2024年高考数学第二轮专题复习圆锥曲线 专题34：圆锥曲线中点弦问题25 页

这是一份2024年高考数学第二轮专题复习圆锥曲线 专题34：圆锥曲线中点弦问题25 页，共25页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．若椭圆的弦被点平分，则此弦所在的直线方程是（ ）
A．B．C．D．
2．已知抛物线，直线交抛物线于两点，是的中点，过作轴的垂线交抛物线于点，且，若，则k为（ ）
A．B．C．D．2
3．已知椭圆的左焦点为F，过点F的直线与椭圆C相交于不同的两点，若P为线段的中点，O为坐标原点，直线的斜率为，则椭圆C的方程为（ ）
A．B．C．D．
4．已知双曲线，斜率为的直线交双曲线于、，为坐标原点，为的中点，若的斜率为，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
5．已知直线经过定点，与抛物线交于两点，且点为弦的中点，则直线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
6．已知双曲线上存在两点M，N关于直线对称，且的中点在抛物线上，则实数b的值为（ ）
A．0或B．0C．D．
二、填空题
7．已知过抛物线的焦点且倾斜角为的直线交抛物线于、两点，则线段的中点到轴的距离是______．
8．双曲线的一个焦点为，中心为原点，过的直线与C交于，两点，若的中点为，则此双曲线的渐近线方程为________．
三、解答题
9．已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线不垂直坐标轴，与椭圆交于两点，M是的中点．
（1）若点M的横坐标为，求点M的纵坐标；
（2）记的斜率分别为，是否存在直线使得成等差数列，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
10．已知椭圆，经过点且斜率为的直线与相交于两点，与轴相交于点.
（1）若，且恰为线段的中点，求证：线段的垂直平分线经过定点；
（2）若，设分别为 的左、右顶点，直线、相交于点.当点异于时，是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由.
11．已知椭圆方程为，左右焦点分别为，直线过椭圆右焦点且与椭圆交于A、B两点，
（1）若为椭圆上任一点，求的最大值，
（2）求弦AB中点M的轨迹方程，
12．如图，、是离心率为的椭圆：的左、右焦点，过作轴的垂线交椭圆所得弦长为，设、是椭圆上的两个动点，线段的中垂线与椭圆交于、两点，线段的中点的横坐标为1.
（1）求椭圆的方程；
（2）求的取值范围.
13．如图，设椭圆两顶点，短轴长为4，焦距为2，过点的直线与椭圆交于两点．设直线与直线交于点.
（1）求椭圆的方程；
（2）求线段中点的轨迹方程；
（3）求证：点的横坐标为定值.
14．已知抛物线过点，且P到抛物线焦点的距离为2直线过点，且与抛物线相交于A，B两点.
（Ⅰ）求抛物线的方程；
（Ⅱ）若点Q恰为线段AB的中点，求直线的方程；
（Ⅲ）过点作直线MA，MB分别交抛物线于C，D两点，请问C，D，Q三点能否共线？若能，求出直线的斜率；若不能，请说明理由.
15．设A、B是椭圆上的两点，点是线段AB的中点，线段AB的垂直平分线与椭圆相交于C、D两点．
（1）求直线AB的方程；
（2）判断A、B、C、D四点是否在同一个圆上？若是求出圆的方程，若不是说明理由．
16．过椭圆＋＝1内一点M(2，1)引一条弦，使弦被M点平分．
（1）求此弦所在的直线方程；
（2）求此弦长．
参考答案
1．A
【分析】设直线交椭圆于，，把两点坐标代入椭圆方程，利用点差法求得斜率，然后求解直线方程．
【解析】设弦所在的直线与椭圆交，
则，两式相减得：，
因为弦中点为，
所以，
所以，
即
则直线方程为：,
化简得 ．
故选：A．
【点评】本题主要考查了直线与椭圆相交的位置关系， “点差法”的解题思想方法，直线方程的求法，属于中档题．
2．B
【分析】设,,根据向量运算可得，联立直线与抛物线方程，由根与系数的关系即可求解k.
【解析】设，
则，
由，
，
，
，①
即，
由得，
当，即时
，
代入①得：
即，
解得或（舍去），
故选：B
【点评】本题主要考查了抛物线的方程，直线与抛物线的位置关系，向量运算，属于难题.
3．D
【分析】设出两点的坐标，代入椭圆方程，作差变形，利用斜率公式和中点坐标可求得结果.
【解析】设，因为直线过，所以，得，
所以，
设，
由，得，得，
因为P为线段的中点，O为坐标原点，
所以，，
所以，
又在直线上，所以，
所以，即，将其代入，得，，
所以椭圆C的方程为.
故选：D
【点评】 本题使用点差法求解，一般涉及到弦的中点和斜率问题的题目可以使用点差法，步骤如下：
①设出弦的两个端点的坐标；
②将弦的两个端点的坐标代入曲线方程；
③作差变形并利用斜率公式和中点坐标公式求解.
4．A
【分析】设点、，利用点差法求得，进而可得出双曲线的离心率为，即可得解.
【解析】设点、，则，
由题意，得，，两式相减，得，整理得，
所以，
因此，双曲线的离心率为，
故选：A.
【点评】 求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：
（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；
（2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；
（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.
5．B
【分析】利用点差法求出直线斜率，即可得出直线方程.
【解析】由直线得
所以 解得 则
设，
则，两式相减得，
即，
则直线方程为，即.
故选：B.
【点评】 点差法是求解中点弦有关问题的常用方法.
6．A
【分析】设，，的中点，根据点M，N在双曲线上，且P为中点，利用点差法得到，再由M，N关于直线对称，得到，则，又点在直线上，得到，联立求得点P,代入抛物线方程求解.
【解析】设，，的中点，
因为，
所以；
又因为，
所以；
又因为M，N关于直线对称，
所以，即；
又因为点在直线上，所以；
由，可得，
所以，
即或，
故选：A.
【点评】 圆锥曲线上两点关于直线的对称问题主要有联立方程法和点差法两种解法．
7．
【分析】将直线的方程与抛物线的方程联立，求出线段的中点的横坐标，由此可得出结果.
【解析】抛物线的焦点为，设点、，
由题意可知，直线的方程为，
联立，消去并整理得，
由韦达定理可得，则线段的中点的横坐标为.
因此，线段的中点到轴的距离是.
故答案为：.
【点评】 利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
8．
【分析】设，，由题中条件设双曲线方程为，将两点坐标代入双曲线方程，两式作差化简整理，得到，求出，即可得出双曲线的渐近线方程.
【解析】由题意，可设双曲线方程为，，，
因为过的直线与C交于，两点，的中点为，所以，，，，
又，两式作差可得，即，
则，即，
又，所以，因此，则，
所以此双曲线的渐近线方程为.
故答案为：.
【点评】思路点睛：
求解圆锥曲线的中点弦问题时，一般需要先设弦两端点的坐标，将两点代入曲线方程，两式作差整理，得到直线斜率与弦中点坐标之间关系，进而即可求解.
9．（1）；（2），理由见解析
【分析】（1）设出直线的方程联立椭圆方程，再由中点坐标公式即可求解.
（2）假设存在，利用斜率公式，等差中项列出式子求解即可.
【解析】解：（1）由题知：，，
设直线的方程为：，，，
则联立直线与椭圆方程： ，
消去得：，
，，
是的中点，
的横坐标为，
解得： ，
，
的纵坐标为，
（2）假设存在直线满足条件，
由（1）知：，，，
是，的中点，
的坐标为：，
，，成等差数列，
，
，
，，，
代入得：，
化简得：，
将，，，，代入并化简解得：，
直线的方程为：.
【点评】 解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(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．
10．（1）证明见解析；（2）是，4.
【分析】（1）设，，由是椭圆上的点可得，两式相减进行整理可得，从而可求出，则可得的垂直平分线的斜率，由点斜式可得的垂直平分线的方程为，即可得所过定点.
（2）由点斜式得直线的方程为，则点从而可求；
得直线的方程为，直线的方程为，联立可求出其交点横坐标，联立与椭圆方程，结合韦达定理，对进行化简，可得，即可求出的值，从而可判断是否为定值.
【解析】解：设，.
（1）由题意知，直线的斜率为，因为是椭圆上的点，则 ，
两式相减，整理得，所以，故线段的垂直平分线的斜率为，
从而线段的垂直平分线的方程为，
所以，线段的垂直平分线经过定点.
（2）直线的方程为，由条件知：，则点，.
联立直线与椭圆的方程，消去得：，
所以，.
直线的方程为①，直线的方程为②.
设点，由①，②得，
.
所以，.即为定值4.
【点评】本题考查了中点弦问题，考查了直线与椭圆的位置关系，考查了直线方程的点斜式.本题的难点在于计算，特别是第二问中对交点横坐标的化简.一般中点弦问题的做题思路为，设出弦端点的坐标，代入到圆锥曲线方程，两方程相减，进行化简，即可得弦的中点和弦所在直线斜率的关系.
11．（1）3；（2）.
【分析】（1）根据椭圆方程得出，结合椭圆定义，再根据基本不等式求得的最大值；
（2）设，利用点差法和中点坐标公式，求出，由两点坐标写出，结合，求出关于的方程为点M的轨迹方程.
【解析】（1）已知椭圆方程为，焦点在轴上，
可得，
所以，
由椭圆的定义可知，
，
又因为，
则当且仅当时，的最大值为3.
（2）设，其中，
当直线的斜率存在时，
则
①-②得：，
即，又因为：
则有：，解得：.
当直线的斜率不存在时，也符合上述方程.
综上得： 的轨迹方程为：.
【点评】本题主要考查椭圆的简单性质和定义的运用，利用点差法求中点弦所在直线的斜率以及结合基本不等式求最值.
12．（1）；（2）
【分析】（1）将代入椭圆方程，可得，再结合离心率为，联立可求得，即可求出椭圆方程；
（2）结合的横坐标为1，可表示出直线的方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理，可得到的表达式，进而求得的取值范围.
【解析】（1）将代入椭圆方程得，则，即，
又离心率，即，所以，解得，，
所以椭圆的方程为；
（2）设，，，若直线的斜率存在且不为0，设为，则，
两式相减得，又，∴，直线的方程为，
即，与椭圆的方程联立得，
则，，
故
，
将代入椭圆方程，得，所以，则，
故.
当直线的斜率为0时，不满足的中点的横坐标为1；
当直线的斜率不存在时，，即为椭圆的左右顶点，
故，
综上所述，.
【点评】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理的应用，考查平面向量的坐标运算，考查学生的计算求解能力，属于难题.
13．（1）；（2）（）；（3）.
【分析】（1）根据题意可得，由此求得椭圆方程。
（2）设，利用点差法求出线段中点的轨迹方程。
（3）设直线的方程为： ，直线的方程为： ，联立求得，由此证明点的横坐标为定值。
【解析】（1）椭圆两顶点，短轴长为，焦距为，
，解得
椭圆方程为：.
（2）设，
则 ①， ②，
则①②得，
，

即 .
线段中点的轨迹方程为：.
（3）证明：设直线的方程为： ，
直线的方程为： ，
两式联立可得：
由①②得

即 ③，
又三点共线，则④，
②代入③得
把③④代入⑤整理得.
【点评】本题考查了直线与圆锥曲线的综合问题，掌握直线与圆锥曲线的位置关系，合理运用数形结合、整体代入等思想和方法。
14．（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）能，.
【分析】（Ⅰ）根据题意，结合抛物线的性质，即可求出抛物线的方程为。
（Ⅱ）设，，设而不求利用点差法求出直线AB的斜率，再利用点斜式即可求出直线的方程。
（Ⅲ）设，，，，且.联立直线与抛物线方程，得到联立方程，再利用韦达定理以及M，A，C三点共线得出的数量关系，假设C，D，Q三点共线，构造关于 的等式，转化为的等式，进行求解即可得出结论。
【解析】（Ⅰ）由题意有，及，
解得.故抛物线的方程为.
（Ⅱ）设，，则， ，
两式相减得，即.
于是，，
（注：利用直线与抛物线方程联立，求得，同样得4分）
故直线l的方程为，即；
（Ⅲ）设，，，，且.
由，得，则， ，
由M，A，C三点共线，可得，化简得，即.
同理可得， ，
假设C，D，Q三点共线，则有，化简得，
进一步可得，，即，解得.
因此，当直线l的斜率时，C，D，Q三点共线.
【点评】本题主要考查抛物线的定义，以及利用点差法设而不求的思想求解与抛物线相交的直线的斜率，以及利用方程思想解决圆锥曲线的各类问题。
15．（1）；（2）是，.
【解析】
【分析】（1）利用点差法列式进行化简，由此求得直线的斜率，进而求得直线的方程.（2）求得直线的方程，代入椭圆方程，利用根与系数关系以及弦长公式，求得弦长，求得中点的坐标.同理求得弦长，计算到直线的距离，由此计算出
【解析】（1）设，，
则有,
依题意，，．
是AB的中点，
，，从而．
又，在椭圆内，
直线AB的方程为，即．
（2）垂直平分AB，直线CD的方程为，即，
代入椭圆方程，整理得①．
又设，，CD的中点为，则，是方程①的两根，
，且，，即中点,
于是由弦长公式可得
将直线AB的方程，代入椭圆方程得,
同理可得．
点M到直线AB的距离为．
，四点共圆，
且原方程为：.
【点评】本小题主要考查利用点差法求解有关弦的中点问题，考查四点共面的证明，属于中档题.
16．（1）x＋2y－4＝0；（2）2.
【分析】（1）设直线与椭圆的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，设所求直线方程为y－1＝k(x－2)，代入椭圆方程整理后由韦达定理得，再由中点坐标可求得，从而得直线方程；
（2）由（1）得，然后由弦长公式可得弦长．
【解析】（1）设所求直线方程为y－1＝k(x－2)．代入椭圆方程并整理，得
(4k2＋1)x2－8(2k2－k)x＋4(2k－1)2－16＝0，①
又设直线与椭圆的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1，x2是方程的两个根，
于是x1＋x2＝.
又M为AB的中点，∴＝＝2，
解得k＝－，
直线方程为，即x＋2y－4＝0.
（2）由（1）将k＝－代入①得，x2－4x＝0，
∴，
∴|AB|＝
＝＝2．
【点评】 本题考查求中点弦所在直线方程及弦长问题，解题方法是设而不求的思想方法，即设交点坐标为，设直线方程代入椭圆方程后利用韦达定理及中点坐标公式求得直线的斜率，从而得直线方程，然后由弦长得弦