2024年高考数学第二轮专题复习圆锥曲线 专题9：椭圆中的定直线问题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9：椭圆中的定直线问题25页，共25页。试卷主要包含了已知椭圆过点，且离心率为.，已知点是离心率为的椭圆，已知椭圆，点为椭圆外一点，在平面直角坐标系中，已知椭圆等内容，欢迎下载使用。
（1）求椭圆的方程；
（2）过右焦点且不与轴重合的直线与椭圆交于，两点，已知，过且与轴垂直的直线与直线交于点，求证：点在一定直线上，并求出此直线的方程.
2．已知点是离心率为的椭圆：（）上位于第一象限内的点，过点引轴、轴的平行线，交轴、轴于，两点，交直线于，两点，记与的面积分别为，，且．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设椭圆的上、下顶点分别为，，过点的直线与椭圆相交于，两点，证明：直线，的交点在一定直线上，并求出该直线方程．
3．已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，原点到过点的直线距离是
（1）求椭圆的方程
（2）设动直线与椭圆有且只有一个公共点，过作的垂线与直线交于点，求证：点在定直线上，并求出定直线的方程
4．在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，且过点．如图所示，斜率为且过点的直线交椭圆于，两点，线段的中点为，射线交椭圆于点，若在射线上，且．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）求证：点在定直线上．
5．已知椭圆，点为椭圆外一点．
（1）过原点作直线交椭圆于、两点，求直线与直线的斜率之积的范围；
（2）当过点的动直线与椭圆相交于两个不同点、时，线段上取点，满足，证明：点总在某定直线上．
6．已知椭圆的离心率为分别是它的左、右顶点，是它的右焦点，过点作直线与交于(异于)两点，当轴时，的面积为.
（1）求的标准方程;
（2）设直线与直线交于点，求证:点在定直线上.
7．已知椭圆的左､右顶点分别为点，，且，椭圆离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过椭圆的右焦点，且斜率不为的直线交椭圆于，两点，直线，的交于点，求证：点在直线上.
8．已知椭圆的离心率，为椭圆的右焦点，为椭圆上的动点，的最大值为3.
（1）求椭圆的标准方程；
（2），分别为椭圆的左、右顶点，过点作直线交椭圆于，两点，直线、交于点，试探究点是否在某条定直线上，若是，请求出该定直线方程，若不是，请说明理由.
9．在平面直角坐标系中，已知椭圆：的离心率为，以椭圆上的一点和长轴的两个端点为顶点的三角形面积最大值为.
（1）求，的值；
（2）当过点的动直线与椭圆交于不同的点，时，在线段上取点，使得，问点是否总在某条定直线上？若是，求出该直线方程，若不是，说明理由.
10．如图，椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为A，过点A与垂直的直线交x轴负半轴于点Q，且恰是的中点，若过A，Q，三点的圆与直线相切．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设M，N为椭圆C的长轴两端点，直线m过点交C于不同两点G，H，证明：四边形MNHG的对角线交点在定直线上，并求出定直线方程．
11．如图，在平面直角坐标系中，，是椭圆的左､右顶点，，离心率.是右焦点，过点任作直线交椭圆于，两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）试探究直线与直线的交点是否落在某条定直线上？若是，请求出该定直线的方程；若不是，请说明理由.
12．已知椭圆：（）的离心率为，，分别为的左、右焦点，过的右焦点作轴的垂线交于，两点，的面积为．
（1）求椭圆的方程；
（2）是否存在与轴不垂直的直线与交于，两点，且弦的垂直平分线过的右焦点？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
参考答案
1．（1）；（2）证明见解析，直线.
【分析】（1）由椭圆过定点，结合离心率求椭圆参数，写出椭圆方程.
（2）由题设知的斜率不可能为0，可设直线的方程为，，，联立椭圆方程，应用韦达定理可得，再由点斜式表示直线：，则即可判断是否为定直线.
【解析】（1）由题意，且，又，解得，.
椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为，，，联立方程
整理得，，
由，，即.
直线的方程为.①
过且与轴垂直的直线的方程为.②
联立①②可得.
点在定直线上.
【点评】关键点点睛：第二问，设直线的方程联立椭圆方程，由韦达定理确定的关系，进而由的位置用表示出其横坐标.
2．（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析，直线.
【分析】（Ⅰ）设，利用，可得，又，，可得椭圆的方程；
（Ⅱ）分类讨论：当直线斜率存在时，设方程为：，联立，得，利用根的系数关系得，直线的方程为，直线的方程为，联立消去得，当直线的斜率不存在时，直线，与轴重合，过点，即可得到结论.
【解析】（Ⅰ）设，轴，轴，，，，，
，，
，
，又，，
解得：，，故椭圆的方程为．
（Ⅱ）①当直线斜率存在时，设其方程为：，设，，
联立，得，，
由韦达定理得，，．
因为，，
所以直线的方程为，直线的方程为．
联立消去得，整理得
，
所以直线，的交点一定在直线上；
②当直线的斜率不存在时，直线，与轴重合，过点，
由①②知直线，的交点在直线上．
【点评】思路点睛：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．
3．（1）；（2）证明见解析，.
【分析】（1）根据抛物线焦点的坐标公式，结合直线方程的截距式方程、点到直线距离公式、椭圆中之间的关系进行求解即可；
（2）将直线方程与椭圆方程联立，根据直线与椭圆的位置关系，结合一元二次方程的判断别式、斜率公式、以及互相垂直两直线的关系进行求解即可.
【解析】（1）抛物线的焦点坐标为 ，
直线的方程为：，设原点到直线的距离为，
，
椭圆方程为；
（2）因为直线与椭圆相切，
联立直线与椭圆方程：
即
切点坐标
即，
，点的坐标为：，
的方程为
联立直线方程：
解得
在这条定直线上.
【点评】关键点睛：本题的关键是通过直线与椭圆的位置关系，借助方程组消，运用一元二次方程根的判别式得到等式，再通过求出横坐标，进行证明即可.
4．（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）过点，可得，再结合离心率即可求出椭圆方程；
（2）设直线的方程为，与椭圆联立用表示两点，即可算出点的横坐标为定值，从而获解.
【解析】（1）已知椭圆的离心率为，且过点，
所以，
又，则，所以，
故椭圆的标准方程为．
（2）设直线的方程为，，，
联立得，
由题意知恒成立，
由韦达定理得，所以，
由于为线段的中点，因此，，
此时．
所以所在直线方程为，
将其代入椭圆的方程，并由，
解得，
又，
由得，
因此，点在定直线上．
【点评】方法点睛：求定线问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定直线，再证明这条线与变量无关.
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定直线.
5．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）设点，可得，椭圆的有界性可得出，利用斜率公式结合椭圆方程可得出，利用不等式的基本性质可求得的取值范围；
（2）设、、，分析得出直线的斜率存在，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由可得出，再由可得出，即可得出结论.
【解析】（1）设，，
则，
所以，
因为，所以，所以，
所以；
（2）若直线的斜率不存在，则直线的方程为，此时直线与椭圆无公共点，不合乎题意.
所以，直线的斜率存在，设，即，
联立，得，
由得，
设、，则，，
设，由，得（考虑线段在轴的射影），
所以，
于是，整理得，
又，代入上式，得，所以点总在定直线上．
【点评】方法点睛：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.
6．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据椭圆离心率和椭圆的性质可知，再根据轴时，的面积为 ，由面积公式可知，由此即可求出椭圆方程；
（2）设直线的方程为，联立椭圆方程，设，由韦达定理，可知 ，将直线的方程与直线 的方程联立，利用韦达定理，化简计算，即可证明结果.
【解析】 （1）由题意知，所以，又，
所以
当轴时，的面积为，
所以
解得
所以，
所以椭圆的标准方程为.
（2）由（1）知，设直线的方程为 ，
与椭圆联立，得 .
显然恒成立.
设，
所以有
直线的方程为，直线 的方程为，
联立两方程可得，所以
由式可得，
代入上式可得，
解得
故点在定直线上.
【点评】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于设直线的方程为，避免了斜率存在和不存在的分类讨论，使得运算简化.
7．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）由题知，解方程即可得，，故椭圆的方程是.
（2）先讨论斜率不存在时的情况易知直线，的交点的坐标是.当直线斜率存在时，设直线方程为，，，进而联立方程结合韦达定理得，，直线的方程是，直线的方程是，进而计算得时的纵坐标，并证明其相等即可.
【解析】 （1）因为，椭圆离心率为，
所以，解得，.
所以椭圆的方程是.
（2）①若直线的斜率不存在时，如图，
因为椭圆的右焦点为，所以直线的方程是.
所以点的坐标是，点的坐标是.
所以直线的方程是，
直线的方程是.
所以直线，的交点的坐标是.
所以点在直线上.
②若直线的斜率存在时，如图.
设斜率为.所以直线的方程为.
联立方程组
消去，整理得.
显然.不妨设，，
所以，.
所以直线的方程是.
令，得.
直线的方程是.
令，得.
所以
分子
.
.
所以点在直线上.
【点评】本题第二问解题的关键在于分类讨论直线斜率不存在和存在两种情况，当直线斜率存在时，设，，写出直线的方程是和直线的方程是，进而计算得时的纵坐标相等即可.考查运算求解能力，是中档题.
8．（1）；（2）是，该定直线方程为.
【分析】（1）根据椭圆的几何性质求出可得椭圆的标准方程；
（2）设直线的方程为，设，，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理得到和，写出直线和的方程，联立直线和的方程，得到，结合和化简可得，从而可得点在定直线上.
【解析】（1）由题意得：，，则，，，
椭圆的标准方程为.
（2）由题知，，，，设，，
设直线的方程为，将其与联立，
消去并整理得，
由韦达定理得①，②，
联立①②得，
设直线方程为③，
直线方程为④，
联立③④得
，
则，解得，即点在定直线上.
【点评】关键点点睛：利用直线和的方程联立, 结合和化简求出交点的横坐标为定值是解题关键.
9．（1），；（2）直线恒在定直线上.
【分析】（1）利用椭圆关系、离心率和三角形面积可构造方程求得结果；
（2）根据四点的位置关系可知，由此可得中，将直线方程代入椭圆方程，得到韦达定理形式，整理可求得，代入直线方程可知恒成立，由此可确定结论.
【解析】（1）以椭圆上的一点和长轴的两个端点为顶点的三角形面积最大时，三角形另一顶点为椭圆短轴的端点，
，解得：，.
（2）设，，，
，，
，即，
即，整理可得：，
设直线：，
联立直线与椭圆：，整理得：，
，，
在线段上，则，
点恒在定直线上.
【点评】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定直线问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出所求量，通过化简整理确定所求的定直线.
.
10．（1）；（2）证明见解析， .
【分析】（1）设椭圆C的半焦距为，由圆的定义可求得圆的半径，再由直线与圆的相切的条件可求得， ，，可求得椭圆方程．
（2）设其方程为，设，，直线与椭圆的方程联立整理得，得出根与系数的关系，表示直线MH的方程和直线GN的方程。求得两直线的交点的横坐标，代入，可得交点所过的定直线.
【解析】（1）设椭圆C的半焦距为，由为线段中点，，
所以A，Q，三点圆的圆心为，半径为，
又因为该圆与直线l相切，所以，∴，所以，，
故所求椭圆方程．
（2）由对称性可知，若存在，则必为垂直于x轴的直线．
依题意，直线l斜率必存在且不为0，设其方程为，
设，，联立，得，
所以，故，
不妨设，，
所以直线MH的方程为，直线GN的方程为
消去y，得
故四边形MNHG的对角线交点在定直线上．
【点评】关键点点睛：解决直线与圆锥曲线相交的相关问题时，关键在于将目标条件转化为交点的坐标间的关系，交点坐标的韦达定理上去可得以解决.
11．（1）；（2）直线与直线的交点落在定直线上.
【分析】（1）根据题中条件，求出，即可得出椭圆方程；
（2）设直线方程为，设，，联立直线与椭圆方程，由韦达定理，得到，，表示出直线和的方程，联立两直线方程，计算为定值，即可得出结果.
【解析】（1），，则，
设焦距为，离心率，，，
因此所求的椭圆方程为
（2）设直线方程为，设，，
由得，
，，
直线方程是，直线方程是，
由，
可得
，解得：
此直线与直线的交点落在定直线上.
【点评】关键点点睛：
求解本题第二问的关键在于根据点为两直线交点，联立两直线方程，结合直线与椭圆联立后的结果，利用韦达定理，通过计算，确定点横坐标为定值，即可求解.
12．（1），（2）不存在，理由见解析.
【分析】（1）根据离心率得，根据的面积为．得，从而解得，可得椭圆的方程；
（2）假设存在与轴不垂直的直线满足题意，设，代入，设，，根据判别式可得，根据韦达定理得弦的中点坐标，可求得弦的垂直平分线方程，将代入可得，将其代入，得无解，故不存在符合题意的直线.
【解析】（1）依题意，，所以，即，
所以，所以，所以，
所以椭圆的方程为.
（2）假设存在与轴不垂直的直线满足题意，设，将其代入，整理得，
所以，所以，
设，，则，
则，
所以的中点为，
所以弦的垂直平分线方程为，
因为弦的垂直平分线过的右焦点，
所以，
所以，将其代入，得，
化简得，此不等式不成立，
所以不存在符合题意的直线.
【点评】本题考查了求椭圆的标准方程，考查了直线与椭圆的位置关系，考查了运算求解能力，属于中档