专题12 定比点差法及其应用 微点5 定比点差法综合训练

这是一份专题12 定比点差法及其应用 微点5 定比点差法综合训练，共33页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
微点5 定比点差法综合训练
一、选择题
（2022平顶山期末）
1．已知斜率为的直线与椭圆交于，两点，线段的中点为（），那么的取值范围是（ ）
A．B．C．D．，或
（2021春•新余期末）
2．已知椭圆，过点的直线与椭圆交于两点，若点恰为弦中点，则直线斜率是（ ）
A．B．C．D．
（2021春•桃城区校级月考）
3．已知椭圆内有一定点，过点P的两条直线，分别与椭圆交于A、C和B、D两点，且满足，，若变化时，直线CD的斜率总为，则椭圆的离心率为
A．B．C．D．
二、填空题
（2022福田区校级期中）
4．已知椭圆，一组平行直线的斜率是，当它们与椭圆相交时，这些直线被椭圆截得的线段的中点轨迹方程是__．
（2022浙江）
5．已知点P(0，1)，椭圆 (m>1)上两点A，B满足，则当m=___________时，点B横坐标的绝对值最大．
（2022慈溪市校级期中）
6．设、分别为椭圆的左、右焦点，点A、在椭圆上，若，则点A的坐标是__．
（2022长宁区二模）
7．设分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，且不是椭圆的顶点．若，且，则实数的值为_____．
（2021春•郫都区校级期中）
8．过点的直线与椭圆交于点和，且.点满足，若为坐标原点，则的最小值为______________．
（2022惠农区校级月考）
9．已知椭圆 ，过点P（1，1）的直线l与椭圆C交于A，B两点，若点P恰为弦AB中点，则直线l斜率是______________
（2022金山区校级期末）
10．已知椭圆，过点的直线与椭圆相交于两点，若弦恰好以点为中点，则直线的方程为__________.（写成一般式）
三、解答题
（2022都匀市校级期末）
11．已知双曲线，过点能否作一条直线，与双曲线交于A、两点，且点是的中点？
（2022如皋市校级开学）
12．如图，已知椭圆上两个不同的点,关于直线对称，求实数的取值范围．
（2022丹东期末）
13．已知斜率为的直线与椭圆交于，两点，若线段的中点为，．
(1)证明：；
(2)设为的右焦点，为上一点，且．证明：，，成等差数列．
（2022浙江月考）
14．如图，已知椭圆，且满足，抛物线，点是椭圆与抛物线的交点，过点的直线交椭圆于点，交轴于点.
（1）若点，求椭圆及抛物线的方程；
（2）若椭圆的离心率为，点的纵坐标记为，若存在直线，使为线段的中点，求的最大值.
（2022浙江）
15．如图，已知椭圆，抛物线，点A是椭圆与抛物线的交点，过点A的直线l交椭圆于点B，交抛物线于M（B，M不同于A）．
（Ⅰ）若，求抛物线的焦点坐标；
（Ⅱ）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．
（2022万州区模拟）
16．如图所示，离心率为的椭圆上的点到其左焦点的距离的最大值为3，过椭圆内一点的两条直线分别与椭圆交于点，和，，且满足，，其中为常数，过点作的平行线交椭圆于，两点．
(1)求椭圆的方程；
(2)若点，求直线的方程，并证明点平分线段．
（2022绍兴校级期末）
17．设椭圆过点，离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)当过点的动直线与椭圆相交于两不同点，时，在线段上取点，满足，证明：点的轨迹与无关．
（2022·山东日照·三模）
18．已知椭圆过点离心率，左、右焦点分别为，P，Q是椭圆C上位于x轴上方的两点．
(1)若，求直线的方程；
(2)延长分别交椭圆C于点M，N，设，求的最小值．
19．已知椭圆C：（）的离心率为，过右焦点且垂直于长轴的直线与椭圆C交于P，Q两点，且.
（1）求椭圆C的方程；
（2）A，B是椭圆C上的两个不同点，若直线，的斜率之积为（以O为坐标原点），M是的中点，连接并延长交椭圆C于点N，求的值.
（2022·安徽淮南·二模）
20．已知椭圆经过点，左焦点为F，．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点作直线l交椭圆C于A、B两点，过点F且垂直于x轴的直线交直线l于点E，记，求证：．
（2022全国·高三专题练习）
21．设抛物线的焦点为，过点的动直线与抛物线交于，两点，当在上时，直线的斜率为.
（1）求抛物线的方程；
（2）在线段上取点，满足，，证明：点总在定直线上.
（2022·浙江·模拟预测）
22．已知抛物线：经过点，焦点为F，PF=2，过点的直线与抛物线有两个不同的交点，，且直线交轴于，直线交轴于．
(1)求抛物线C的方程
(2)求直线的斜率的取值范围；
(3)设为原点，，，求证：为定值．
（2022吉林·长春十一高高二期中）
23．已知抛物线：的焦点为，为坐标原点．过点的直线与抛物线交于，两点．
（1）若直线与圆：相切，求直线的方程；
（2）若直线与轴的交点为．且，，试探究：是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，试说明理由．
（2022云南·模拟预测）
24．已知椭圆的左、右焦点分别为、，过的动直线与椭圆交于、两点，直线与椭圆于、，且，，当的面积最大时，为等边三角形．
（1）求椭圆的离心率；
（2）若，直线与椭圆是否有公共点？若有，有多少个公共点？若没有，请说明理由．
（2022·四川·射洪中学高二期中）
25．在平面直角坐标系xy中，已知椭圆C：，F是椭圆的右焦点且______，从下列条件中任选一个补充在上面问题中并作答：注：如果选择多个条件作答，按第一个计分．
条件①：椭圆C的离心率，焦点到相应准线的距离是3．
条件②：椭圆C与圆M：外切，又与圆N：外切．
(1)求椭圆C的方程．
(2)已知A，B是椭圆C上关于原点对称的两点，A在x轴的上方，连接AF，BF并分别延长交椭圆C于D，E两点，证明：直线DE过定点．
参考答案：
1．A
【解析】先设，，再由点差法求出，再由点，在椭圆内，求出的范围即可得解.
【详解】解：设，，
又点，在椭圆上，
则，，
两式相减可得：，
又，
则，
又点，在椭圆内，
则，
则，
所以，
故选：A.
【点睛】本题考查了椭圆中的中点弦问题，重点考查了点差法，属基础题.
2．C
【解析】设出的坐标代入椭圆方程后，作差变形，根据斜率公式和中点坐标公式可得解.
【详解】设，则，
则，，
两式相减得，
所以，
即直线斜率是.
故选：C
【点睛】方法点睛：一般涉及到弦的中点和弦所在直线的斜率时，使用点差法解决.
3．A
【分析】设出四点的坐标，将两点坐标代入椭圆方程并化简，同理将两点坐标代入椭圆方程并化简，根据化简上述两个式子，由此求得的值，进而求得椭圆离心率.
【详解】设因为，且，所以，同理.将两点坐标代入椭圆方程并化简得，即，同理，由于，，所以，即，即，两式相加得，即，所以，所以，故选A.
【点睛】本小题主要考查直线和椭圆的位置关系，考查定比分点坐标公式，考查点在曲线上的运用，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，考查椭圆离心率的求法，难度较大，属于难题.
4．
【分析】设这组平行直线的方程为，联立方程组结合韦达定理求得中点坐标为，进而求得中点的轨迹方程.
【详解】设这组平行直线的方程为，
联立方程组，整理得，
由可得，
则，所以它们与椭圆交点的中点坐标为，
即这些点均在轨迹上，
即直线被椭圆截得的线段的中点轨迹方程是.
故答案为：．
5．5
【分析】方法一：先根据条件得到A,B坐标间的关系，代入椭圆方程解得B的纵坐标，即得B的横坐标关于m的函数关系，最后根据二次函数性质确定最值即可解出.
【详解】［方法一］：点差法＋二次函数性质
设，由得
因为A,B在椭圆上,所以 ，即，与相减得：，所以，
，当且仅当时取最等号，即时，点B横坐标的绝对值最大.
故答案为：5．
［方法二］：【通性通法】设线＋韦达定理
由条件知直线的斜率存在，设，直线的方程为，联立得，根据韦达定理得，由知，代入上式解得，所以．此时，又，解得．
［方法三］：直线的参数方程+基本不等式
设直线的参数方程为其中t为参数，为直线的倾斜角，将其代入椭圆方程中化简得，设点A，B对应的参数分别为，则．由韦达定理知，解得，所以，此时，即，代入，解得．
［方法四］：直接硬算求解+二次函数性质
设，因为，所以．
即 ①， ②，
又因为，所以．
不妨设，因此，代入②式可得．化简整理得．
由此可知，当时，上式有最大值16，即点B横坐标的绝对值有最大值2．
所以．
［方法五］：【最优解】仿射变换
如图1，作如下仿射变换，则为一个圆．
根据仿射变换的性质，点B的横坐标的绝对值最大，等价于点的横坐标的绝对值最大，则
．
当时等号成立，根据易得，此时．
［方法六］：中点弦性质的应用
设，由可知，则中点．因为，所以，整理得，由于，则时，，所以．
【整体点评】方法一：由题意中点的坐标关系，以及点差法可求出点的横、纵坐标，从而可以根据二次函数的性质解出；
方法二：常规设线，通过联立，根据韦达定理以及题目条件求出点的横坐标，然后利用基本不等式求出最值，由取等条件得解，是该题的通性通法；
方法三：利用直线的参数方程与椭圆方程联立，根据参数的几何意义，解得点的横坐标，再利用基本不等式求出最值，由取等条件得解；
方法四：利用题目条件硬算求出点的横坐标，再根据二次函数的性质解出；
方法五：根据仿射变换，利用圆的几何性质结合平面几何知识转化，求出对应点的横坐标的绝对值最大，从而解出，计算难度小，是该题的最优解；
方法六：利用中点弦的性质找出点的横、纵坐标关系，再根据关系式自身特征求出点的横坐标的绝对值的最大值，从而解出，计算量小，也是不错的方法．
6．，或，
【分析】设出，，，后，表达出向量条件，再由点A、在椭圆上可列方程组解决此问题.
【详解】椭圆中，，，
则左焦点，，右焦点，，设，，，．
则，
，
则有， 解得
由点，在椭圆上，则有
解之得，或
故有或即，或，
故答案为：，或，
7．1
【分析】由已知向量条件结合椭圆的对称性推出四边形一定为平行四边形，可得，即.
【详解】因为，所以，所以，
又，且不是椭圆的顶点．
根据椭圆的对称性可知，四边形一定为平行四边形，
如图：
所以，
所以，即，
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：根据椭圆的对称性求解是解题关键.
8．.
【分析】先设， ， ，由且得整理得：，同理分析出：，由于A, B在椭圆上，则可以分析出，则Q点的轨迹是直线，利用点到线得距离求得OQ得最小值
【详解】设， ， 则
于是，同理，
于是我们可以得到
.
即，所以Q点的轨迹是直线， 即为原点到直线的距离，
所以
【点睛】平面向量共线的坐标表示问题的常见类型及解题策略
(1)利用两向量共线的条件求向量坐标．一般地，在求与一个已知向量a共线的向量时，可设所求向量为λa(λ∈R)，然后结合其他条件列出关于λ的方程，求出λ的值后代入λa即可得到所求的向量．
(2)利用两向量共线求参数．如果已知两向量共线，求某些参数的取值时，利用“若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a∥b的充要条件是x1y2＝x2y1”解题比较方便．
9．
【分析】先设点坐标代入椭圆方程，作差得到，再根据中点和斜率公式求得斜率即可.
【详解】依题意，设，则，两式作差得，即，而弦AB中点为P（1，1），故，故，又，故，即，所以直线l斜率是.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：
对椭圆上两点构成的弦及其中点相关的题型，我们常用“点差法”，其中直线的斜率，中点的坐标M为，点代入椭圆方程作差，就可以得到弦中点与直线斜率的关系式．
10．3x+4y-7=0
【分析】利用弦中点公式求直线斜率,其中（x0,y0）为中点坐标，然后就可以求得直线方程
【详解】由弦中点公式：直线斜率，所以直线方程：，整理：3x+4y7=0,
故答案为：3x+4y7=0
【点睛】根据直线与椭圆所交弦中点坐标，求直线方程.
11．不存在
【分析】讨论直线的斜率是否存在两种情况，当斜率存在时，联立方程利用根与系数的关系结合中点坐标公式求得参数k的值，验证是否符合题意，当直线斜率不存在时，判断是否符合题意，可得答案.
【详解】当直线斜率存在时，
设过点的直线方程为，联立和，
得 （1）,
当直线与双曲线相交于两个不同点，则需有 ，
且，故 且 ，
又方程（1）的两个不同的根是两交点A、的横坐标，，
又为线段的中点，
，即，，与 且矛盾，
即但使，因此当时，方程（1）无实数解，
故过点与双曲线交于两点A、且使为线段中点的直线不存在．
当直线斜率不存在时，，直线经过点但不满足条件P为AB的中点.
综上，符合条件的直线不存在．
12．
【解析】设直线的方程为,联立直线与椭圆的方程可得,且,将中点代入直线中,可得,将代入中,进而求得的范围
【详解】由题意知,可设直线的方程为,
联立,消去,得,
因为直线与椭圆有两个不同的交点,
所以①
所以,
设线段中点,所以,,
所以为,
将点代入直线方程,即,
解得②
将②代入①得,即,
解得或,
故实数的取值范围为
【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系的应用,考查转化思想和运算能力,利用获得不等关系是解题关键
13．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】(1)根据“点差法”，即可证明结果；
(2)利用已知条件先求出点的横坐标，代入椭圆方程求出点的坐标，进而求出，易知，，再根据等差中项，即可求证，，成等差数列．
(1)
证明：设，，，，
，，两式相减得：，
又,，
，
；
(2)
证明：．，即，
为的右焦点，，
设，则，，
由（1）及题设得，．
又点在上，所以，从而，．
于是．
同理．
所以，
故，即成等差数列．
14．（1）的方程为：；；（2）.
【分析】（1）点代入椭圆与联解及抛物线的方程得解；
（2）由椭圆的离心率为与联解求得椭圆方程，设，直线的方程为：，与椭圆方程联解及为线段的中点，且点的纵坐标为，
得，再利用根与系数关系化简得再分离变量得解.
【详解】解：（1）点在抛物线上，
代入得，，故抛物线.
点在椭圆上，故，
又，，故：，，
椭圆的方程为：.
（2）椭圆的离心率为，故，
又，故.
又，，故：，，
椭圆的方程为：.
设，直线的方程为：，
联立椭圆方程得：，代入化简得：
，
，，
，
由于为线段的中点，且点的纵坐标为，
故，
得：，，
消得：，代入得：，
又，
所以的最大值为，
当，时，取到最大值.
【点睛】本题考查圆锥曲线方程及直线与圆锥曲线位置关系求参数最值，属于较难题.
15．（Ⅰ）；（Ⅱ）
【分析】（Ⅰ）求出抛物线标准方程，从而可得答案；
（Ⅱ）方法一使用韦达定理、中点公式和解方程法分别求得关于的表达式，得到关于的方程，利用基本不等式消去参数，得到关于的不等式，求解得到的最大值；方法二利用韦达定理和中点公式求得的坐标关于的表达式，根据点在椭圆上，得到关于关于的函数表达式，利用基本不等式和二次函数的性质得解，运算简洁，为最优解；方法三利用点差法得到．根据判别式大于零，得到不等式，通过解方程组求得，代入求解得到的最大值；方法四利用抛物线的参数方程设出点的参数坐标，利用斜率关系求得的坐标关于的表达式．作换元，利用点A在椭圆上，得到，然后利用二次函数的性质求得的最大值
【详解】（Ⅰ）当时，的方程为，故抛物线的焦点坐标为；
（Ⅱ）[方法一]：韦达定理基本不等式法
设，
由，
，
由在抛物线上，所以，
又，
，，
.
由即
，
所以，，，
所以，的最大值为，此时.
[方法二]【最优解】：
设直线，.
将直线的方程代入椭圆得：，
所以点的纵坐标为.
将直线的方程代入抛物线得：，
所以，解得，因此，
由解得，
所以当时，取到最大值为.
[方法三] ：点差和判别式法
设，其中．
因为所以．
整理得，所以．
又，
所以，整理得．
因为存在，所以上述关于的二次方程有解，即判别式． ①
由得．
因此，将此式代入①式解得．
当且仅当点M的坐标为时，p的最大值为．
[方法四]：参数法
设，
由，得．
令，则，点A坐标代入椭圆方程中，得．
所以，此时M坐标为．
16．(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）根据题意可得出，，从而可求椭圆的方程；
（2）设出两点的坐标，根据题中条件，，可得出点的坐标，把点的坐标的代入椭圆方程后，两式相减即可得出，从而求出答案；
(1)
由题意，得，，又，
所以解得，，，
所以椭圆方程为.
(2)
设，由，得.
因为点在椭圆上，所以，
整理，得，
又由点在椭圆上，知，所以----①
同理，由，得----②
②①得：，即，
又，故，
所以直线的方程为，即．
由，得，所以，
是的中点，即点平分线段.
17．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据点在椭圆上和离心率，分别建立方程，然后解出，即可；
（2）根据，，，四点共线和点，都在椭圆上建立方程，通过化简后得到关于点的轨迹为，即点的轨迹与无关.
【详解】（1）由题意解可得：
解得：，
故椭圆方程为：
（2）设点，，，，，由题设．
又，，，四点共线，可得：，则有：
（1）
（2）
由于，，，在椭圆上，将（1），（2）分别代入的方程，整理得：
（3）
（4）
由（4）（3）可得：
又，则有：
故有：点总在定直线上
即点的轨迹与无关
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意求出椭圆方程，设直线的方程为，设直线的方程为，设，由，求得，从而可求得，同理求得，从而可求得，即可得解；
（2）设，由，得，代入椭圆的方程，可求得，同理可求得，从而可得出答案.
【详解】（1）解：由已知过点，得，①
由，②
由①、②，得，
故椭圆C的方程为，
若，
设直线的方程为，设直线的方程为，设，
由，得，解得，
故，
同理，，
，则，，
故直线的方程为；
（2）解：设，
由，得，
故，
代入椭圆的方程得（3），
又由，得，
代入（3）式得，，
化简得，，即，
显然，故，
同理可得，
故，
所以的最小值．
19．（1）；（2）
【分析】（1）将代入椭圆方程，可得，再由，结合，解出，得到椭圆方程.
（2）设，，，,则得到，由在椭圆上，将坐标代入椭圆方程，得到关于的方程，从而解出的值，得到答案.
【详解】（1）联立，解得，故，又，
，联立三式，解得，，.
故椭圆C的方程为.
（2）设，，，，
∵M是的中点，，，.
又，，即，
∵点在椭圆C上，，
即.（*）
∵，在椭圆C上，，①②
又直线，斜率之积为，，即，③
将①②③代入（*）得，解得
所以
【点睛】本题考查椭圆椭圆方程与集合性质，直线与椭圆的位置关系，利用点在椭圆上进行消元，属于中档题.
20．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）待定系数法去求椭圆C的标准方程；
（2）设出直线l的方程，与椭圆C的标准方程联立，利用设而不求的方法去证明
(1)
设点，由题意得
解之得．
所以椭圆C的标准方程为；
(2)
设直线l的方程为）（斜率k显然存在），代入，
整理得．
由，得
则，，
因为，所以．
设，则，由，可得
，由，得，
所以
21．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）利用直线的斜率列方程，化简求得，由此求得抛物线方程.
（2）设直线的方程为，联立直线的方程和抛物线方程，化简写出根与系数关系.利用向量的坐标运算建立中的关系式，由此求得点所在定直线方程.
【详解】（1）由题意，得，则，解得，
故抛物线的方程为.
（2）证明：设，，，
直线的方程为.
由得，
，.
由，，得，，
故，化简得.
又，故，
化简得，
即，则或.
当点在定直线上时，直线与抛物线只有一个交点，与题意不符.
故点在定直线上.
【点睛】在解析几何中的向量运算，可用来建立方程，通过化简方程来进行解题.
22．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用抛物线的定义，直接计算求出，可得答案.
（2）根据题意，考虑斜率存在，设直线的方程为，与抛物线联立方程，利用判别式和、要与轴相交，得到的范围.
（3）设点，，利用，，得出，进而联立，利用韦达定理进行消参，可证明为定值.
（1）
抛物线：经过点，
PF=1+2
解得，故抛物线方程为：
（2）
由题意，直线的斜率存在且不为，
设过点的直线的方程为，
设，
联立方程组可得，
消可得，
，且，
解得，且，
则，，
又、要与轴相交，
直线不能经过点，即，
故直线的斜率的取值范围是；
（3）
证明：设点，，
则，，
因为，所以，
故，同理，
直线的方程为
，
令，得，同理可得，
因为
，
，
为定值．
23．（1）；（2），理由见解析；
【解析】（1）由直线过焦点，且与半径为，圆心的圆相切知圆心到直线的距离即可求直线斜率，进而得到直线方程；（2）由直线与抛物线、轴的交点情况知斜率存在且，令，联立方程得，又，，应用向量共线的坐标表示有即可确定是否为定值.
【详解】（1）由题意知：且圆的半径为，圆心，即有在圆外，
∴设直线为，则圆心到直线的距离，
解之得：，即直线的方程为.
（2）由过的直线与抛物线交于，两点，与轴的交点为，即斜率存在且，设直线为，有，
联立直线方程与椭圆方程，有，可得，
设，，即有，
，，，，
由，，可得，，
∴，即可得为定值
【点睛】本题考查了抛物线，由直线与抛物线的交点情况，结合它与圆的位置关系求直线方程，根据直线与y轴、抛物线的交点，结合向量共线情况说明参数之和是否为定值.
24．（1）；（2）有两个公共点．
【分析】（1）可得当的面积最大时，是椭圆在短轴上的顶点，由可求；
（2）椭圆的方程可化为，由已知和得坐标代入椭圆，解得,同理可得,得出经过定点即可判断.
【详解】（1）由已知：，，是椭圆上的动点，、、三点共线，、、三点共线．
当的面积最大时，是椭圆在短轴上的顶点．
当的面积最大时，为等边三角形，
当的面积最大时，，
其中是坐标原点．
当的面积最大时，．
椭圆的离心率为．
（2）由（1）知：．
，．
椭圆的方程可化为，．设，，
，．
由已知和得：，．
在椭圆上，
，即．
．
在椭圆上，．
，解方程得．
同理可得．
直线可化为．
，
直线经过定点．
即直线经过定点．
，，
．
，
定点在椭圆内．
直线与椭圆有两个公共点．
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是判断出直线经过定点，根据定点在椭圆内得出位置关系.
25．(1)；
(2)证明见解析
【分析】（1）若选①，直接由方程组解出即可，若选②，先求出切点坐标，进而求出即可；
（2）设出点坐标，由三点共线得，结合椭圆方程得，联立求得D点坐标，同理得E坐标，表示出DE直线，化简得即可求出定点坐标.
（1）
若选①，则，解得，故椭圆C的方程为；
若选②，易知圆圆心，半径为4，过点，和椭圆外切，切点必为，故，
圆圆心，半径为，过点，和椭圆外切，切点必为，故，
故椭圆C的方程为；
（2）
设，因为三点共线，又，则，
即（★），又因为点均在椭圆上，则，可变形为，代入中，
整理可得，结合（★）式得（✰），
★✰式联立解得，
同理可得，所以直线的方程为，即，
又，所以直线DE的方程为，故直线DE过定点.