新高考数学二轮复习百题必刷题专题27 圆锥曲线点差法（含解析）

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专题27 圆锥曲线点差法必刷100题
任务一:善良模式(基础)1-30题
一、单选题
1．已知双曲线被直线截得的弦AB，弦的中点为M（4，2），则直线AB的斜率为（ ）
A．1 B． C． D．2
【答案】A
【分析】
设，，，，利用点差法计算可得．
【详解】
解：设交点坐标分别为，，，，则，，，
两式相减可得，即，所以，即直线的斜率为；
故选：A．
2．若点为圆的弦的中点，则弦所在直线的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
利用点差法求出直线的斜率，进而得到方程，注意检验是否符合题意即可.
【详解】
设，则，，
两式做差可得，
即，
又因为是的中点，则，
因此，即，
所以，
因此直线的方程为，即，
经检验，符合题意，故弦所在直线的方程为.
故选：B.
3．已知椭圆的离心率为，直线与椭圆交于，两点，直线与直线的交点恰好为线段的中点，则直线的斜率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据离心率可得，利用点差法即可求解.
【详解】
由题意可得，整理可得．
设，，则，
两式相减可得．
因为直线与直线的交点恰好为线段的中点，所以，
则直线的斜率．
故选：C
4．若直线l与椭圆交于点A、B，线段AB中点P为（1，2），则直线l的斜率为（ ）
A． B． C．6 D．－6
【答案】B
【分析】
设A，B分别为，代入椭圆方程，相减后利用中点坐标公式可得直线斜率．
【详解】
设A，B分别为，
，，相减得 ，
即，
又中点是P（1，2）， ，
， ， ，
故选：B．
5．过点的直线交抛物线于两点，当点恰好为的中点时，直线的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
利用点差法求得直线的斜率，进而可求出直线的方程，注意检验判别式是否大于0.
【详解】
设，所以，
两式相减得，，
因为点为的中点，所以，
所以，故直线的斜率为，
所以直线的方程为，即，
联立，所以，，故斜率为符合题意，因此直线的方程为，
故选：D.
6．以椭圆内一点为中点的弦所在的直线方程是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
首先设直线与椭圆的两个交点，，再利用点差法求直线的斜率，最后求解直线方程.
【详解】
设过点的直线交椭圆于，两点，
则，两式相减得，
因为，，
，两边同时除以得，
得，
所以直线方程为，即.
故选：B
7．已知椭圆()的右焦点为，离心率为，过点的直线交椭圆于，两点，若的中点为，则直线的斜率为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】A
【分析】
根据中点坐标公式、椭圆离心率公式，结合点差法进行求解即可.
【详解】
解：设，，则的中点坐标为，
由题意可得，，
将，的坐标的代入椭圆的方程：，
作差可得，
所以，
又因为离心率，，所以，
所以，即直线的斜率为，
故选：A.
8．已知直线l被双曲线C：﹣y2=1所截得的弦的中点坐标为(1，2)，则直线l的方程（ ）
A．x+4y﹣9=0 B．x﹣4y+7=0
C．x﹣8y+15=0 D．x+8y﹣17=0
【答案】C
【分析】
运用代入法、点差法求出直线l的斜率，最后利用直线的点斜式方程进行求解即可.
【详解】
解：设P，Q的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
∵线段PQ的中点为(1，2)，∴x1+x2=2，y1+y2=4，
∵，
∴﹣(y1﹣y2)(y1+y2)=0，
整理得，即直线l的斜率为，
故直线l的方程为y﹣2=(x﹣1)，
即x﹣8y+15=0，
故选：C.
9．已知椭圆的右焦点为，过点的直线交椭圆于两点，若的中点坐标为，则椭圆的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
设，可得，，将两点的坐标分别代入椭圆方程，两式相减可求出===，进而可求出的值.
【详解】
设，则，，
则，
两式相减得：，
∴===，
又==，∴，
联立，得.
∴椭圆方程为.
故选：D．
10．已知椭圆，点为右焦点，为上顶点，平行于的直线交椭圆于，两点且线段的中点为，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
求得直线的斜率，然后使用点差法进行计算，最后根据离心率的公式计算即可.
【详解】
设，直线的斜率为
则
所以，由线段的中点为
所以
所以，又，所以，又
所以，∴，
故选：A.
11．在抛物线中，以为中点的弦所在直线的方程是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
先设弦的两端点的坐标分别为，，代入抛物线方程，两式作差，求出弦所在直线的斜率，进而可求出直线方程.
【详解】
设以为中点的弦的两端点的坐标分别为，，
由题意可得，，两式作差可得，，
所以
因此所求直线的方程为，整理得.
故选：C.
12．已知斜率为的直线与双曲线交于，两点，若，的中点为，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
利用点差法，设，代入双曲线方程后作差，得，利用直线的斜率和线段的中点坐标求得的值.
【详解】
设，
，两式相减得，
即，两边同时除以得
，由条件可知，，，
，解得：，
所以双曲线的渐近线方程是，即.
故选：B
13．直线经过椭圆的左焦点，且与椭圆交于两点，若为线段中点，，则椭圆的标准方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
由已知求得，得到M的横坐标为,进而求得M的纵坐标，然后得出OM的斜率，由,得到，即可判定结论.
【详解】
易得直线l的与x轴的交点横坐标为,∴椭圆的半焦距,
又∵，∴M的横坐标为,代入直线方程得到M的纵坐标为，
∴OM的斜率,
由于直线l的斜率,
,
,,∴,
∴,∴,
逐项检验，即可判定只有C符合，
故选：C.
14．已知曲线，过点且被点平分的弦所在的直线方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】
设，根据点差法求，进而求出方程并检验即可.
【详解】
解：设，故，
两式做差得：，
所以，
又因为，
所以，
故弦所在的直线方程为，即：.
联立方程得：，
，故满足条件.
故选：A.
15．过点作斜率为的直线与椭圆：()相交于､两点，若是线段的中点，则椭圆的离心率等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
设，由点差法运算可得，再由离心率公式即可得解.
【详解】
设，则， ，
所以，作差得，
所以，即，
所以该椭圆的离心率.
故选：A.
16．过椭圆的右焦点的直线与交于，两点，若线段的中点的坐标为，则的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
设以及中点坐标，利用“点差法”得到之间的关系，从而得到之间的关系，结合即可求解出椭圆的方程.
【详解】
设，则
的中点，所以，
又，所以，
即，
而，，
所以，又，
所以，所以
椭圆方程为：.
故选：A.
17．已知斜率为的直线与椭圆交于，两点，线段的中点为，直线（为坐标原点）的斜率为，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
首先设，，的中点，将，代入椭圆方程再相减得到，从而得到，即可得到答案.
【详解】
设，，的中点，
则，.
因为，两点在椭圆上，所以，.
两式相减得：，
，
，，
即，解得.
故选：B
18．过点作斜率为的直线与椭圆：相交于，，若是线段的中点，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
设，由条件可得，，由，得到，然后得出即可.
【详解】
设，由条件可得，
因为，
所以
将，代入可得，
所以
故选：A

第II卷（非选择题）

二、填空题
19．已知椭圆的右焦点为，过点的直线交椭圆于两点，若的中点坐标为，则椭圆的方程为___________．
【答案】
【分析】
设，，采用“点差法”，得，再根据直线过点，和AB的中点坐标，得，结合椭圆中a，b，c的关系，可求得，，即可得E的方程.
【详解】
由题意，设，代入椭圆方程，
可得
两式相减可，变形可得﹐又的中点为，所以，代入上式可得，，又，所以，
又，
解得，所以椭圆的方程为．
故答案为：
20．椭圆离心率为，直线与椭圆交于，两点，且中点为，为原点，则直线的斜率是_______．
【答案】
【分析】
设，，利用点差法即可求出直线的斜率；
【详解】
解：因为椭圆离心率为，所以，所以
设，，所以，，因为，在椭圆上，所以，两式作差得，即，即，即，所以
故答案为：
21．已知为抛物线的一条长度为8的弦，当弦的中点离轴最近时，直线的斜率为___________.
【答案】
【分析】
利用抛物线的定义，找到直线中点的纵坐标，以及最短距离时点也在直线上，再次利用直线的两点表示出斜率，即可解出的坐标，求出的斜率．
【详解】
由题意得抛物线的准线方程为：，过作于，过作于，

设弦的中点为，过作于，则，
设抛物线的焦点为，则，即(当且仅当，，三点共线时等号成立)，
所以，解得，
即弦的中点到轴的最短距离为：，
所以点的纵坐标为，，，，，，
∴所以直线的斜率，
∴，此时，
当弦的中点离轴最近时，直线的斜率为，
故答案为：.
22．直线与椭圆交于，，线段的中点为，设直线的斜率为，直线的斜率为，则______．
【答案】
【分析】
设点，代入椭圆的方程，利用点差法，结合线段的中点的坐标，即可得到答案.
【详解】
设，中点，
则，
把点代入椭圆的方程，
整理得，
两式相减得，
整理得，
即.
23．已知椭圆，过点（4，0）的直线交椭圆于两点.若中点坐标为（2，﹣1），则椭圆的离心率为_______
【答案】
【分析】
设，代入椭圆方程，两式作差，利用离心率公式即可求解.
【详解】
设，
则，①
，②
①②可得，
因为中点坐标为（2，﹣1），则，，
所以，
所以，因为，
所以，所以.
故答案为：
24．设、是抛物线上不同的两点，线段的垂直平分线为，若，则______.
【答案】
【分析】
根据线段的垂直平分线方程可得出直线的斜率，由此利用点差法可得出关于的等式，进而可求得实数的值.
【详解】
由题知，，，两式相减得，
所以，由题知，所以，所以.
故答案为：.
25．已知直线与椭圆相交于，两点，若中点的横坐标恰好为，则椭圆的离心率为______.
【答案】
【分析】
设，，代入椭圆方程得，，两式作差，利用中点坐标和斜率公式可得，再根据离心率公式可得结果.
【详解】
设，，代入椭圆方程得，，
两式作差得，整理得，
因为，所以，
又因为，
所以，所以，
所以.
故答案为：.
26．在直角坐标系中，是圆的弦，是中点，若，都存在非零斜率，，则.类比于圆，在直角坐标系中，是椭圆的弦，是中点，若，都存在非零斜率，，则________.
【答案】
【分析】
利用椭圆中的点差法进行求解即可，也就是设出椭圆弦的两个端点的坐标，代入椭圆标准方程中，两个方程相减，根据斜率公式和中点坐标公式进行求解即可.
【详解】
设，所以有.
由是中点，所以点的横坐标为：，纵坐标为：，因此直线的斜率为：；
是椭圆上的点，因此有得：
，因此有.
故答案为：

三、解答题
27．已知椭圆：过点，长轴长为.

（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点作直线与椭圆交于，两点，当为线段中点时，求直线的方程.
【答案】
（1）
（2）
【分析】
（1）椭圆基本量计算.
（2）点差法求斜率即可.
（1）
因为椭圆的长轴长为，所以，得，
又椭圆过点，
所以，得.
所以椭圆的标准方程为:.
（2）
直线的斜率不存在时，过点，直线的方程为：
此时线段中点为，不合题意.
所以直线的斜率必存在，设其为，，，
因为为的中点，则，所以，
将、坐标代入椭圆的标准方程为得，，
两式相减得：，整理得：，
所以，，
所以.
所以直线的方程为，即.
因为点在椭圆内部，所以直线必与椭圆相交于两点，此直线即为所求.
28．已知椭圆C的焦点为，，过的直线与椭圆C交于A，B两点.若的周长为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）椭圆中以为中点的弦所在直线方程.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）由已知得，解得，又，可得，进而可得答案．
（2）根据题意得中点弦的斜率存在，，，，，则，，两式作差，化简可得斜率，即可得出答案．
【详解】
解：（1）由已知得，则，
又由，可得，
所以椭圆方程为．
（2）根据题意得中点弦的斜率存在，且在椭圆内，
设，，，，
所以，，
两式作差，得，
所以，
所以，
所以，
所以中点弦的方程为，
所求的直线方程．
29．设椭圆过点，离心率为
（1）求C的方程；
（2）求过点且以M点为中点的弦的方程．
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）利用待定系数法求出=4，再根据，代入即可求解.
（2）利用点差法可求得直线的斜率，根据点斜式方程即可得出结果.
【详解】
（1）将代入C的方程得，
∴=4，又 得，
即，∴，∴C的方程为．
（2）设直线与C的交点为A，B，代入椭圆方程得
，作差化简可得，即，又，
则，
以M点为中点的弦的方程: ,即：.
30．已知椭圆的离心率为，点是椭圆上的两个点，点是线段的中点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）求.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）由题意得，根据a，b，c的关系，可求得a的值，即可得答案；
（2）解法一：由题意得AB的斜率存在，设为k，可得直线AB的方程，与椭圆联立，可得关于x的一元二次方程，根据韦达定理，可得的表达式，根据的中点为，可得k的值，代入弦长公式，即可得答案；
解法二：利用点差法，可求得直线AB的斜率k，进而可得直线AB的方程，与椭圆联立，可得关于x的一元二次方程，根据韦达定理，可得的值，代入弦长公式，即可得答案.
【详解】
（1）由条件知，，，
所以，解得，
所以椭圆的标准方程为；
（2）解法一：
当直线斜率不存在时，线段的中点在轴上，不符合题意，
故可设直线的方程为，并设，
联立方程消去，得，
，
由点是线段的中点知，，
所以，解得，
代入得，
所以.
解法二：
当直线斜率不存在时，线段的中点在轴上，不符合题意，
设，其中，代入椭圆方程，
，两式相减得，
由点是线段的中点知，，
直线斜率为，
直线方程为，
联立方程，消去，得，
所以，
所以.


















任务二:中立模式(中档)1-40题
一、单选题
1．已知椭圆C：上存在两点M，N关于直线对称，且线段MN中点的纵坐标为，则的值是（ ）
A． B． C． D．2
【答案】A
【分析】
设出，的坐标，代入椭圆方程，作差后结合已知直线的斜率及中点的坐标列式求解．
【详解】
解：设，，则，，
两式相减，得，
即，
，关于直线对称，，
又线段中点的纵坐标为，线段中点的横坐标为，所以
，解得．
故选：A．
2．设直线与双曲线两条渐近线分别交于点，，若点满足，则该双曲线的渐近线方程是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】
设,的中点为，用点差法可得，由可得结合点在直线上，可得出 的关系，从而可得答案.
【详解】
由双曲线得到渐近线的方程为
即双曲线的两条渐近线合并为
设,的中点为，则，
两式相减可得，即
…………… ①
又点在直线上，则 ……… ②
由,则，则 …………… ③
联立②，③可得，
将代入①可得
所以渐近线的方程为
故选：A
3．已知椭圆：上有三点，，，线段，，的中点分别为，，，为坐标原点，直线，，的斜率都存在，分别记为，，，且，直线，，的斜率都存在，分别记为，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
采用点差法，设，，代入椭圆方程化简可得，即，同理求出，，结合即可求解
【详解】
设，，代入椭圆方程可得，两式相减，可得，即，故，即，即，同理可得：，．由，得，故．
故选：B．
4．斜率为的直线经过双曲线的左焦点，交双曲线于两点，为双曲线的右焦点且，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
利用点差法代入计算得，然后结合，可得，设直线的倾斜角为，则可得，从而得，即可得双曲线的渐近线方程.
【详解】
设的中点为，设，则，得，则，设直线的倾斜角为，又，所以，可得，所以直线的倾斜角为，则的斜率为，所以，所以双曲线的渐近线方程为，
故选：

5．已知椭圆：的左焦点为，过作一条倾斜角为的直线与椭圆交于，两点，为线段的中点，若（为坐标原点），则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
利用点差法，设，，，则，，两式相减，化简可得，设，过作轴，垂足为，从而结合已知条件可得，将其代入椭圆方程化简可求得结果
【详解】
设，，，由题意得，，两式相减，得，因为为线段的中点，且直线的倾斜角为，所以．设，则，过作轴，垂足为，则，，由题易知位于第二象限，所以，所以，得，所以，所以．
故选：B
6．直线l与抛物线相交于A，B两点，线段AB的中点为M，点P是y轴左侧一点，若线段PA，PB的中点都在抛物线上，则（ ）
A．PM与y轴垂直 B．PM的中点在抛物线上
C．PM必过原点 D．PA与PB垂直
【答案】A
【分析】
设,得出线段PA，PB的中点坐标，代入抛物线方程，得到，从而得到答案.
【详解】
设
则线段PA，PB的中点坐标分别为
线段PA，PB的中点都在抛物线上.
则，即
所以是方程的两个实数根
所以，所以,即PM与y轴垂直
故选：A
7．已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线与椭圆交于，两点，且，，则直线的斜率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
先设出点的坐标，利用点差法可得，再根据可得，即可由此求出斜率.
【详解】
设，
在椭圆上，则，
两式相减可得，
，是中点，则，代入上式，
则，即，
又，则，
即，
所以，可得，
所以，所以直线的斜率为.
故选：C.
8．已知椭圆（）的右焦点为，过点的直线交椭圆于A，两点，若线段的中点坐标为，则椭圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】
利用中点坐标公式和点差法可求得的值，结合可得出、的值，即得椭圆的方程.
【详解】
设点、，则的中点为，
则，可得.
若直线轴，则线段的中点在轴上，不合题意；
故直线的斜率存在，且，
直线的斜率为，
由于A、两点都在椭圆上，则，
两式作差得，所以，
因为在直线AB上，故，
所以，
又，故
所以，解得，因此，椭圆的标准方程为.
故选：A.
9．抛物线上有一动弦，中点为，且弦的长为3，则点的纵坐标的最小值为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】A
【分析】
设直线的方程为，与抛物线方程联立得到，利用根与系数的关系，再利用中点坐标公式和基本不等式即可得到答案
【详解】
解：设直线的方程为，
由，得，
由题意可得，即，
设，则，
因为，
所以，
中点的纵坐标为
当且仅当，即时取等号，
所以点的纵坐标的最小值为，
故选：A
10．过点作直线l与双曲线交于P，Q两点，且使得A是的中点，直线l方程为（ ）
A． B．2x+y-3=0 C．x=1 D．不存在
【答案】D
【分析】
设出点P，Q的坐标，利用“点差法”求出直线l的斜率并求出其方程，再将直线l与双曲线方程联立验证即可得解.
【详解】
设点，因点是的中点，则，
从而有，两式相减得：，
即，于是得直线l的斜率为，
直线l的方程为：，即，
由消去y并整理得：，此时，即方程组无解，
所以直线l不存在.
故选：D
11．以原点为对称中心的椭圆焦点分别在轴，轴，离心率分别为，直线交所得的弦中点分别为，，若，，则直线的斜率为( )
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
分类讨论直线的斜率存在与不存在两种情况，联立直线与曲线方程，再根据，求解.
【详解】
设椭圆的方程分别为，，由可知，
直线的斜率一定存在，故设直线的方程为.
联立得，
故，；
联立得，
则，.
因为，所以，
所以.
又，所以，
所以，所以，.
故选：A.
12．过椭圆的右焦点并垂直于轴的直线与椭圆的一个交点为，椭圆上不同的两点，满足条件：成等差数列，则弦的中垂线在轴上的截距的范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
利用焦半径公式得，设中点，利用点差法可求得，进而求得弦的中垂线方程，求得其在轴上的截距，利用在椭圆“内”，可求得结果.
【详解】
因为成等差数列，，
利用焦半径公式得：，，代入可得
设中点，椭圆上不同的两点，
，两式作差可得，，
所以弦的中垂线的方程为：，
当时，，此即的中垂线在轴上的截距，
在椭圆“内”，，得，
．
故选：C．

13．已知椭圆的右焦点和上顶点分别为点和点，直线交椭圆于两点，若恰好为的重心，则椭圆的离心率为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
由题设，利用为的重心，求出线段的中点为，将B代入直线方程得，再利用点差法可得，结合，可求出，进而求出离心率.
【详解】
由题设，则线段的中点为，
由三角形重心的性质知，即，解得：
即代入直线，得①.
又B为线段的中点，则，
又为椭圆上两点，，
以上两式相减得，
所以，化简得②
由①②及，解得：，即离心率.
故选：C.
14．已知圆在椭圆的内部，点为上一动点.过作圆的一条切线，交于另一点，切点为，当为的中点时，直线的斜率为，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
当点为中点时，由点差法可得，再由与圆相切可得，可解出；设为的左顶点，连接，则，根据正切的二倍角公式可解得，即得出，将和代入得，然后解出离心率.
【详解】
设，，，则，.
将，的坐标分别代入的方程，得，
两式相减，得，
所以，即.
当为的中点时，，则，故.
如图，设为的左顶点，连接，则，所以，整理得，解得或（舍去），则，所以，所以，故的离心率.
故选：C.

15．已知双曲线：，若存在斜率为1的直线与的左､右两支分别交于点，，且线段的中点在圆：上，则的离心率的最小值为（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】B
【分析】
根据点差法化简后可得，利用中点在圆上，代入根据方程有解，利用判别式建立不等关系，化简即可求出离心率的取值范围.
【详解】
设，
则①，②
①②得
化简得，
因为直线斜率为1，
所以，
设为中点，
则 ③，其中，，
因为在圆上，则 ④
③代入④可得，
方程有解可得，
即，
解得,即，
所以，
故选：B
16．过抛物线的焦点F的直线l（不平行于y轴）交抛物线于A，B两点，线段AB的中垂线交x轴于点M，若，则线段FM的长度为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】
先设点，点，则，再把的中点坐标和斜率表示出来，
进一步可以求出线段AB的中垂线的方程，只需令，则的横坐标，故可计算出线段FM的长度为.
【详解】
设，，由抛物线性质可知.

，由题可知.
，即
设线段AB的中垂线的斜率为，则.
所以AB的中垂线方程为：
令，则的横坐标
则
所以线段FM的长度为2.
故选：B.
17．已知抛物线C1：和圆C2：(x-6)2+(y-1)2=1，过圆C2上一点P作圆的切线MN交抛物线C，于M，N两点，若点P为MN的中点，则切线MN的斜率k>1时的直线方程为（ ）
A．4x-3y-22=0 B．4x-3y-16=0 C．2x-y-11+5=0 D．4x-3y-26=0
【答案】D
【分析】
设点和直线MN的方程为：，其中，则，联立并结合韦达定理可得，，利用直线MN与圆C2相切，则有，再根据直线C2P与直线MN垂直，则，消去n化简可得，降次整理可得，令，利用导数求出单调性可证明在无解，故可得，代入可求n，从而可求直线MN的方程.
【详解】
画出曲线图像如下图：

由题意知，切线MN的斜率k存在且不为0，设点，
设直线MN的方程为：，其中，则，
联立，可得，
则有，，，
根据中点坐标公式可得，，，
又直线MN与圆C2相切，则有，即①，
依题意，直线C2P与直线MN垂直，则，
整理得②，
将②代入①并整理得，，
降次化简可得，③，
令，
则，因为，
所以，即在单调递减，
则在上恒成立，即在无解，
从而③式的解只有一个，，代入②式可得，，
所以，直线MN的方程为：，整理得，4x-3y-26=0.
故选：D.
18．已知圆与椭圆相交于两点，若是圆的直径，则椭圆的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
由题意可得点关于圆心对称，先用点差法将直线AB的斜率求出来，即可得AB的方程，然后再由即可求出椭圆的方程.
【详解】
依题意，点关于圆心对称，且.
设，，则，，
两式相减并结合，得.
易知，不与轴垂直，则，所以的斜率，
因此直线方程为，
代入椭圆方程得：，所以，.
于是.
由，得，解得.
所以椭圆的方程为，
故选：A.
19．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
【答案】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.
【详解】
设，
则，

由，
，
，
，①
即，
由得，
当，即时
，
代入①得：

即，
解得或（舍去），
故选：B
20．已知椭圆上存在两点关于直线对称，且线段中点的纵坐标为，则的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
点关于直线对称，则线段中点在直线上，求出中点坐标，与直线垂直，根据中点关系和斜率关系即可求解.
【详解】
设，点关于直线对称，
且线段中点在直线上，纵坐标为，所以横坐标为，
，
在椭圆上：，，两式相减得：




解得：.
故选：B

第II卷（非选择题）

二、填空题
21．已知斜率为1的直线l与双曲线C：相交于B，D两点，且BD的中点为，则C的离心率是______．
【答案】2
【分析】
设，代入双曲线方程，利用点差法，可求得，代入离心率公式，即可得答案.
【详解】
设，则，
两式作差可得：，即，
因为为BD中点，
所以，
又直线BD斜率为1，
所以，代入可得，，
所以C的离心率.
故答案为：2
22．已知椭圆的弦被点平分，则这条弦所在的直线方程为______.
【答案】
【分析】
设这条弦的两个端点分别为、，由中点坐标公式得，利用点差法可求得直线的斜率，再由点斜式可得出这条弦所在直线的方程.
【详解】
解：已知椭圆的弦被点平分，
设这条弦的两个端点分别为、，
则，得，
由于点、均在椭圆上，则，
两式相减得，可得，
即，
所以直线的斜率为，
因此，这条弦所在直线的方程为，即.
故答案为：.
23．已知椭圆离心率，过椭圆中心的直线交椭圆于A、B两点（A在第一象限），过A作x轴垂线交椭圆于点C，过A作直线AP垂直AB交椭圆于点P，连接BP交AC于点Q，则____
【答案】/
【分析】
首先求得，然后由求得点的纵坐标，从而求得.
【详解】
.
设，则，设
，两式相减并化简得，
即，，
由，可得，则，即，解得，.
故答案为：

24．已知椭圆：上存在，两点关于直线对称，且线段的中点在抛物线上，则实数的值为___________.
【答案】或/0或
【分析】
由题意，设：，的中点，联立直线AB方程和椭圆方程，利用韦达定理及中点坐标公式，可得，代入抛物线方程可求t，从而即可得m的值．
【详解】
解：因为所在的直线与直线垂直，
所以设：，的中点，
联立，得，
设，，则有，
所以，，得，
将代入抛物线方程中得，所以或，
所以或，
因为点在直线上，所以得或，
故答案为：或.
25．已知椭圆：的左焦点为，过作一条倾斜角为的直线与椭圆交于，两点，若为线段的中点，则椭圆的离心率是___________.
【答案】
【分析】
利用点差法，代入为线段的中点，可求得，进而得，即可求得离心率．
【详解】
设，，，在椭圆上，所以，，
两式相减，得，
又为线段的中点，所以
，即，即，所以.
故答案为：
26．已知直线与椭圆交于A、B两点，与圆交于C、D两点．若存在，使得，则椭圆的离心率的取值范围是_____________．
【答案】
【分析】
求得直线恒过定点，该定点刚好为圆心，则CD为直径，又由条件可知圆心也为AB的中点，设A、B点的坐标，并运用点差法和直线的斜率公式、中点坐标公式，即可得到所求离心率的取值范围.
【详解】
直线，即为，可得直线恒过定点，圆的圆心为，半径为1，且C，D为直径的端点，
由，可得的中点为，设，，
则，，两式相减可得，
由，，可得，由，即有，
则椭圆的离心率．
27．椭圆内，过点且被该点平分的弦所在的直线方程为______．
【答案】
【分析】
设出坐标，根据点在椭圆上利用点差法求解出的值，再利用直线的点斜式方程可求解出直线方程.
【详解】
设直线与椭圆的两个交点为，因为在椭圆上，
所以，所以，
所以，所以，
所以，所以，
所以的方程为：，即，
故答案为：.
28．已知圆：与椭圆：相交于、两点，若是圆的直径，则椭圆的方程为________.
【答案】
【分析】
先设交点，，利用点差法求出直线的斜率，再联立直线与椭圆的方程，利用弦长构建关系求出参数b即可.
【详解】
椭圆：，即，焦点在轴上，
由题意可知为中点，设、，

则，作差可得，即
即，又，则，
故直线方程为：，
联立得：，即，
即，设，，则，，
又，，
即，即，，则，椭圆的方程为：.
故答案为：.
29．已知为椭圆的右焦点.直线与椭圆C相交于A，B两点，A，B的中点为P，且直线OP的斜率，则椭圆C的方程为_______________.
【答案】
【分析】
设，A，B的中点为，则由题意知，，由A，B是椭圆上不重合的两点，则，两式相减可得，即，再结合，即可求得椭圆C的方程.
【详解】
设，A，B的中点为，则由题意知，
由A，B是椭圆上不重合的两点，则，
两式相减得，
整理可得，即 ，即，
又，解得：
所以椭圆C的方程为
故答案为：
30．已知曲线：，点，在曲线上，且以为直径的圆的方程是．则______．
【答案】
【分析】
由题知，圆的圆心坐标，由点差法可得直线的斜率为1，设，，则有，又圆的直径为2，联立直线与曲线方程，由韦达定理表示，解方程即可得.
【详解】
因为是圆的直径，必过圆心点，设所在直线方程为
：
设、点坐标分别为，，都在上，故
两式相减，可得：


（因为是的中点），即．
联立直线与的方程：

又，即，即
，
又因为，则有

即，
∴．
故答案为：
31．已知抛物线E：y2＝4x，A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3）为抛物线上的三个动点，其中x1＜x2＜x3且y2＜0，若ABC的重心恰为抛物线E的焦点，且AB、AC、BC三边中点到抛物线E的准线的距离成等差数列，则直线AC的斜率为_____.
【答案】2
【分析】
如图所示，求出，根据是ABC的重心，得到根据AB、AC、BC三边中点到抛物线E的准线的距离成等差数列求出再利用点差法求出直线的斜率.
【详解】

如图所示，设是抛物线的焦点，，
由题得，
所以，即，同理
因为是ABC的重心，
所以
因为AB、AC、BC三边中点到抛物线E的准线的距离成等差数列，
所以，
所以.
由题得.
所以
因为，
，
所以直线AC的斜率为2.
故答案为：2
32．已知椭圆，作倾斜角为的直线交椭圆C于A、B两点，线段的中点M，O为坐标原点，与的夹角为，且，则____________
【答案】
【分析】
设，首先由点差法可得，设直线的倾斜角为，则或，然后结合条件可建立方程求解.
【详解】
设，
则，，
两式相减，得．
两点直线的倾斜角为，，
，即，
设直线的倾斜角为，则或
所以，因为，
所以，解得，即
故答案为：
33．已知抛物线的准线方程为，在抛物线上存在两点关于直线对称，且为坐标原点，则的值为__________.
【答案】
【分析】
先根据抛物线的简单几何性质求出抛物线的方程，再根据点差法求出的中点坐标，从而得出的坐标，然后由向量的模的坐标计算公式即可求解．
【详解】
拋物线的准线方程为，可知抛物线的方程为：．
设点，的中点为，则
两式相减可得，，，所以，解得，可得，则，
可得.
故答案为：．
34．已知椭圆C：的一个顶点为，离心率，直线交椭圆于M，N两点，如果△BMN的重心恰好为椭圆的左焦点F，则直线方程为___________
【答案】
【分析】
利用椭圆的离心率以及经过的点，求出，得到椭圆方程，设出，利用重心坐标结合平方差法，转化求解直线的斜率，然后求解直线方程．
【详解】
解：由题意得，
又，解得．
椭圆的方程为．
椭圆左焦点的坐标为，
设线段的中点为，，
由三角形重心的性质知，从而，，，
解得，，
所以点的坐标为．
设，，，，则，，且，
以上两式相减得，
，
故直线的方程为，即．
故答案为：．

35．已知抛物线上一点到焦点的距离为3，过焦点的直线与抛物线相交于、两点，点到直线的距离为，当取得最大值时，的面积等于__________．
【答案】54
【分析】
根据抛物线焦半径公式得到抛物线方程；根据抛物线性质可知当时，最大，从而可求得的方程；联立直线和抛物线方程，根据弦长公式求解出，进而得到所求面积.
【详解】
根据到焦点距离为可得：，解得
则抛物线的方程为，则点的坐标为，
当时，点到直线距离最大
直线的斜率
则直线的方程为
联立得
，


本题正确结果：

三、解答题
36．已知抛物线的焦点为F，过F且斜率为1的直线与抛物线C交于A，B两点，且的中点的纵坐标为2．
（1）求C的方程
（2）已知，若P在线段上，是抛物线C的两条切线，切点为H，G，求面积的最大值．
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）设点，由中点坐标得，再由直线AB的斜率得，将A、B两点代入抛物线方程中计算可求得得抛物线的方程；
（2）设，且，设点，，求得切线PH、PG的方程，再由点P在切线PG、PH上得出直线GH的方程，与抛物线联立，求得弦长，以及点P到直线GH的距离，表示的面积，根据二次函数的性质可求得三角形面积的最大值.
【详解】
解：（1）设点，则，所以，又因为直线AB的斜率为1，所以，
将A、B两点代入抛物线方程中得：，将上述两式相减得，，
即，所以，即，所以，
因此，抛物线的方程为；
（2）因为，P在线段上，所以设，且，
设点，，则切线PH、PG的斜率定存在，设直线PH的方程为，与抛物线联立消y得：，
所以，即，解得，所以切线PH的方程为，即，
同理得切线PG的方程为，
又点P在切线PG、PH上，所以，所以直线GH的方程为，即，
直线GH的方程与抛物线联立 ，整理得，所以，
又点P到直线GH的距离为，
所以的面积为，
因为，所以，，所以，所以面积的最大值为．
37．已知椭圆：，直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，，线段的中点为.
（1）证明：直线的斜率与的斜率的乘积为定值；
（2）若过点，射线与椭圆交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求此时直线斜率；若不能，说明理由.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）设，由，利用点差法求解；
（2）根据四边形为平行四边形，设，得到，从而有，然后利用（1）的结论求解,
【详解】
（1）设，
则，
两式相减得：，
所以；
（2）若四边形为平行四边形，
设，则，
所以，
由（1）知：，整理得：，
由，解得，
所以直线斜率.
38．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：（a>b>0）的离心率为，AB为椭圆的一条弦，直线y=kx（k>0）经过弦AB的中点M，与椭圆C交于P，Q两点，设直线AB的斜率为，点P的坐标为（1，）
（1）求椭圆C的方程；
（2）求证：为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）根据题意可列方程组，解之即得；
（2）利用“点差法”即证.
【详解】
（1）由题意知解得
故椭圆的方程为.
（2）证明：设，，，由于A，B为椭圆C上的点，所以，，
两式相减得，
所以.
又，
故，为定值.
39．已知，直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，线段中点为.
（1）若，点在椭圆上，分别为椭圆的两个焦点，求的取值范围；
（2）若过点，射线与椭圆交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求出此时直线的斜率；若不能，请说明理由.
【答案】（1）；（2）能，.
【分析】
（1）求得焦点坐标，设，运用向量数量积的坐标表示，结合椭圆的范围，可得所求范围；
（2）设A，B的坐标分别为运用中点坐标公式和点差法，直线的斜率公式，结合平行四边形的性质，即可得到所求斜率.
【详解】
（1）当时，椭圆，椭圆的两个焦点.
设，则，即，
所以，
所以
因为，所以
所以的范围是.
（2）设A，B的坐标分别为可得.则，两式相减可得，即.
又设，直线，
即直线的方程为，
从而代入椭圆方程可得，.
由与联立得.
若四边形OAPB为平行四边形，那么M也是OP的中点，所以，即，整理可得，解得.
经检验满足题意，所以当时，四边形OAPB为平行四边形.
40．已知椭圆，试确定m的取值范围，使得圆E上存在不同的两点关于直线对称.
【答案】.
【分析】
设、是椭圆E上关于直线的两个对称点，结合题意利用点差法求解即可
【详解】
设、是椭圆E上关于直线的两个对称点，则应有：

①-②并把③代入得.
.⑥
联立④⑥得代入⑤得，解得.





























任务三:邪恶模式(困难)1-30题
一、解答题
1．已知的两个顶点坐标分别为，该三角形的内切圆与边分别相切于P，Q，S三点，且，设的顶点A的轨迹为曲线E．
（1）求E的方程；
（2）直线交E于R，V两点．在线段上任取一点T，过T作直线与E交于M，N两点，并使得T是线段的中点，试比较与的大小 并加以证明．
【答案】
（1）
（2）大小关系不确定；证明见解析
【分析】
（1）由题可得，可得轨迹为椭圆，即可求出方程；
（2）设，代入椭圆，相减可得斜率关系，利用弦长公式求出，再求出可比较.
（1）
由内切圆的性质得，
所以曲线E是以B，C为焦点，4为长轴长的椭圆，且A，B，C不共线，
则，，
故E的方程为．
（2）
当T不为坐标原点时，设，则
两式相减得，即，
所以，设，
联立方程组整理得，
．
因为T是线段的中点，所以
．
联立方程组解得．
联立方程组解得，
所以，
故．
当T为坐标原点时，由对称性知，与的大小关系不确定．
2．已知椭圆的左､右焦点分别为，，且椭圆过点，离心率，为坐标原点，过且不平行于坐标轴的动直线与有两个交点，，线段的中点为.
（1）求的标准方程；
（2）记直线的斜率为，直线的斜率为，证明：为定值；
（3）轴上是否存在点，使得为等边三角形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）不存在，理由见解析.
【分析】
（1）由椭圆所过点及离心率，列方程组，再求解即得；
（2）设出点A，B坐标并列出它们满足的关系，利用点差法即可作答；
（3）设直线的方程，联立直线与椭圆的方程，借助韦达定理求得，，再结合为等边三角形的条件即可作答.
【详解】
（1）显然，半焦距c有，即，则，
所以椭圆的标准方程为；
（2）设，，，，由(1)知，，
两式相减得，即，而弦的中点，则有，
所以；
（3）假定存在符合要求的点P，由(1)知，设直线的方程为，
由得：，则，，
于是得，从而得点，，
因为等边三角形，即有，，
因此，，，
从而得，整理得，无解，
所以在y轴上不存在点，使得为等边三角形.
3．已知点，不垂直于x轴的直线l与椭圆相交于两点．
（1）若M为线段的中点，证明：；
（2）设C的左焦点为F，若M在的角平分线所在直线上，且l被圆截得的弦长为，求l的方程．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】
（1）将代入椭圆的方程，两式相减由两点间斜率公式以及中点坐标公式即可求证.
（2）当直线l的斜率为时，不符合题意；当直线l的斜率不为时，设直线：，
与椭圆方程联立，消元利用韦达定理得出，，利用以及斜率公式即可得出的值，再由直线被圆截得的弦长求出得值，即可求解.
【详解】
（1）由可得，
因为是两点的中点，
所以，
因为两点在椭圆上，
所以，两式相减可得：，
所以，
因为是两点的中点，
所以点在椭圆的内部，
所以，解得：，
所以.
（2）当直线l的斜率为时，l被圆截得的弦长为不符合题意；
当直线l的斜率不为时，设直线：，
得，
则即，
，，
因为，则轴，
因为平分，所以，
即，
可得
，
整理得：，所以，
因为所以，
所以直线：，
因为直线被圆截得的弦长为，圆的半径，
所以圆心到直线：的距离为，
所以解得：，且满足，
所以l的方程为，
4．已知点在椭圆上，且点M到C的左､右焦点的距离之和为.
（1）求C的方程；
（2）设О为坐标原点，若C的弦AB的中点在线段OM(不含端点O，M)上，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）将点坐标代入椭圆方程以及双曲线的定义列方程组，解之即可求解；
（2）设，，求AB的中点坐标，由点差法求得直线的斜率和方程，与椭圆方程联立，运用韦达定理和判别式大于，由向量数量积的坐标表示化简即可求解.
【详解】
（1）由已知得，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）设，，则AB的中点在线段OM上，
且，方程：，
AB的中点代入方程可得：.
又，，两式相减得，
易知，，所以，即.
设直线AB的方程为，
代入并整理得.
由，解得，所以.
由根与系数的关系得，，
则
，
又，所以的取值范围是.
5．已知椭圆：.
（1）椭圆是否存在以点为中点的弦？若存在，求出弦所在的直线的方程，若不存在，请说明理由；
（2）已知椭圆的左､右顶点分别为，，点是椭圆上的点，若直线，分别与直线交于，两点，求线段的长度取得最小值时直线的斜率.
【答案】（1）存在，直线的方程为；（2）.
【分析】
（1）先判断点在椭圆的内部，得椭圆存在以该点为中点的弦，再利用点差法求出直线的斜率，进而得到直线方程；
（2）显然直线的斜率存在，且，设直线的方程为，求得点，点，及点，进而求得，再利用基本不等式求最值.
【详解】
（1）因为，所以点在椭圆的内部，
则椭圆存在以点为中点的弦.
设弦所在的直线与椭圆相交于，，则，
两式相减，得，即.
又，，
，整理得.
所以直线的方程为，即.
（2）因为，，三点共线所以可知当线段的长度取得最小值时，直线的斜率显然存在，且，，设直线的方程为，从而点.
联立，消整理得，
设点，则.
所以，从而，所以.
又点，则直线的斜率为.
由，得，所以.
故.
又，则，当且仅当，即时等号成立
所以当时，线段的长度取得最小值.
所以此时直线的斜率为.
6．已知斜率为的的直线与椭圆交于点 ，线段中点为，直线 在轴上的截距为椭圆的长轴长的倍.
（1）求椭圆的方程；
（2）若点都在椭圆上，且都经过椭圆的右焦点 ，设直线的斜率分别为， ，线段PQ,MN的中点分别为，判断直线是否过定点，若过定点.求出该定点，若不过定点，说明理由.
【答案】（1）；（2）过定点，.
【分析】
（1）利用点差法可得，再由直线的方程为，求出轴上的截距，结合题意即可求解.
（2）设直线的方程分别为，分别将直线与椭圆方程联立，分别求出，，求出直线方程，化简整理即可求解.
【详解】
本题考查椭圆的方程及直线与椭圆的位置关系，考查数学运算及逻辑推理的核心素养.
（1）设，
则，
且
两式相减得
即，
即，
所以
又直线的方程为，
令，得
所以，
所以椭圆的方程为.
（2）由题意得，直线的方程分别为，
设，联立，
得，
所以，
则
同理
所以
由
得，
所以直线的方程为
整理得，
所以直线过定点.
7．已知抛物线，过其焦点且斜率为的直线交抛物线于两点，若线段的中点的纵坐标为．
（1）求抛物线的方程；
（2）若点，问x轴上是否存在点，使得过点的任一条直线与抛物线交于点两点，且点到直线的距离相等？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）存在；．
【分析】
（1）设，利用点差法可得解；
（2）由题知为的角平分线，可得，设直线的方程为，与抛物线方程联立得，由韦达定理结合得，即对于任意的恒成立，可得答案.
【详解】
（1）设，则
因为线段的中点的纵坐标为，则，
两式相减得．
所以，即抛物线的方程为
（2）假设存在这样的点满足条件，设为，
因为点到直线的距离相等，所以为的角平分线，
则，可得，显然直线的斜率不能为零，
故设直线的方程为，由联立得，
设，则有
得
即，整理得，
即，得，
即对于任意的恒成立，所以且此时满足，
所以存在点到直线的距离相等.
8．如图，曲线由两个椭圆和椭圆组成，当a、b、c成等比数列时，称曲线为“猫眼曲线”，若猫眼曲线过点，且a、b、c的公比为.

（1）求猫眼曲线的方程；
（2）任作斜率为且不过原点的直线与该曲线相交，交椭圆所得弦AB的中点为M，交椭圆所得弦CD的中点为N，直线OM、直线ON的斜率分别为、，求证：为与k无关的定值；
（3）设、为椭圆上的两点，直线OP、直线的斜率分别为、，且，求的最大值.
【答案】（1）∴，；（2），证明见解析;（3）的最大值为3.
【分析】
（1）由题意可知：，，代入分别求得a和c的值，即可求得“猫眼曲线”的方程；
（2）根据中点坐标公式，将E，F坐标代入椭圆方程，利用“点差法”求得，同理求得，即可求得的值；
（3）根据题意可得，由P､Q为椭圆上的两点，推出，解得4，进而推出，则，再由基本不等式推出答案.
【详解】
解：（1）由题意知，，，
∴，，
∴，；
证明：（2）设斜率为的直线交椭圆于点，线段中点为，
则，，
由，可得，
因为k存在且，∴，，
∴，即，
同理，
∴；
故为与k无关的定值；
（3）因为直线､直线的斜率分别为､，且，
所以，即，
又因为､为椭圆上的两点，
所以，
所以，整理得，
所以，
所以，
所以.
所以的最大值为3.
9．坐标平面内的动圆与圆外切，与圆内切，设动圆的圆心的轨迹是曲线，直线.
（1）求曲线的方程；
（2）当点在曲线上运动时，它到直线的距离最小？最小值距离是多少？
（3）一组平行于直线的直线，当它们与曲线相交时，试判断这些直线被椭圆所截得的线段的中点是否在同一条直线上，若在同一条直线上，求出该直线的方程；若不在同一条直线上，请说明理由？
【答案】（1）；（2）点到直线的距离最小，距离最小为；（3）在同一直线，直线为：.
【分析】
（1）利用两个圆外切与内切的性质可得，再利用椭圆的定义即可求得曲线的方程；
（2）设与平行的直线的方程为，代入，整理可得，当，直线与曲线相切，此时点到直线的距离最小，利用点到线距离公式求得最小值.
（3）设两个交点为，利用点差法化简得，即，整理得.
【详解】
解：（1）设动圆的半径为，由题意可知，
则，根据椭圆的定义可知曲线是以为焦点，长轴长为的椭圆，其中，即
所以曲线的方程为：.
（2）设与平行的直线的方程为，即，代入，
可得，整理得，
，
当时，此时直线与曲线相切，根据图形可知当时，
点到直线的距离最小，.
（3）这些直线被椭圆所截得的线段的中点在同一条直线上
设与平行的直线与曲线的两交点坐标为，中点，
，
两式作差得，整理可得：，即，整理得，
即所有弦的中点均在直线上.
10．已知点在椭圆：（）上，且点到的左、右焦点的距离之和为.
（1）求的方程；
（2）设为坐标原点，若的弦的中点在线段（不含端点，）上，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【分析】
（1）本小题根据已知条件直接求出，，再求出椭圆方程即可.
（2）本小题先设、两点，再将转化为只含的表达式，最后根据的范围确定的范围，即可解题.
【详解】
解：（1）∵点在椭圆：（）上，
∴ ，又∵，
∴ ，.
∴椭圆的方程：
（2）设点、的坐标为，，则中点在线段 上，且，则，
又，，两式相减得，
易知，，所以，则.
设方程为，代入并整理得.
由解得，又由，则.
由韦达定理得，，
故





又∵.
∴的取值范围是.
11．如图，椭圆的右焦点为，过焦点，斜率为的直线交椭圆于、两点（异于长轴端点），是直线上的动点．

（1）若直线平分线段，求证：．
（2）若直线的斜率，直线、、的斜率成等差数列，求实数的取值范围．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）利用点差法可证得结论成立；
（2）令，可得直线的方程为，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用直线、、的斜率成等差数列，可得出关于的等式，然后利用函数的基本性质可求得实数的取值范围.
【详解】
（1）设、，线段的中点，由题意可得，
上述两式相减得，可得，
，，则，
因此，；
（2）由，令，则直线的方程为，
由得，恒成立，
由韦达定理得，，
因为直线、、的斜率成等差数列，
所以，，
，
，
，即，
，，
由双勾函数的单调性可知，函数在区间上单调递增，
当时，，所以，.
因此，实数的取值范围是.
12．在平面直角坐标系中，已知椭圆，直线．
（1）若椭圆C的一条准线方程为，且焦距为2，求椭圆C的方程；
（2）设椭圆C的左焦点为F，上顶点为A，直线l过点F，且与FA垂直，交椭圆C于M，N（M在x轴上方），若，求椭圆C的离心率；
（3）在（1）的条件下，若椭圆C上存在相异两点P，Q关于直线l对称，求的取值范围（用k表示）．
【答案】（1）；（2）；（3）.
【分析】
（1）利用准线、焦距以及列方程组，解方程组求得的值，进而求得椭圆方程.
（2）求得直线的方程并与椭圆方程联立，写出根与系数关系，结合得到关于的方程，由此求得椭圆的离心率.
（3）设，，PQ的中点，利用点差法求得，根据点在椭圆C的内部列不等式，由此求得的取值范围.
【详解】
（1）设椭圆C的半焦距为c，
因为椭圆C的一条准线方程为，且焦距为2，
所以，
解得，椭圆C的方程为．
（2）如图，因为，，
所以，
因为直线l过点F，且与FA垂直，
所以直线l的方程为，
与椭圆C的方程联立得，
因为l过左焦点F，
所以恒成立，
设，，则（*），
因为，
所以，
代入（*）得，
消去并化简得，
因为，
所以，
即，
因为，
所以，解得，
所以．

（3）如图，设，，PQ的中点，
则，两式相减并化简得
，即，
因为，
所以，
又，
所以，
因为点在椭圆C的内部，
所以，化简得．
故的取值范围为．

13．在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，左、右顶点分别为、，且线段的长为，为椭圆异于顶点，的点，过点，分别作，，直线，交于点．

（1）求椭圆的方程；
（2）求证：当在椭圆上运动时，点恒在一定椭圆上；
（3）已知直线过点，且与（2）中的椭圆交于不同的两点，，若为线段的中点，求原点到直线距离的最小值．
【答案】（1）；（2）；（3）.
【分析】
（1）根据离心率为，左、右顶点分别为、，且线段的长为，由求解.
（2）设 ， ，根据，，分别写出，的直线方程联立，求得，代入即可.
（3）设，根据直线过点，且与椭圆交于不同的两点，，为线段的中点，利用点差法由，得到 ，然后由，令，利用基本不等式求解.
【详解】
（1）因为离心率为，左、右顶点分别为、，且线段的长为，
所以
解得
椭圆的方程是；
（2）设 ， ，
因为，所以的直线方程为，
同理的直线方程为 ，
联立方程组，解得 ，
因为点P在椭圆上，
所以 ，所以，
即 ，
代入得：，
所以当在椭圆上运动时，点恒在一定椭圆上；
（3）设，
因为直线过点，且与椭圆交于不同的两点，，为线段的中点，
则，两式相减得：，
所以，
所以原点到直线距离：，
令，因为，所以，
所以，当且仅当，即时取得等号，
所以原点到直线距离的最小值为．
14．在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，为椭圆的一条弦（不经过原点），直线经过弦的中点，与椭圆交于、两点，设直线的斜率为.

（1）若点的坐标为，求椭圆的方程；
（2）求证：为定值；
（3）过作轴的垂线，垂足为，若直线和直线倾斜角互补，且的面积为，求椭圆的方程.
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）.
【分析】
（1）根据题意得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，由此可求得椭圆的方程；
（2）设点、，利用点差法可得出，再利用可求得的值；
（3）设点，根据直线和的倾斜角互补和面积公式计算出点的坐标，进而可求得椭圆的方程.
【详解】
（1）由已知条件得，解得，因此，椭圆的方程为；
（2）设点、，则线段的中点坐标为，
，.
由题意可得，，，
由于点、都在椭圆上，则，
两式作差得，（定值）；
（3）设点，则、，，
直线与直线的倾斜角互补，，
又，且，则，解得.
的面积为且，解得，，即点.
，解得，因此，椭圆的标准方程为.
15．已知椭圆的右焦点为，右准线为.过点作与坐标轴都不垂直的直线与椭圆交于，两点，线段的中点为，为坐标原点，且直线与右准线交于点.

（1）求椭圆的标准方程；
（2）若，求直线的方程；
（3）是否存在实数，使得恒成立？若存在，求实数的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）；（3）存在，且.
【分析】
（1）根据准线的定义得，又由，结合可求得，得椭圆标准方程；
（2）由可求得点横坐标，设直线方程为，代入椭圆方程整理后应用韦达定理得，由可得，得直线方程；
（3）设，得，由点差法可得，从而得，则可得点坐标，然后计算可得．
【详解】
（1）由已知可得： ，
解得：
椭圆的标准方程为：.
（2）由可知：
即，可得：，
设，直线AB的方程为，
联立 ，得：，
为线段的中点，则，
即，解得：，
所以直线的方程为.
（3）设，，，，，，
由，两方程相减得，即，
∴，即，
又，∴，∵，∴，即，
，，，
，
，
∴．
∴存在满足题意的，且．
16．为坐标原点，椭圆：的离心率为，椭圆的右顶点为.设，是上位于第二象限的两点，且满足，是弦的中点，射线与椭圆交于点.
（1）求证：直线与直线斜率的乘积为；
（2）若，求椭圆的标准方程.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】
（1）可求出即椭圆方程为，设，，代入椭圆方程，两方程相减进行整理可证明；
（2）设：，代入，可求出的坐标，从而可求，同理可求，结合和可求出，从而可求椭圆的方程.
【详解】
（1）由知，∴方程可表示为，
设，，则，两式相减，即，
∴，结论成立；
（2）设：，代入，得，，
∴，同理设：，则，
且，∴，
∴，从而椭圆方程为.
17．已知是曲线上的动点，且点到的距离比它到x轴的距离大1.直线与直线的交点为.
（1）求曲线的轨迹方程；
（2）已知是曲线上不同的两点，线段的垂直垂直平分线交曲线于两点，若的中点为，则是否存在点，使得四点内接于以点为圆心的圆上；若存在，求出点坐标以及圆的方程；若不存在，说明理由.
【答案】(1);(2)存在,,.
【分析】
(1)由点到的距离比它到轴的距离大1可知, 点的轨迹为抛物线,即可求出轨迹方程.
(2) 设,点差法结合中点,可求出,从而可求直线的方程是,直线的方程是,分别与联立,求出交点的坐标,求出到四点距离均相等的点即为圆心,该距离即为半径,即可求出圆的方程.
【详解】
解:(1)因为点到的距离比它到轴的距离大1,
则点到的距离与点到直线的距离相等.故点的轨迹为抛物线
焦点为,则.即曲线的轨迹方程为.
（2）联立,解得,故.
设,则,根据点差法,两式相减整理得
.所以直线的方程是
直线的斜率为 ,则直线的方程是
联立,解得
从而有.联立,得,则
设的中点为,则,从而有
故四点共圆且为圆心,故圆的方程是.
18．如图所示，在直角坐标系中，点到抛物线：的准线的距离为.点是上的定点，，是上的两动点，且线段的中点在直线上.

（1）求曲线的方程及点的坐标；
（2）记，求弦长（用表示）；并求的最大值.
【答案】（1）..（2），的最大值为1.
【分析】
（1）根据抛物线的定义，求出，即可得出抛物线的方程，便得出点的坐标；

（2）由点，得出，利用点差法求出直线的斜率，得出直线的方程为，直线方程与抛物线方程联立，写出韦达定理，利用弦长公式求出弦长，通过基本不等式求得的最大值.
【详解】
解：（1）的准线为，
∴，∴，
∴抛物线的方程为.
又点在曲线上，∴.
故.
（2）由（1）知，点，
从而，即点，
依题意，直线的斜率存在，且不为0，
设直线的斜率为，且，，
由，得，
故，
所以直线的方程为，
即.
由，消去，
整理得，
所以，，.
从而
.
∴，
当且仅当，即时，上式等号成立，
又满足.
∴的最大值为1.
19．椭圆将圆的圆周分为四等份，且椭圆的离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线与椭圆交于不同的两点，且的中点为，线段的垂直平分线为，直线与轴交于点，求的取值范围.
【答案】（1）（2）
【分析】
（1）先求解A点坐标，代入椭圆方程，结合离心率为，即得解.
（2）设，，利用点差法得到，得到直线的方程为，得到，利用在椭圆内部得到范围，即得解.
【详解】
（1）不妨取第一象限的交点为.
由椭圆将圆的圆周分为四等份，知.
所以.
因为点在椭圆上，所以.①
因为，所以.②
①②联立，解得，.
所以椭圆的方程为.
（2）设，，则
两式相减，得.
又因的中点为，所以，.
所以直线的斜率.
当时，直线的方程，直线即轴，此时.
当时，直线的斜率.
所以直线的方程为，即.
令，则.
因为点在椭圆内部，所以.
所以，所以.
综上所述，的取值范围为.
20．在平面直角坐标系中，椭圆的离心率，且点在椭圆上.
（1）求椭圆的方程；
（2）若点都在椭圆上，且中点在线段(不包括端点)上.
①求直线的斜率；
②求面积的最大值.
【答案】（1）；（2）①；②.
【分析】
（1）根据题意，由离心率，且点在椭圆上，列出方程，计算的值，则椭圆方程可求；
（2）利用“点差法”求出所在直线的斜率，设出直线方程，与椭圆方程联立，由弦长公式求得弦长，再由点到直线的距离公式求出原点到直线的距离，代入三角形面积公式，利用基本不等式求得最值.
【详解】
（1）离心率，
由代入椭圆方程，可得，
又
解得， ，
即有椭圆方程为；
（2）①设
可得，
相减可得，
由题意可得，
即为，
可得直线的斜率为；
②设直线的方程为，
代入椭圆方程可得，，
由，解得，
，
，
又到的距离为，
即有面积为
当且仅当，即时，取得最大值.
21．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，
【答案】（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.
【详解】
（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：.
22．已知抛物线的焦点为，若在轴上方该抛物线上有一点，满足直线的倾斜角为，且.
（1）求抛物线的方程；
（2）若抛物线上另有两点满足，求直线方程.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）设抛物线的准线为，与轴的交点为，利用抛物线的定义可以得到，求出的值后可得抛物线的方程.
（2）设点，由向量可以得到，再利用点差法可求，从而可得直线的方程.
【详解】
（1）设抛物线的准线为，与轴的交点为，过作，垂足为.
由可得，由，
可知，则，
故抛物线的方程为.

（2）由（1）可知点A的坐标为，，可设点.
由，可得，
即，则中点的坐标为，
∵，∴，
故直线的斜率为，
∴直线的方程为，整理为.
23．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在椭圆上.
（1）若线段的中点坐标为，求直线的斜率；
（2）若三点共线，直线与椭圆交于两点，求面积的最大值，
【答案】（1）；（2）
【分析】
（1）设，代入椭圆方程相减得到答案.
（2）设直线，联立方程得到，，得到，计算得到答案.
【详解】
（1）设，则，
两式相减，可得，
即，
解得，即直线的斜率为.
（2）显然直线的斜率不为0，设直线，
联立消去整理得，
显然，故，
故的面积，
令，其中，，
当且仅当，即时等号成立，即面积的最大值为.
24．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.
【答案】（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。
【详解】
（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.
25．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.
【答案】（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。
【详解】
（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.
26．椭圆（）的左、右焦点分别为，，过作垂直于轴的直线与椭圆在第一象限交于点，若，且.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）已知点关于轴的对称点在抛物线上，是否存在直线与椭圆交于，使得的中点落在直线上，并且与抛物线相切，若直线存在，求出的方程，若不存在，说明理由.
【答案】（1）（2）或
【详解】
试题分析：（1）根据题意得到进而求得椭圆方程；（2）设直线与椭圆的交点坐标为满足椭圆方程两式作差可得，中点落在直线上得，再联立直线l和抛物线，得到二次方程，在判断判别式的正负即可.
解析：
（Ⅰ）解：由题意可知解得椭圆方程是.
(Ⅱ)由（Ⅰ）可知则有代入可得抛物线方程是
若直线斜率存在，设直线与椭圆的交点坐标为满足椭圆方程两式作差可得，的中点落在直线上则有
代入可得，
直线方程可以设为与抛物线方程联立消元可得方程，
直线与抛物线相切则有，则直线的方程为，与椭圆方程联立：消元可得方程，
，所以直线满足题意.
若直线斜率不存在时，直线满足题意.
所以，综上这样的直线存在，方程是或.
27．1.已知椭圆的离心率为，过焦点且垂直于长轴的弦长等于1

（1）求椭圆的方程；
（2）直线交椭圆于A，B两点，且AB被直线平分.
①若的面积等于1（O是坐标原点），求l的方程；
②椭圆的左右焦点分别是，，，的重心分别是，，当原点O落在以CD为直径的圆外部时，求面积的取值范围.
【答案】
（1）
（2）①；②
【分析】
（1）根据离心率和焦点弦求出椭圆方程；（2）①用点差法先求k，然后利用面积求解出，进而求出结果；②利用重心坐标公式，用含b的式子表达出，两点坐标，再利用原点O落在以CD为直径的圆外部得到，代入后解出的范围，进而求解出面积的取值范围
（1）
∵离心率为
∴
∵过焦点且垂直于长轴的弦长等于1

结合，解得：，
∴椭圆方程为：
（2）
①令，，AB中点坐标.
∴，
两式相减得：

其中，

∵AB被直线平分
∴AB中点坐标在直线上，即

∴直线方程l为：
与椭圆联立：

解得：
其中，

设原点到直线l的距离为d
则
∴
∴，解得：
∴
即的方程为：
②∵
∴
∵，的重心分别是，
，
，
∴，
又因为在以为直径的圆外
∴，即
∴，即
又
当时，取得最大值为1；且
综上：
28．已知抛物线，两条直线，分别于抛物线交于，两点和，两点．
（1）若线段的中点为，求直线的斜率；
（2）若直线，相互垂直且同时过点，求四边形面积的最小值．
【答案】（1）；（2）．
【分析】
（1）设，，利用点差法可求得结果；
（2）设出直线，的方程，的方程与抛物线方程联立，利用弦长公式求出，同理求出，利用两直线垂直求出四边形的面积，然后根据基本不等式可求得最小值.
【详解】
（1）设，，
因为线段的中点为，所以，
则，所以，
所以，所以直线的斜率.
（2）依题意可知，的斜率都存在且不等于0，设的斜率为，因为直线，相互垂直，所以的斜率为，
所以直线的方程为：，直线的方程为，
联立消去并整理得，
恒成立，
所以，，
所以
同理可得，
因为，所以四边形面积
令，则,当且仅当，即时，等号成立.
故，其中
利用二次函数的性质知，当时，
所以四边形面积的最小值为.
29．已知椭圆的一条弦的中点为．

（1）若直线的斜率为且不过坐标原点，求直线的斜率；
（2）若直线过椭圆的右焦点，且不与轴垂直，斜率不为零，试问在轴上是否存在一点，使，且以为直径的圆恰好经过点？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在；．
【分析】
（1）利用点差法即可得解；
（2）设直线的斜率为，则直线的方程为，联立直线与椭圆得， 利用韦达定理结合弦长公式知，结合中点坐标公式知，结合已知得，解得，又，解得，从而求得．
【详解】
（1）设的中点，
由于为椭圆上的点，，
两式相减，得，
即，则，
所以直线的斜率为．
（2）设直线的斜率为，由（1）可得，所在直线的斜率为，
又直线过点，则，
联立得，
由韦达定理得：，
，
．
设，若为直径的圆恰好经过点，则，即
，
解得：．
又，所以，
解得：，所以．
所以存在点，满足，且以为直径的圆恰好经过点．
30．已知椭圆，直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，，线段的中点为.证明：
（）直线的斜率与的斜率的乘积为定值.
（）若过点，延长线段与交于点，当四边形为平行四边形时，则直线的斜率.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）利用点差法即可证明；
（2）根据题意M是平行四边形对角线的交点，利用坐标关系代换，构造齐次式解，再根据（1）的结论证得结论.
【详解】
（1）设，直线不经过原点且不与坐标轴平行，
所以 ，
直线的斜率，直线的斜率，
，在椭圆上，两式相减：
，两边同时除以
得，所以，
即
所以直线的斜率与的斜率的乘积为定值；
（2）四边形为平行四边形时，当且仅当与互相平分，
设，则，且在椭圆上，，即
由（1）得，，
所以，
整理得：，又因为
所以，即，两边平方得：
， ，
所以两边同时除以，
，
所以，
，
所以