备战2024年高考数学二轮复习专题08解析几何中的向量共线问题(原卷版+解析)

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常见考点
考点一 向量共线问题
典例1．如图，分别是椭圆C：的左，右焦点，点P在椭圆C上，轴，点A是椭圆与x轴正半轴的交点，点B是椭圆与y轴正半轴的交点，且，.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知M，N是椭圆C上的两点，若点，，试探究点M，，N是否一定共线？说明理由.
变式1-1．已知椭圆：的长轴长为6，离心率为，长轴的左，右顶点分别为A，B．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知过点的直线交椭圆于M、N两个不同的点，直线AM，AN分别交轴于点S、T，记，（为坐标原点），当直线的倾斜角为锐角时，求的取值范围．
变式1-2．已知抛物线，过点的直线与x轴交于点M，与C交于两点A､B､O为坐标原点，直线BO与直线交于点N.
(1)若直线AN平行于y轴.求m；
(2)设､，求.
变式1-3．已知椭圆的左顶点为A，右焦点为F，过点A作倾斜角为的直线与C相交于A，B，且，其中O为坐标原点．
(1)求椭圆的离心率e；
(2)若，过点F作与直线平行的直线l，l与椭圆C相交于P，Q两点．
①求的值；
②点M满足，直线与椭圆的另一个交点为N，若，求的值．
典例2．已知椭圆的左､右顶点分別为，右焦点为F（1，0），且椭圆C的离心率为，M，N为椭圆C上任意两点，点P的坐标为（4，t）（t≠0），且满足.
(1)求椭圆C的方程；
(2)证明：M，F，N三点共线.
变式2-1．设，，分别为椭圆：（）的左、右焦点，过的直线与椭圆相交于、两点，直线的倾斜角为，到直线的距离为．
(1)求椭圆的焦距；
(2)如果，求椭圆的方程．
变式2-2．已知是x轴上的点，坐标原点O为线段的中点，，是坐标平面上的动点，点P在线段FG上，，.
(1)求的轨迹C的方程；
(2)A、B为轨迹C上任意两点，且，Ｍ为AB的中点，求面积的最大值.
变式2-3．已知椭圆的离心率为，点在椭圆上.
(1)求椭圆方程；
(2)已知为坐标原点，为椭圆上非顶点的不同两点，且直线不过原点，不垂直于坐标轴.在下面两个条件中任选一个作为已知：①直线与直线斜率之积为定值；②的面积为定值，证明：存在常数，使得，且点在椭圆上，并求出的值.
注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分.
巩固练习
练习一 向量共线问题
1．已知椭圆的左、右焦点分别为，，为上顶点，，原点到直线的距离为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设斜率不为0的直线过点，与椭圆交于，两点，若椭圆上一点满足，求直线的方程.
2．已知，是其左右焦点，，直线过点交于两点，在轴上方，且 在线段上，
(1)若是上顶点，，求；
(2)若，且原点到直线的距离为，求直线；
(3)证明：对于任意 ，使得的直线有且仅有一条.
3．已知抛物线C：的焦点为F，过点F的直线l与抛物线C交于P，A两点，且．
(1)若λ＝1，求直线l的方程；
(2)设点E（a，0），直线PE与抛物线C的另一个交点为B，且．若λ＝4μ，求a的值.
4．已知，两点分别在x轴和y轴上运动，且，若动点G满足，动点G的轨迹为E.
(1)求E的方程；
(2)已知不垂直于x轴的直线l与轨迹E交于不同的A、B两点，总满足，证明：直线l过定点.
5．设，分别是椭圆：的左、右焦点，的离心率为，点是上一点.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线交椭圆E于A，B两点，且，求直线的方程.
6．已知，是椭圆的左、右焦点．椭圆过点．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线（不过坐标原点）与椭圆交于A，两点，且点A在轴上方，点在轴下方，若，求直线的斜率．
7．已知、是椭圆：的左、右焦点，且椭圆经过点，又轴.
(1)求椭圆的方程；
(2)经过点的直线l与椭圆E相交于点C，D，并且，求直线l的方程.
8．曲线的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，C上的点M满足，且直线的斜率之积等于．
(1)求C的方程；
(2)过点的直线l交C于A，B两点，若，其中，证明：．
第五篇 解析几何
专题08 解析几何中的向量共线问题
常见考点
考点一 向量共线问题
典例1．如图，分别是椭圆C：的左，右焦点，点P在椭圆C上，轴，点A是椭圆与x轴正半轴的交点，点B是椭圆与y轴正半轴的交点，且，.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知M，N是椭圆C上的两点，若点，，试探究点M，，N是否一定共线？说明理由.
【答案】(1)
(2)不一定共线，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）由椭圆定义可得a，利用∽△BOA可解；
（2）考察轴时的情况，分析可知M，，N不一定共线.
(1)
由题意得，，
设，，
代入椭圆C的方程得，
，可得.
可得.
由，，所以∽△BOA，
所以，即，可得.
又，，得.
所以椭圆C的方程为.
(2)
当轴时，，设，，
则
由已知条件和方程，可得，
整理得，，
解得或.
由于，所以当时，点M，，N共线；
所以当时，点M，，N不共线.
所以点M，，N不一定共线.
变式1-1．已知椭圆：的长轴长为6，离心率为，长轴的左，右顶点分别为A，B．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知过点的直线交椭圆于M、N两个不同的点，直线AM，AN分别交轴于点S、T，记，（为坐标原点），当直线的倾斜角为锐角时，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据椭圆的长轴和离心率，可求得 ，进而得椭圆方程；
（2）先判断直线斜率为正，然后设出直线方程，和椭圆方程联立，整理得根与系数的关系，利用直线方程求出点S、T的坐标，再根据确定 的表达式，将根与系数的关系式代入化简，求得结果.
(1)
由题意可得：
解得：，所以椭圆的方程：
(2)
当直线l的倾斜角为锐角时，设，
设直线，
由得，
从而，又，得，
所以，
又直线的方程是：，令，
解得，所以点S为；
直线的方程是：，同理点T为·
所以，
因为，所以，
所以
．
∵，∴，
综上，所以的范围是．
变式1-2．已知抛物线，过点的直线与x轴交于点M，与C交于两点A､B､O为坐标原点，直线BO与直线交于点N.
(1)若直线AN平行于y轴.求m；
(2)设､，求.
【答案】(1)；
(2)
【解析】
【分析】
（1）由题意，设直线的方程为，求得的坐标，再将直线与抛物线联立，由直线AN平行于y轴，可得，结合韦达定理即可求解.
（2）利用向量的坐标运算即可求解.
(1)
由题意知直线的斜率存在且不为0，设其方程为
令，解得，故
设
联立，整理得
其中，，，则
直线的方程为
令，解得，则
若直线AN平行于y轴，则，即，解得.
(2)
，，，
若，则，则，即
同理可得
变式1-3．已知椭圆的左顶点为A，右焦点为F，过点A作倾斜角为的直线与C相交于A，B，且，其中O为坐标原点．
(1)求椭圆的离心率e；
(2)若，过点F作与直线平行的直线l，l与椭圆C相交于P，Q两点．
①求的值；
②点M满足，直线与椭圆的另一个交点为N，若，求的值．
【答案】(1)
(2)①；②.
【解析】
【分析】
（1）根据，求得点B得到坐标，代入椭圆方程求解；
（2）①易知椭圆方程为：，设直线方程为：，
与椭圆方程联立，结合韦达定理，由求解；②设，根据，得到，由，得到，根据P，Q，N在椭圆上，将点的在坐标代入椭圆方程化简求解.
(1)
解：由题意得：，
所以，代入椭圆方程得，即，
所以椭圆的离心率是；
(2)
①由（1）知：b=1, ，则椭圆方程为：，
设直线方程为：，
与椭圆方程联立，消去x得，
设，
则，
则，
，
所以；
②设，因为，所以，
则，
因为，
所以，则，
因为P，Q，N在椭圆上，
所以，
则，
即，
由①知，
所以，解得.
典例2．已知椭圆的左､右顶点分別为，右焦点为F（1，0），且椭圆C的离心率为，M，N为椭圆C上任意两点，点P的坐标为（4，t）（t≠0），且满足.
(1)求椭圆C的方程；
(2)证明：M，F，N三点共线.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据椭圆的焦点坐标及离心率求椭圆参数，写出椭圆方程即可.
（2）设，由题设易知共线，共线，利用向量共线的坐标表示有，再由M，N在椭圆上可得，最后由，结合分析法证明结论.
(1)
椭圆C的右焦点为，且离心率为，
∴a=2，c=1，则b2=a2-c2=3，
∴椭圆C的方程为.
(2)
由（1）知，的坐标分别为，设，
∴，，，，
∵，，
∴三点共线，三点共线，即，整理得，两边平方得，①
又M，N在椭圆上，则，代入①并化简得，
又，，
∴要证M，F，N三点共线，只需证，即，只需证，整理得，
∴M，F，N三点共线.
【点睛】
关键点点睛：第二问，设，由向量共线得，利用分析法结合向量共线的坐标表示只需证，最后由M，N在椭圆上求证即可.
变式2-1．设，，分别为椭圆：（）的左、右焦点，过的直线与椭圆相交于、两点，直线的倾斜角为，到直线的距离为．
(1)求椭圆的焦距；
(2)如果，求椭圆的方程．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）由题意可设直线的方程为，再利用点到直线的距离公式即可求解.
（2）由（1）可得，联立方程消，再由得出两交点纵坐标的关系，再结合韦达定理求解即可.
(1)
解：因为直线的倾斜角为且过点，
所以直线的方程为，
到直线的距离为，
，解得，
椭圆的焦距.
(2)
由（1）可得，设，，
联立，整理可得
，
解得①，②，
因为，即，所以③，
由①③得，④，
将④代入②得，整理得⑤，
因为，所以，代入⑤得，
因为，所以，
故椭圆的方程为.
变式2-2．已知是x轴上的点，坐标原点O为线段的中点，，是坐标平面上的动点，点P在线段FG上，，.
(1)求的轨迹C的方程；
(2)A、B为轨迹C上任意两点，且，Ｍ为AB的中点，求面积的最大值.
【答案】(1)；
(2).
【解析】
【分析】
(1)根据给定的向量关系可得，再借助椭圆定义即可求解.
(2)由已知可得直线AB过点E，设出直线AB方程，与椭圆C的方程联立求出点M的纵坐标即可列式计算作答.
(1)
取EG的中点为H，如图，则，
由得：，则，于是得PH是线段EG的垂直平分线，
因此，，
从而得P点的轨迹是以点E，F为左右焦点，长轴长的椭圆，而，则，
所以的轨迹C的方程为.
(2)
，则，即，因此， A、B、E三点共线，
而，依题意，直线AB不垂直于坐标轴，则设AB所在直线方程为，
由消去x并整理得：，设，
则，M点的纵坐标为，
于是得，
当且仅当，即时取“=”，
所以面积的最大值为.
变式2-3．已知椭圆的离心率为，点在椭圆上.
(1)求椭圆方程；
(2)已知为坐标原点，为椭圆上非顶点的不同两点，且直线不过原点，不垂直于坐标轴.在下面两个条件中任选一个作为已知：①直线与直线斜率之积为定值；②的面积为定值，证明：存在常数，使得，且点在椭圆上，并求出的值.
注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)
(2)证明见解析，
【解析】
【分析】
（1）根据离心率，将点代入椭圆方程，解得答案.
（2）设直线方程，联立椭圆方程，根据韦达定理得到根与系数的关系，根据题目条件化简得到，根据向量关系计算点坐标，代入椭圆方程，计算得到答案.
(1)
依题意,解得，.椭圆方程为.
(2)
设直线，由得，
，，，
若选①：
，
.
整理得.
由得，
，
因为点在椭圆上，
所以，.
若选②：
，整理得，
，，
.
由得
，
因为点在椭圆上，
所以，.
【点睛】
本题考查了椭圆的标准方程，椭圆中的向量求参数问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力，本题计算量较大，需要学生扎实的计算功底和细心，需要平时多练习.
巩固练习
练习一 向量共线问题
1．已知椭圆的左、右焦点分别为，，为上顶点，，原点到直线的距离为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设斜率不为0的直线过点，与椭圆交于，两点，若椭圆上一点满足，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)或
【解析】
【分析】
（1）根据及原点到直线的距离可求，从而可求椭圆的方程.
（2）设直线的方程为，，，可用所设两点的坐标表示，联立直线方程和椭圆方程 ，消元后利用韦达定理结合在椭圆上可求直线的方程.
(1)
由题意得，，
因为，所以，
由原点到直线：的距离为，
可得，解得，
所以椭圆的方程为.
(2)
因为直线的斜率不为0，且过点，
所以设直线的方程为，
设点，，
联立方程，得，
则，，
因为，所以，
将点的坐标代入椭圆方程得，
而，整理得到，
即，
解得，所以直线的方程为或.
2．已知，是其左右焦点，，直线过点交于两点，在轴上方，且 在线段上，
(1)若是上顶点，，求；
(2)若，且原点到直线的距离为，求直线；
(3)证明：对于任意 ，使得的直线有且仅有一条.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据椭圆方程确定，以及，根据，即可求得答案;
（2）设，利用结合向量的坐标运算，求得坐标，再利用原点到直线的距离为，即可求得直线方程；
（3）设直线的斜率为，取中点，利用点差法求出k与直线OC的斜率之间的关系，即可证明结论.
(1)
由题意知： ,，因为，
因为，所以，
所以；
(2)
设，其中，
因为，，
所以，
所以，（舍去），所以，
故，则直线方程可以设为，
又因为到直线的距离为，
所以，
所以，得或，
当时，直线方程为，此时（舍），
所以直线方程为.
(3)
设，，设直线的斜率为，连接，，取中点，
连接，可知为梯形的中位线，
因为，令.
由点差法得，得，
化简得，即，
故当确定时，也就只有唯一与对应，
故对任意时，满足条件的直线只有一条.
3．已知抛物线C：的焦点为F，过点F的直线l与抛物线C交于P，A两点，且．
(1)若λ＝1，求直线l的方程；
(2)设点E（a，0），直线PE与抛物线C的另一个交点为B，且．若λ＝4μ，求a的值.
【答案】(1)；
(2)4.
【解析】
【分析】
（1）根据抛物线的对称性可以判断轴，进而解出答案；
（2）设出点的坐标和直线的方程，将直线方程代入抛物线方程并化简，进而根据平面向量间的关系及根与系数的关系得到间的关系.
(1)
由，知焦点是的中点，又抛物线C：关于x轴对称，所以轴，所以直线l的方程.
(2)
设点，，由得①，
设直线l：与抛物线C：联立得，
所以，②，
由①②可得，
设点，由得③，
直线PB：与抛物线C：联立得，所以需要满足，④，
由③④可得，
又，所以，因为，解得，此时.所以a的值为4.
【点睛】
本题为压轴题，注意本题的突破口. 根据得到之后会发现，本题应该涉及根与系数的关系，当得到之后，应该确定了最终方向，即得到间的关系，最后解决问题.
4．已知，两点分别在x轴和y轴上运动，且，若动点G满足，动点G的轨迹为E.
(1)求E的方程；
(2)已知不垂直于x轴的直线l与轨迹E交于不同的A、B两点，总满足，证明：直线l过定点.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)根据平面向量的坐标运算可得，结合和两点坐标求距离公式可得，将代入计算即可；
(2)设直线l的方程为：、，联立椭圆方程并消去y，根据韦达定理表示出，利用两点求斜率公式求出，结合题意可得，列出关于k和m的方程，化简计算即可.
(1)
因为，即，
所以，则，
又，得，即，
所以动点G的轨迹方程E为：；
(2)
由题意知，
设直线l的方程为：，，
则，
，消去y，得，
由，得，
，
直线的斜率为，直线的斜率为，
又，所以，即，
整理，得，
，
，
由，化简得，
所以，
故直线过定点.
5．设，分别是椭圆：的左、右焦点，的离心率为，点是上一点.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线交椭圆E于A，B两点，且，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)或
【解析】
【分析】
(1)按照所给的条件带入椭圆方程以及e的定义即可；
（2）联立直线与椭圆方程，表达出，解方程即可.
(1)
由题意知，，且，解得， ，所以椭圆的方程为.
(2)
由题意知，直线的斜率存在且不为0，故可设直线的方程为，设 ，.
由得，
则……①，……②，
因为，所以，，
由可得…… ③
由①②③可得，
解得，，
所以直线的方程为或，
故答案为：，或.
6．已知，是椭圆的左、右焦点．椭圆过点．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线（不过坐标原点）与椭圆交于A，两点，且点A在轴上方，点在轴下方，若，求直线的斜率．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据已知直接列方程组可得；
（2）由已知得A、B坐标的关系，结合韦达定理可解.
(1)
由条件知，解得，因此椭圆的方程为．
(2)
解法一：设，，则，，设直线的方程为，代入椭圆的方程消去，得，由韦达定理得，，由，知，即，代入上式得，，所以，解得，结合图形知，故直线的斜率为．
解法二：设，，则，，设直线的方程为，代入椭圆的方程消去，得，因此，，由，知，代入上式得，解得，结合图形知，
故直线的斜率为．
7．已知、是椭圆：的左、右焦点，且椭圆经过点，又轴.
(1)求椭圆的方程；
(2)经过点的直线l与椭圆E相交于点C，D，并且，求直线l的方程.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）由条件可得、，然后结合可解出答案；
（2）设直线的方程为，它与椭圆交于、，联立直线与椭圆的方程消元，然后韦达定理可得，，然后由得，然后可解出答案.
(1)
由轴，得，
又由椭圆的通径知，即，代入中，得，得，得，，
所以椭圆E的方程为；
(2)
设直线的方程为，它与椭圆交于、，
联立直线与椭圆得：，①，②，
又由，得③，将③代入①②得：④，⑤，
再④将代入⑤并约分化简得：，即，将代入（*）中得，
故这样的直线存在，且其方程为.
8．曲线的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，C上的点M满足，且直线的斜率之积等于．
(1)求C的方程；
(2)过点的直线l交C于A，B两点，若，其中，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由椭圆定义可得到，再利用斜率公式及直线的斜率之积等于，列出方程，化简对比系数可得；
（2）分直线l的斜率为0和不为0两种情况讨论，利用可得到T在定直线上，且该直线是的中垂线即可得到证明.
(1)
因为C上的点M满足，
所以C表示焦点在x轴上的椭圆，且，即，，
所以，
设，则，①
所以直线的斜率，直线的斜率，
由已知得，
即，②
由①②得，
所以C的方程为
(2)
当直线l的斜率为0时，A与重合，B与重合，，，
成立.
当直线l的斜率不为0时，设l的方程为
联立方程组，消x整理得
所以，解得或
设，则，
由，得，所以
设，由，得，
所以，
所以，
所以点T在直线上，且，
所以是等腰三角形，且，
所以，
综上，
【点睛】
关键点点晴：本题第二问突破点是证明T在定直线上，且该直线是的垂直平分线，从而得到，考查学生的数学运算能力，转化化归思想.