新高考数学二轮专题《圆锥曲线》第7讲 共线问题（解析版）

1、第7讲 共线问题一、解答题 1已知椭圆C的中心为坐标原点O，焦点在y轴上，离心率，椭圆上的点到焦点的最短距离为, 直线l与y轴交于点P（0，m），与椭圆C交于相异两点A、B，且.（1）求椭圆方程；（2）求的取值范围【答案】（1）y21（2）（1，）（，1）【详解】（1）由条件知ac1，a1，bc，故C的方程为：y21（2）设l：ykx+m与椭圆C交点为A（x1，y1），B（x2，y2）联立得（k2+2）x2+2kmx+（m21）0（2km）24（k2+2）（m21）4（k22m2+2）0 （*）x1+x2，x1x2 3，x13x2x1+x22x2，x1x23x22，消去x2，得3（x1+x2）

2、2+4x1x20，3（）2+40整理得4k2m2+2m2k220 m2时，上式不成立；m2时，k2，因3，k0，k20，1m或m1容易验证k22m22成立，所以（*）成立即所求m的取值范围为（1，）（，1）2已知椭圆的左顶点为A，右焦点为F，过点A作斜率为的直线与C相交于A，B，且，O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.（）求的值；（）点M满足，直线与椭圆的另一个交点为N，求的值.【答案】（1）；（2）（）；（）.【分析】（1）由几何关系可得点坐标，代入椭圆方程即得，又即得；（2）（）将直线与椭圆联立即得结果；（）将其坐标化，利用

3、P，Q，N在椭圆上求得结果即可【详解】（1）已知，则，代入椭圆C的方程：，（2）（）由（1）可得，设直线l：，联立直线l与椭圆C的方程：恒成立（）设P，Q，N在椭圆上，由（）可知，3已知曲线.（1）若曲线C表示双曲线，求的范围；（2）若曲线C是焦点在轴上的椭圆，求的范围；（3）设，曲线C与轴交点为A，B（A在B上方），与曲线C交于不同两点M，N，与BM交于G，求证：A，G，N三点共线.【答案】（1）；（2）；（3）见解析【分析】（1）若曲线表示双曲线，则：，解得的范围；（2）若曲线是焦点在轴上的椭圆，则，解得的取值范围；（3）联立直线与椭圆方程结合，解得，设，求出的方程，可得，从而可得，欲证，

4、三点共线，只需证，共线，利用韦达定理，可以证明【详解】（1）若曲线表示双曲线，则：，解得：.（2）若曲线是焦点在轴上的椭圆，则：，解得：（3）当，曲线可化为：，当时，故点坐标为：，将直线代入椭圆方程得：，若与曲线交于不同两点，则，解得，由韦达定理得：，设，方程为：，则，欲证，三点共线，只需证，共线，即，将代入可得等式成立，则，三点共线得证【点睛】本题考查椭圆和双曲线的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查三点共线，解题的关键是直线与椭圆方程联立，利用韦达定理进行求解，属于中档题.4已知圆O的方程为，圆O与y轴的交点为A，B(点A在点B的上方)，直线与圆O相交于M，N两点（1）当k=1时，求弦

5、长；（2）若直线y=4与直线BM交于点D，求证：D、A、N三点共线.【答案】（1）；（2）证明见解析；【分析】（1）先求出圆心到直线的距离，再由代入计算即可；（2）联立，借用韦达定理表示出，证明，即可证明D、A、N三点共线.【详解】（1），直线l的方程为.圆心到直线的距离，；（2）由题可得，设，联立得：，令，得，D、A、N三点共线.【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，圆的弦长的求解，韦达定理的应用，考查了学生的运算求解能力.5已知椭圆： 的左顶点为，右焦点为， 为原点， ， 是轴上的两个动点，且，直线和分别与椭圆交于， 两点（）求的面积的最小值；（）证明： ， ， 三点共线.【答案】（1

6、）1；（2）详见解析。【解析】试题分析：（）设， ，然后根据求得的值，从而得到的表达式，从而利用基本不等式求出最小值，；（）首先设出直线的方程，然后联立椭圆方程，利用韦达定理得到点坐标间的关系，从而使问题得证试题解析：（）设， ，可得，当且仅当时等号成立，四边形的面积的最小值为1（）， ，直线的方程为，由得，由，得，同理可得， 故由可知： ，代入椭圆方程可得，故， 分别在轴两侧， ， ， 三点共线点睛:解决圆锥曲线中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判

7、别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法6已知抛物线的焦点为F，直线l与抛物线C交于两点.（1）若直线l的方程为，求的值；（2）若直线l的斜率为2，l与y轴的交点为P，且，求.【答案】（1）18；（2）.【分析】（1）设出点的坐标联立直线与抛物线的方程，消去，由韦达定理可得，由抛物线上的点到焦点的距离和到准线的距离相等即可得结果.（2）可设直线l的方程为，联立直线与抛物线的方程，消去，结合韦达定理以及可解出，根据弦长公式即可得结果.【详解】（1）设，.联立整理得， 则. 因为均在抛物线C上，所以. （2）设，则直线l的方程为.联立整理得， 则，且，即. 因为，所以点N为线段的中点，

8、所以. 因为，所以，此时， 故.【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，直线与抛物线相交时所得的弦长问题，注意抛物线性质的应用，属于中档题.7已知抛物线的焦点为，斜率为的直线与的交点为，与轴的交点为.（1）若，求直线的方程；（2）若，求线段的长度.【答案】（1）（2）【分析】（1）设直线方程为，直线方程与抛物线方程联立，由根与系数关系求出，进而得出建立的方程，求解即可；（2）由，得，结合（1）中的关系，即可求出结论.【详解】 设直线方程为，联立由得，.由抛物线的定义知所以，满足，符合题意，所以直线方程为.由（1）得.由得，解得，满足，符合题意，所以.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系

9、，要熟练掌握根与系数关系在解题的中应用，不要遗漏两交点存在满足的条件，考查计算求解能力，属于基础题.8在平面直角坐标系中，A（1.0），B（1，0），设ABC的内切圆分别与边AC，BC，AB相切于点P，Q，R，已知|CP|1，记动点C的轨迹为曲线E.（1）求曲线E的方程；（2）过G（2，0）的直线与y轴正半轴交于点S，与曲线E交于点H，HAx轴，过S的另一直线与曲线E交于M、N两点，若SSMG6SSHN，求直线MN的方程.【答案】（1）；（2）或.【分析】（1）由椭圆定义可知，曲线E为除去与x轴的交点的椭圆，由定义即可求出方程；（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），依题意可得即有x13x

10、2，分直线MN斜率存在及不存在两种情况讨论，当斜率不存在时易知不符合条件，当斜率存在时，设出直线方程，与椭圆方程联立，由此建立等式，解出即可得到答案.【详解】（1）由题意知，|CA|+|CB|CP|+|CQ|+|AP|+|BQ|2|CP|+|AB|4|AB|，曲线E是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆（除去与x轴的交点），设曲线E：，则c1，2a4，即a2，b2a2c23，曲线E的方程为；（2）因为HAx轴，所以，设S（0，y0），解得y01，则S（0，1），因为a2c，所以|SG|2|SH|，则，设M（x1，y1），N（x2，y2），则，则x13x2，当直线MN斜率不存在时，MN的方程为x0，

11、此时，不符合条件，舍去；当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为ykx+1，联立，得（3+4k2）x2+8kx80，将x13x2代入得，解得，直线MN的方程为或.【点睛】关键点点睛：本题主要考查定义法求轨迹，以及直线与椭圆的位置关系的应用，解题关键是由SSMG6SSHN通过合适的面积公式转化为，进而找到的横坐标关系，再通过直线与椭圆联立，由韦达定理建立等式解出9已知椭圆=1（ab0）的右焦点为F（2，0），且过点（2，）（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线l：y=kx（k0）与椭圆在第一象限的交点为M，过点F且斜率为-1的直线与l交于点N，若sinFON（O为坐标原点），求k的值【答案】（1

12、）；（2）或【分析】（1）根据题意列出有关a2、b2的方程组，求出这两个数的值，即可求出椭圆的标准方程；（2）设点M的坐标为（x1，y1），点N的坐标（x2，y2），利用已知条件sinFON，得出，然后将直线l的方程分别与椭圆方程和直线NF的方程联立，求出点M、N的坐标，结合条件可求出k的值【详解】（1）由题意可知，解得a216，b212（负值舍去），所以椭圆方程为；（2）设点M的坐标为，点N的坐标，由题可知，故，因为，而，所以，由，可得，所以，由，消去x，可得，易知直线NF的方程为，由，消去x，可得，所以，整理得52k296k+270，解得或【点睛】本题考查直线与椭圆的综合问题，考查椭圆方程

13、的求解，考查直线与椭圆综合问题的求解，解决本题的关键在于求出一些关键的点和直线方程，考查计算能力，属于中等题10如图,在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆的半焦距为c,且过点,原点O到经过两点(c,0),(0,b)的直线的距离为.(1)求椭圆E的方程;(2)A为椭圆E上异于顶点的一点,点P满足,过点P的直线交椭圆E于B,C两点,且,若直线OA,OB的斜率之积为,求证:.【答案】（1）.（2）见解析【详解】试题分析：（1）利用点到直线距离公式得等量关系：,即a=2b.再利用点在椭圆上的条件得,解得a=2,b=1,（2）设化简,得,代入椭圆方程得，再根据直线OA,OB的斜率之积为,得，即得.试题解析

14、：(1)过点(c,0),(0,b)的直线方程为bx+cy-bc=0,则原点O到直线的距离为,得a=2b.又椭圆过点,则,联立得a=2,b=1,所以椭圆方程为.(2)证明:设因为,又,得,故,代入椭圆方程得:,整理得.因为A,B在椭圆E上,所以,又直线OA,OB的斜率之积为即.将两式代入(1)得.点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.11已知椭圆C：上的点

15、到右焦点F的最大距离为，离心率为求椭圆C的方程；如图，过点的动直线l交椭圆C于M，N两点，直线l的斜率为，A为椭圆上的一点，直线OA的斜率为，且，B是线段OA延长线上一点，且过原点O作以B为圆心，以为半径的圆B的切线，切点为令，求取值范围【答案】(1)；(2)【分析】依题，结合离心率求得a与c的值，再由隐含条件求得b，则椭圆方程可求；由已知可得直线l的方程，与椭圆C：联立，化为关于x的一元二次方程，利用弦长公式求得弦，写出OA所在直线方程，与椭C：联立求得，得到，利用换元法求得的范围，把转化为含的代数式求解【详解】依题，解得，椭圆C的方程为；由已知可得直线l的方程为：，与椭圆C：联立，得，由题

16、意，设，则，弦，OA所在直线方程为，与椭C：联立，解得，令，则，则，得到，令，由知，换元得：，其中【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与圆、圆与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，属难题12已知抛物线与椭圆的一个交点为，点是的焦点，且.(1)求与的方程；(2)设为坐标原点，在第一象限内，椭圆上是否存在点，使过作的垂线交抛物线于，直线交轴于，且?若存在，求出点的坐标和的面积；若不存在，说明理由.【答案】(1) (2) 见解析【分析】（1）利用抛物线的定义求，点的坐标代入求出，的值；（2）设出，的方程与椭圆、抛物线分别联立，求出的横坐标，利用，即可得出结论【详解】（1）由抛物线定义：，所以的方程

17、为，将代入得，即，将代入，得，故方程为.即 （2）由题意：直线的斜率存在且不为0，设的方程为，由于，则的方程为，由得由，得，得（舍）或 在第一象限内，若满足的点存在，则，此时，设直线与轴交于点，由于，所以，故，即为线段中点，因此，即，解得，故存在适合题意的，此时， 此时 方程为，即，点到的距离，所以【点睛】本题考查抛物线、椭圆的方程，考查直线与抛物线、椭圆的位置关系，考查分类讨论的数学思想，属于中档题13在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的中心在坐标原点O，其右焦点为，且点在椭圆C上求椭圆C的方程；设椭圆的左、右顶点分别为A、B，M是椭圆上异于A，B的任意一点，直线MF交椭圆C于另一点N，直线M

18、B交直线于Q点，求证：A，N，Q三点在同一条直线上【答案】（1） （2）见解析【分析】（1）设椭圆的方程为，由题意可得，解方程组即可.（2）设，直线MN的方程为，由方程组，消去整理得，根据韦达定理求出点的坐标，根据向量即可求出，且向量和有公共点，即可证明【详解】（1）不妨设椭圆的方程为，.由题意可得，解得，故椭圆的方程.（1）设，直线的方程为，由方程组，消去x整理得，直线的方程可表示为，将此方程与直线成立，可求得点的坐标为，向量和有公共点，三点在同一条直线上【点睛】本题考查了椭圆的方程，直线与椭圆的关系，向量问题等基础知识，考查了运算求解能力，推理论证能力，化归与转化思想，应用意识，是中档题1

19、4已知点是抛物线的焦点，若点在抛物线上，且求抛物线的方程；动直线与抛物线相交于两点，问：在轴上是否存在定点其中，使得向量与向量共线其中为坐标原点？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】求得抛物线的焦点和准线方程，运用抛物线的定义可得的坐标，代入抛物线方程，解得，进而得到抛物线的方程；在轴上假设存在定点其中，使得与向量共线，可得轴平分，设，联立和，根据恒成立，运用韦达定理和直线的斜率公式，化简整理可得的方程，求得，可得结论【详解】抛物线C：的焦点为，准线方程为，即有，即，则，解得，则抛物线的方程为；在x轴上假设存在定点其中，使得与向量共线，由，均为单位向

20、量，且它们的和向量与共线，可得x轴平分，设，联立和，得，恒成立，设直线DA、DB的斜率分别为，则由得，联立，得，故存在满足题意，综上，在x轴上存在一点，使得x轴平分，即与向量共线【点睛】本题考查抛物线的方程、定义和性质，以及直线和抛物线的位置关系、转化与划归思想的应用，属于综合题存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在.当条件和结论不唯一时要分类讨论.当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件.当条件和结论都不知，按常规方法很难时，采取另外的途径.15已知圆，圆， ，当两个圆有公共点时，所有可能的公共点组成的曲线记为.（1）求出曲线的方程

21、；（2）已知向量， ， ， 为曲线上不同三点， ，求面积的最大值.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）看到具有对称性所以要联想到椭圆或双曲线的定义，曲线上的点满足,曲线是以为焦点的椭圆（2），三点共线，且直线的斜率为，直线的方程为，与椭圆方程联立得，借助弦长公式求得三角形的底边长，利用椭圆得参数方程设出动点设，利用点到直线距离公式求得高的最大值，从而得三角形面积最大值试题解析：（1）曲线上的点满足,曲线是以为焦点的椭圆曲线的方程是 （2），三点共线，且直线的斜率为，直线的方程为，与椭圆方程联立得， . 设，到直线的距离，的最大值为.点睛：看到此类题首先联想到圆锥曲线的三个方程定义，根据

22、定义得几何关系从而确定方程求解，在求三角形面积最值问题时首先明确其表达式一般是算弦长，算高，对于本题而言，要特别注重参数方程在此题得应用，这样求解高显得很简单16已知方向向量为的直线过点和椭圆的右焦点，且椭圆的离心率为.（1）求椭圆C的方程；（2）若已知点，点M,N是椭圆C上不重合的两点，且，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）求出直线方程可得椭圆的焦点坐标，结合离心率，以及列方程求得的值，从而可得结果；（2）设出直线的方程，直线方程与椭圆方程联立，利用，结合韦达定理得，结合的范围，得到关于的不等式，进而可得结果.【详解】（1）直线的方向向量为直线的斜率为，又直线过点直线的

23、方程为，椭圆的焦点为直线与轴的交点椭圆的焦点为，又，椭圆方程为（2）设直线MN的方程为由，得设坐标分别为则(1)(2)0,，显然，且代入(1) (2)，得,得，即解得且【点睛】求椭圆标准方程的方法一般为待定系数法,根据条件确定关于的方程组，解出，从而写出椭圆的标准方程解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单.17已知椭圆的焦点为，P是椭圆C上一点.若椭圆C的离心率为，且，的面积为.（1）求椭圆C的方程；（2）已知O是坐标原点，向量，过点（2，0）的直线l与椭圆C交于M，N两点.若点满足，求的最小值.【答案】（1）（2）【分析】（1）根据题意可得方程组联立，解得b，a，进