椭圆的简单性质即可，属于常考题型.10已知抛物线的焦点为F，过点F且斜率为1的直线l与曲线交于A，B两点，设，则.（1）求
12、曲线的方程；（2）设离心率为且长轴为4的椭圆的方程为.又曲线与过点且斜率存在的直线相交于M，N两点，已知，O为坐标原点，求直线的方程.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由已知得，设直线l的方程为，然后直线方程与抛物线方程联立成方程组，消元后利用根与系数的关系，结合已知可求出的值，从而可得抛物线的方程；（2）由已知条件可得椭圆的方程为，设直线的方程为，再将直线方程与椭圆方程联立方程组，消元再利用根与系数的关系，然后利用三角形的面积列方程可求出的值，进而可求出直线的方程【详解】解：（1）由已知得，设直线l的方程为，曲线的方程为.（2）由已知得，曲线的方程为，设直线的方程为，则.设，直线的方程为
13、.【点睛】此题考查直线与抛物线的位置关系，考查直线与椭圆的位置关系，考查根与系数的关系的应用，考查计算能力，属于中档题11已知点是椭圆的左右焦点，点是该椭圆上一点，若当时，面积达到最大，最大值为.（1）求椭圆的标准方程；（2）设为坐标原点，是否存在过左焦点的直线，与椭圆交于，两点，使得的面积为？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）存在，直线的方程为或.【分析】（1）当点在短轴端点的时候，面积达到最大，求得的值，即可得答案；（2）由（1）由题意直线与轴不重合，设其方程为，代入椭圆的方程，利用韦达定理和面积公式，即可得答案；【详解】（1）当点在短轴端点的时候，面积达到
14、最大，可得，此时，所以，又，求得，所以椭圆方程为；（2）存在，由（1）由题意直线与轴不重合，设其方程为代入椭圆方程可得则， 则解得所以直线的方程为或；【点睛】本题考查椭圆的标准方程、椭圆中的面积问题，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意韦达定理的运用.12已知抛物线的焦点是椭圆的一个焦点，直线交抛物线于、两点.（1）求的方程；（2）若以为直径的圆过原点，求直线的方程.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）求出抛物线的焦点坐标椭圆的右焦点坐标，让它们相同可得答案；（2）设、，联立直线方程和抛物线方程，结合韦达定理和，以为直径的圆过点，求出，可得出的方程.
15、【详解】（1）由题意知：，所以的方程是.（2）设、，由题意知.联立直线与抛物线，得.所以，.因为以为直径的圆过点，所以.即，所以，解得.经检验满足题意，所以直线的方程是.【点睛】本题考查抛物线定义，直线与抛物线的位置关系，结合韦达定理、圆的相关性质、向量的数量积、直线方程等知识点，考查化归与转化的数学思想、逻辑推理以及数学运算素养.13已知动圆过定点，且在x轴上截得的弦长为4.（1）求动圆圆心M的轨迹方程C；（2）设不与x轴垂直的直线l与轨迹C交手不同两点，.若，求证：直线l过定点.【答案】（1）（2）证明见解析【分析】（1）设动圆圆心为，利用垂径定理列方程即可得轨迹方程；（2）设，将其和轨迹
16、C联立，得到根与系数的关系，代入，可得的关系，代入，即可找到定点【详解】解：（1）设动圆圆心为，则，化简得；（2）易知直线l的斜率存在，设，则由，得，由韦达定理有：，.从而，即，则则直线，故直线过定点.【点睛】本题考查了轨迹方程的求法，考查了直线恒过定点问题，考查了学生的运算能力，是中档题三、填空题14在平面直角坐标系中，分别为椭圆的左、右焦点，分别为椭圆的上、下顶点，直线与椭圆的另一个交点为，若的面积为，则直线的斜率为_.【答案】【分析】由椭圆的性质结合三角形面积可得，进而可得，由直线斜率公式化简可得、，运算即可得解.【详解】设，则，由题意，所以，所以，所以，所以直线的斜率，设点，则，即，所
17、以，又，所以，所以.故答案为：.【点睛】本题考查了椭圆性质的应用及直线与椭圆的综合应用，考查了运算求解能力，属于中档题.15已知点P(1，2)是直线l被椭圆所截得的线段的中点，则直线l的方程是_.【答案】【分析】设出直线与椭圆的交点，采用点差法进行分析，由此可求得直线的斜率，再根据直线的点斜式方程则直线的方程可求.【详解】设直线与椭圆交于两点，所以，所以，所以，且，所以，所以即，故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆中点弦所在直线方程的求法，难度一般.已知椭圆中一条弦的中点坐标，求解该弦所在直线方程时，可以通过先设出弦所在直线与椭圆的交点坐标，将坐标代入椭圆方程中并将两个方程作差，由此可得中点和坐标原点连线的斜率与直线斜率的关系，从而根据直线的点斜式方程可求解出直线方程.16过点的直线与抛物线只有一个公共点，则直线的方程为_【答案】或或.【分析】讨论直线的斜率不存在、存在不为零、为零的三种情况可得答案.【详解】由题意，直线的斜率不存在时，直线的方程为，满足题意；直线的斜率存在时，设直线的方程为，代入，可得，时，直线的方程为，满足题意；时，由，解得，此时直线的方程为综上，直线的方程为或或故答案为：或或.【点睛】本题考查了直线与抛物线的交点个数问题，没有考虑全面是容易发生的错误.19原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！