高考数学命题角度5_2直线与椭圆位置关系大题狂练理

高考数学命题角度5_2直线与椭圆位置关系大题狂练理

命题角度 5.2：直线与椭圆位置关系 1.已知椭圆 的两个焦点为 ， ，且经过点 . (1)求椭圆 的方程； (2)过 的直线与椭圆 交于 两点(点 位于 轴上方)，若 ，且 ，求直线 的斜率 的取值范围. 【答案】（1） ；（2） . 【解析】试题分析： (1)由题意可得 ， ， ，则椭圆方程为 . (2)联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理得到关于实数 k 的不等式，求解不等式可得直线的 斜率 的取值范围是 k= . 2.已知椭圆C 的中心在原点，焦点在 x 轴上，离心率 2 2e  ．以两个焦点和短轴的两个端点 为顶点的四边形的周长为 8，面积为 2 3 ． （Ⅰ）求椭圆 C 的方程； （Ⅱ）若点  0 0,P x y 为椭圆C 上一点，直线l 的方程为 0 03 4 12 0x x y y   ，求证：直线l 与 椭圆C 有且只有一个交点． 【来源】【全国市级联考】广西桂林,百色,梧州,北海,崇左五市 2017 届高三 5 月联合模拟理 科数学试题 【答案】（I） 2 2 14 3 x y  ；（II）详见解析. 【解析】试题分析： (1)利用题意求得 3b  ， 1c  ，椭圆C 的方程为 2 2 14 3 x y  ． (2)首先讨论当 0 0y  的情况，否则联立直线与椭圆的方程，结合直线的特点整理可得直线l 与 椭圆C 有且只有一个交点． （Ⅱ）当 0 0y  时，由 2 2 0 0 14 3 x y  ，可得 0 2x   ， 当 0 2x  ， 0 0y  时，直线l 的方程为 2x  ，直线l 与曲线C 有且只有一个交点 2,0 ． 当 0 2x   ， 0 0y  时，直线l 的方程为 2x   ，直线l 与曲线C 有且只有一个交点 2,0 ． 当 0 0y  时，直线l 的方程为 0 0 12 3 4 x xy y  ，联立方程组 0 0 2 2 12 3 ,4{ 1.4 3 x xy y x y    消去 y ，得  2 2 2 2 0 0 0 04 3 24 48 16 0y x x x x y     ．① 由点  0 0,P x y 为曲线C 上一点，得 2 2 0 0 14 3 x y  ，可得 2 2 0 04 3 12y x  ． 于是方程①可以化简为 2 2 0 02 0x x x x   ，解得 0x x ， 将 0x x 代入方程 0 0 12 3 4 x xy y  可得 0y y ，故直线l 与曲线C 有且有一个交点  0 0,P x y ， 综上，直线l 与曲线C 有且只有一个交点，且交点为  0 0,P x y ． 3.已知椭圆 2 2 2 2: 1x yC a b   （ 0a b  ）的左、右焦点分别为  1 1,0F  ，  2 1,0F ，点 2 3,2 2A       在椭圆C 上. （1）求椭圆C 的标准方程； （2）是否存在斜率为 2 的直线l ，使得当直线l 与椭圆 C 有两个不同交点 ,M N 时，能在直线 5 3y  上找到一点 P ，在椭圆 C 上找到一点 Q ，满足 PM NQ  ？若存在，求出直线l 的方 程；若不存在，说明理由. 【来源】山西省太原市第五中学 2017 届高三第二次模拟考试（5 月） 数学（理）试题 【答案】（1） 2 2 12 x y  ；（2）不存在，理由见解析. 【解析】试题分析：（1）由焦点坐标可得 1c  ，再根据 2 2 2a b c  及点 2 3,2 2A       在椭圆 C 上，可得 2 22, 1a b  ，进而可得椭圆的方程；（2）设直线l 的方程为 2y x t  ，与椭圆 方程联立可得 2 29 8 2 2 0x tx t    ，与判别式为正可得 3 3t   ，再根据平行四边形性质 及韦达定理可得点Q 的纵坐标范围是 4 7 13 y    ，可判定点Q 不在椭圆上，所以这样的直 线l 不存在． 试题解析：（1）设椭圆 C 的焦距为 2c ，则 1c  ， 因此椭圆方程为 2 2 2 2 2 1( 1)1 x y aa a    2 3,2 2A        在椭圆上，   2 2 2 1 3 1( 1)2 4 1 aa a      解得 2 2a  故椭圆C 的方程为 2 2 12 x y  ． 所以 1 2 8 9 tx x   ，且    2 28 36 2 2 0t t     ，则 3 3t   ，  1 2 1 2 22 2 9 ty y x x t     1 2 0 2 9 y y ty    由 PM NQ  知四边形 PMQN 为平行四边形， 而 D 为线段 MN 的中点，因此， D 也是线段 PQ 的中点， 所以 4 0 5 3 2 9 y ty    ，可得 4 2 15 9 ty  ， 又 3 3t   ，所以 4 7 13 y    ， 因此点Q 不在椭圆上． 所以这样的直线 l 不存在 【方法点晴】本题主要考查待定系数法求椭圆的标准方程、韦达定理以及解析几何中的存在 性问题，属于难题.解决存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在， 若结论不正确则不存在，注意：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；②当给出结论而要推 导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；③当条件和结论都不知，按常规方法题很难 时采取另外的途径. 4.已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的右焦点  3,0 ，且经过点 31, 2      ，点 M 是 x 轴 上的一点，过点 M 的直线l 与椭圆 C 交于 ,A B 两点（点 A 在 x 轴的上方） （1）求椭圆C 的方程； （2）若 2AM MB ，且直线l 与圆 2 2 4: 7O x y  相切于点 N ，求 MN 的长. 【来源】【全国百强校】黑龙江省大庆实验中学 2018 届高三上学期期初考试数学（理）试题 【答案】（1） 2 2 14 x y  （2） 4 21 21 【解析】试题分析：（1）根据条件列出关于 ca b， ， 的方程组，   2 2 2 2 2 2 3 3{ 21 14 a b c b          ，解 方程组得 2 24, 1a b  ，（2）设直线 :l x ty m  ，则根据圆心到切线距离等于半径得 2 4 71 m t   ，由由 2AM MB ，有 1 22y y  ，联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定 理得 2 1 2 1 22 2 2 4,4 4 tm my y y yt t      ，，三者消 1 2y y， 得 22 2 2 4 2, 24 4 m tm t t         ，最后关 于 ,m t 的解方程组得 2 4 3m  ， 2 4 3t  ，根据切线长公式可得 MN 的长. 试题解析：（1）由题意知   2 2 2 2 2 2 3 3{ 21 14 a b c b          ，即  24 4 3 0a a   ， 又 2 23 3a b   ，故 2 24, 1a b  ， 椭圆C 的方程为 2 2 14 x y  . （2）设  ,0M m ，直线    1 1 2 2: , , , ,l x ty m A x y B x y  ， 由 2AM MB ，有 1 22y y  ， 由   2 2 2 2 21{ 4 2 4 04 x y t y my m x yy m           ， 由韦达定理得 2 1 2 1 22 2 2 4,4 4 tm my y y yt t      ， 由 2 1 2 2 1 2 2 2 22 , 2y y y y y y y y        ，则    2 2 1 2 1 2 1 22y y y y y y         ， 22 2 2 4 2, 24 4 m tm t t         ， 化 简 得   2 2 2 24 4 8m t t m    ， 原 点 O 到 直 线 的 距 离 21 md t   ， 又直线l 与圆 2 2 4: 7O x y  相切，所以 2 4 71 m t   ，即 2 27 14t m  ，   2 2 2 2 4 2 2 2 4 4 8 { 21 16 16 07 14 m t t m m m t m           ，即  2 23 4 7 4 0m m   ， 解得 2 4 3m  ，此时 2 4 3t  ，满足 0  ，此时 2 3 ,03M      ， 在 Rt OMN 中， 4 4 4 21 3 7 21MN    ，所以 MN 的长为 4 21 21 . 5.已知椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的离心率 3 2e  ，左右焦点分别为 1 2 ,F F A 是椭圆在第 一象限上的一个动点，圆 C 与 1F A 的延长线， 1 2F F 的延长线以及线段 2AF 都相切，  2,0M 为一个切点. （1）求椭圆方程； （2）设 3 ,02N       ，过 2F 且不垂直于坐标轴的动点直线 l 交椭圆于 ,P Q 两点，若以 ,NP NQ 为邻边的平行四边形是菱形，求直线 l 的方程. 【来源】【全国百强校】河北省石家庄二中 2017 届高三下学期第三次模拟考试数学（理）试 题 【答案】（1） 2 2 14 x y  （2）  2 32y x   【解析】试题分析：（1）圆 C 为三角形 1 2AF F 内切圆，由内切圆性质及椭圆定义得    2 2 2c c a    ，即 2a  ，再由 3 2c  ，可知 3, 1c b  （2）以 ,NP NQ 为邻 边的平行四边形是菱形，所以  · 0,NP NQ PQ    设    1 1 2 2, , ,P x y Q x y ， l 方程为  3 ,y k x  则可得坐标之间关系，利用直线方程与椭圆方程联立方程组，结合韦达定理 代入坐标关系化简可得 2 2k   （ 2 ） 设 l 方 程 为  3 , 0y k x k   ， 代 入 椭 圆 方 程 可 得  2 2 2 21 4 8 3 12 4 0k x k x k     ， 设    1 1 2 2, , ,P x y Q x y ， 则  2 1 2 1 2 1 22 2 8 3 2 3, 2 31 4 1 4 k kx x y y k x xk k         ，以 ,NP NQ 为邻边的平行四边形 是 菱 形 ，   1 1 2 2 3 3· 0, , ,2 2NP NQ PQ NP NQ x y x y                            2 1 2 1 2 2 2 8 3 2 33, 3,1 4 1 4 k kx x y y k k            ， PQ  的 方 向 向 量 为  1,k ， 2 2 2 8 3 2 3 23 0,1 4 1 4 2 k k kk k         ， l 方程为  2 32y x   . 6.设点 ,A B 的坐标分别为    5,0 , 5,0 ，直线 ,AM BM 相交于点 M ，且它们的斜率之积   2 0 525 b b   . （1）求点 M 的轨迹方程； （2）在点 M 的轨迹上有一点 P 且点 P 在 x 轴的上方， 120APB  ，求b 的范围. 【来源】【全国校级联考】山西实验中学、南海桂城中学 2018 届高三上学期联考理数试题 【答案】（1）   2 2 2 1 525 x y xb     ；（2） 5 30 3b  . 【解析】试题分析：（1）设点 M 的坐标为 ,x y ，表示出两直线的斜率，利用斜率之积等于   2 0 525 b b   建立方程，化简即可求出轨迹方程；（2）点 P 的坐标为 0 0,x y ，利用斜率 公式及夹角公式，可得 0 0,x y 的关系，再结合点在椭圆上消元后根据椭圆的范围建立不等关系， 即可解出b 的范围. 方法一：设点 P 的坐标为  0 0,x y ，过点 P 作 PH 垂直于 x 轴，垂足为 H ， 0 0 0 0 5 5tan ,tanx xAPH BPHy y      0 0 0 0 0 2 0 0 0 2 0 0 0 5 5 10+ tan120 5 5 251 1 x x y y y x x x y y y          因为点 P 的坐标为 0 0,x y 在点 M 的轨迹上，所以   2 2 0 0 2 1 525 x y xb     得 2 0 2 2 0 25 25x y b   0 2 10 3 251 y b    ，   2 0 2 10 3 25 by b   因为 00 y b  ，   2 2 100 3 25 b b b    ， 2 10 25 0 3 bb    . 所以解得 5 30 3b  . 方法二：设点 P 的坐标为  0 0,x y ，点 ,A B 的坐标分别为    5,0 , 5,0 直线 AP 的斜率  0 0 0 55AP yk xx   ，直线 BP 的斜率  0 0 0 55BP yk xx   由 120APB  得 0 0 0 0 0 0 0 0 5 5tan120 1 5 5 y y x x y y x x       所以 2 2 0 0 0 1025 3 yx y    （1） 又由于点 P 的坐标为为 0 0,x y 在点 M 的轨迹上，所以   2 2 0 0 2 1 525 x y xb     得 2 2 0 02 2525x yb    ，代入（1）得 2 0 02 25 101 3 y yb         2 0 2 10 3 25 by b   . 因为 00 y b  ，   2 2 100 3 25 b b b    ， 2 10 25 0 3 bb    . 所以解得 5 30 3b  . 又由于点 P 的坐标为为 0 0,x y 在点 M 的轨迹上，所以   2 2 0 0 2 1 525 x y xb     0 0 5 ,{ . x cos y bsin     代入（1）得 2 2 2 10 sin25cos sin 25 3 bb      ， 2 2 2 10 sinsin 25sin 3 bb     ， 2 1025 3sin bb     ， 10 sin 1,1 sin     ， 2 210 1025 , 25 0 3 3 b bb b     . 所以解得 5 30 3b  . 方法四：设点 P 的坐标为  0 0,x y ，点 ,A B 的坐标分别为    5,0 , 5,0 直线 AP 的斜率  0 0 55AP yk xx   ，直线 BP 的斜率  0 0 55BP yk xx   由 120APB  得 0 0 0 0 0 0 0 0 5 5tan120 1 5 5 y y x x y y x x       所以 0 2 0 2 10 253 251 y x b    （1） 将 2 2 0 02 2525x yb    代入（1）得 2 0 2 10 253 1 25 b y b   ，   2 2 0 103 25 bb y   ，   2 0 2 10 3 25 by b   . 因为 00 y b  ，   2 2 100 3 25 b b b    ， 2 10 25 0 3 bb    . 所以解得 5 30 3b  . 方法五设点 P 的坐标为 0 0,x y ，点 ,A B 的坐标分别为   5,0 , 5,0 直线 AP 的斜率  0 0 55AP yk xx   ，直线 BP 的斜率  0 0 55BP yk xx   由 120APB  得 3 1 BM AM BM AM k k k k    23 1 25 BM AMk k b    2 3 1 25 AM BM b k k       0, 0, 0AM BM BMk k k    2 3 1 25 AM BM AM BM b k k k k         2 2 3 1 225 25 b b      2 3 1 225 5 b b      2 10 25 0 3 bb    . 所以解得 5 30 3b  . 点睛：本题主要考查了轨迹方程及直线与椭圆的位置关系，是高考的必考点，属于难题．求 椭 圆 方 程 的 方 法 一 般 就 是 根 据 条 件 建 立 , ,a b c 的 方 程 ， 求 出 2 2,a b 即 可 ， 注 意 2 2 2 , ca b c e a    的应用；涉及直线与圆锥曲线相交时，未给出直线时需要自己根据题目条 件设直线方程，要特别注意直线斜率是否存在的问题，避免不分类讨论造成遗漏，然后要联 立方程组，得一元二次方程，利用根与系数关系写出 1 2 1 2,x x x x  ，再根据具体问题应用上 式，其中要注意判别式条件的约束作用． 7.已知椭圆C ： 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的离心率为 3 2 ，且椭圆C 过点 31, 2      ，记椭圆 C 的左、右顶点分别为 ,A B ，点 P 是椭圆C 上异于 ,A B 的点，直线 2 1 :l x a 与直线 ,AP BP 分别交于点 ,M N . （1）求椭圆C 的方程； （2）过点 P 作椭圆C 的切线 2l ，记 2l MN Q  ，且 MQ QN  ，求  的值. 【来源】河南省林州市第一中学 2018 届高三 8 月调研考试理科数学试题 【答案】（1）椭圆 C 的方程为 2 2 14 x y  （2） 1  【解析】试题分析： (1)由题意求得 2a  ， 1b  ， 3c  ，故椭圆 C 的方程为 2 2 14 x y  . (2)很明显直线的斜率存在，设出切线方程，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理得到关于 实数  的不等式组，结合不等式组的性质和题意讨论可得 1  . 试题解析： （1）依题意， 2 2 3 2{ 1 3 14 c a a b    ，解得 2a  ， 1b  ， 3c  ， 故椭圆C 的方程为 2 2 14 x y  . （2）依题意，  2,0A  ，  2,0B ，直线 1 : 4l x  ， 设   0 0 0, 2P x y x   ，则 2 20 0 14 x y  . 直线 AP 的方程为  0 0 22 yy xx   ，令 4x  ，得点 M 的纵坐标为 0 0 6 2M yy x   ； 直线 BP 的方程为  0 0 22 yy xx   ，令 4x  ，得点 N 的纵坐标为 0 0 2 2N yy x   ； 由题知，椭圆在点 P 处切线斜率存在，可设切线方程为  0 0y y k x x   ， 由  0 0 2 2{ 4 4 y k x x y x y      ，得      22 2 0 0 0 01 4 8 4 4 0k x k y kx x y kx       ， 由 0  ，得      2 22 2 0 0 0 064 16 1 4 1 0k y kx k y kx        ， 整理得： 2 2 2 2 0 0 0 02 1 4y kx y k x k    ， 将 2 2 0 0 1 4 xy   ，  2 2 0 04 1x y  代入上式并整理得 2 0 02 02 xy k     ，解得 0 04 xk y   ， 所以点 P 处的切线方程为  0 0 0 04 xy y x xy     . 令 4x  得，点Q 的纵坐标为    2 2 0 0 00 0 0 0 0 0 0 0 0 4 4 14 4 1 4 4 4Q x x xy x x xy y y y y y         ， 设 MQ QN  ，所以  Q M N Qy y y y   ， 所以 0 0 0 0 0 0 0 0 1 6 2 1 2 2 x y y x y x x y          ， 所以           2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 2 6 2 1 2 2 2 x x y y x x y x y x        ， 将 2 2 0 0 1 4 xy   代入上式， 0 02 22 2 x x         ，因为 02 2x   ，所以 1  . 8.已知椭圆 C ： 2 2 2 2 1x y a b   （ 1a b  ）的左焦点 F 与抛物线 2 4y x  的焦点重合，直 线 2 02x y   与以原点 O 为圆心，以椭圆的离心率 e 为半径的圆相切． （Ⅰ）求该椭圆C 的方程； （Ⅱ）过点 F 的直线交椭圆于 A ， B 两点，线段 AB 的中点为G ， AB 的垂直平分线与 x 轴和 y 轴分别交于 D ， E 两点．记 GFD 的面积为 1S ， OED 的面积为 2S ．问：是否存 在直线 AB ，使得 1 2S S ，若存在，求直线 AB 的方程，若不存在，说明理由． 【来源】【全国市级联考】辽宁省锦州市 2017 届高三质量检测（二）数学（理）试题 【答案】（Ⅰ） 2 2 14 3 x y  ；（Ⅱ）见解析. 试题解析： （Ⅰ）由题意，得 1c  ， 20 0 2 1 22 e     ，即 1 2 c a  ，∴ 2a  ， 1b  ∴所求椭圆C 的方程为 2 2 14 3 x y  ． （Ⅱ）假设存在直线 AB 使 1 2S S ，显然直线 AB 不能与 x ， y 轴垂直． ∴直线 AB 的斜率存在，设其方程为  1y k x  （ 0k  ）， 将其代入 2 2 14 3 x y  整理得 2 2 2 24 3 8 4 12 0k x k x k     ， 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 2 1 2 2 8 4 3 kx x k    ，    1 2 1 2 2 61 1 4 3 ky y k x k x k        ， ∴ 2 2 2 4 3,4 3 4 3 k kG k k       ， ∵ DG AB ，∴ 2 2 2 3 4 3 14 4 3 D k k kk xk      ， 解得 2 24 3D kx k   ，即 2 2 ,04 3 kD k      ， ∵ GFD OED   ，∴ GF DG OE OD  ，∴ 2 GF DG DG OE OD OD        ， 即 2 1 2 DGS S OD       ，又∵ 1 2S S ，∴ GD OD ， ∴ 2 22 2 2 2 2 2 2 4 3 4 3 4 3 4 3 4 3 k k k k k k k k                ， 整理得 28 9 0k   因为此方程无解，故不存在直线 AB 满足 1 2S S ． 9.已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     ， O 是坐标原点， 1 2,F F 分别为其左右焦点， 1 2 2 3F F  , M 是椭圆上一点， 1 2F MF 的最大值为 2 3  （Ⅰ）求椭圆 C 的方程; （Ⅱ）若直线l 与椭圆C 交于 ,P Q 两点，且 OP OQ （i）求证： 2 2 1 1 OP OQ  为定值; （ii）求 OPQ 面积的取值范围. 【答案】1．（1） 2 2 14 x y  （2）见解析 试题解析：（1）由题意得 2, 1a b  ，得椭圆方程为： 2 2 14 x y  （2） i)当 ,OP OQ 斜率都存在且不为 0 时，设 :OPl y kx ，    1 1 2 2, , ,P x y Q x y 由 2 2{ 14 y kx x y    消 y 得 2 1 2 4 1 4x k   ， 2 2 2 2 1 1 2 4 1 4 ky k x k    同理得 2 2 2 2 4 4 kx k   ， 2 2 2 22 2 1 4 4y xk k    故 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 1 1 5 4x y x yOP OQ      当 ,OP OQ 斜率一个为 0，一个不存在时，得 2 2 1 1 1 1 5 4 1 4OP OQ     综上得 2 2 1 1 5 4OP OQ   ，得证。 ii) 当 ,OP OQ 斜率都存在且不为 0 时， 2 4 2 12 94 2 1 k k k     又 2 2 4 2 2 2 9 9 90 2 1 2 2 4 k k k k k k      《 所以 4 15 OPQS  当 ,OP OQ 斜率一个为 0，一个不存在时, 1OPQS  综上得 4 15 OPQS  点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多 少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值 问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推 理，到最后必定参数统消，定点、定值显现. 10.已知椭圆 ： ，点 是椭圆 上任意一点，且点 满足 （ ， 是常数）. 当点 在椭圆 上运动时，点 形成的曲线为 . （Ⅰ）求曲线 的轨迹方程； （Ⅱ）过曲线 上点 做椭圆 的两条切线 和 ，切点分别为 ， . ①若切点 的坐标为 ，求切线 的方程； ②当点 运动时，是否存在定圆恒与直线 相切？若存在，求圆的方程；若不存在，请说明 理由. 【来源】【全国市级联考】山东省淄博市 2017 届高三第二次模拟考试数学（理）试题 【答案】（1） （2）① ②存在定圆恒与直线 相切 【解析】试题分析：（1）由相关点法，代入可得 。（2）当过点 切线的斜率存在 时，设该切线的方程为 ，即 与椭圆组方程组， 由 ，得 ，过点 的切线方程为 ，斜率不存在时，切点为 ，方 程为 ，符合方程 形式. 同理过点 的切线方程为 即 ，所以 ， 两点坐标都满足方程 ，点 到直线 AB 的距离 ，所以直线 始终与圆 相切。 试题解析：（Ⅰ）设点 的坐标为 ，对应的点 的坐标为 . 由于点 在椭圆 上，得 ， 即曲线 的轨迹是椭圆，标准方程为 （Ⅱ）①当过点 切线的斜率存在时， 设该切线的方程为 ，即 联立方程组 ， 即 . 由 ，得 ， 即 ， ， ，得 ； 此时过点 的切线方程为 过点 切线的斜率不存在时，切点为 ，方程为 ， 符合方程 形式. 且点 的坐标为 满足曲线 的方程： ， 即原定 到直线 的距离为 ， 所以直线 始终与圆 相切.