2025高考数学二轮复习-拉档提分解析几何141-150-专项训练【含答案】

【例44】若椭圆的离心率为直线与椭圆交于，点在椭圆上求椭圆的方程.【解析】因为所以下面在一般情形下解:如图3,设直线方程为代入椭圆方程得.即代入椭圆圆方程得，即得再把直线方程代入上式,得.化简得故故即.【变式训练】已知椭圆及其上两点A.B.（1）若且，求证：点在椭圆上；(2)若求的取值范围.【拓展提升】在平面直角坐标系中，设，是椭圆上的三点，若求证：线段的中点在椭圆上。【解析】设，则由得因为是椭圆上一点,所以,即得故又线段的中点的坐标为,所以从而线段的中点在椭圆上.【例45】已知椭圆：的离心率为，直线与以原点为圆心、椭圆的短半轴长为半径的圆O相切。（1）求椭圆的方程；（2）设椭圆的左焦点为.右焦点为.直线过点，且垂直于椭圆的长轴，动直线垂直于，垂足为点P，线段的垂直平分线交于点M，求点M的轨迹的方程；（3）设与x轴交于点Q，不同的两点R.S在上，且满足.求的取值范围.【解析】(1)由得由直线与圆相切.得所以.（2）由已知条件，得，即动点M到定点的距离等于它到直线：的距离.由抛物线的第二定义得点M的轨迹的方程是(3)由(2),知.设所由得因为化简得.所以(当且仅当，即时等号成立).因为所以当,即时，故的取值范围.【例46】在平面直角坐标系中，已知椭圆C的中心在原点O，焦点在x轴上，短轴长为2，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）为椭圆C上满足△AOB的面积为的任意两点，E为线段AB的中点，射线OE交椭圆C于点P.设应，求实数t的值.【解析】（1）设椭圆C的方程为。由题意知，解得因此椭圆C的方程为(2)设,由得.整理得解得因为,所以.故即即得,得所以【例47】已知直线与椭圆W:-相交于A，C两点，O是坐标原点.(1)当点的坐标为(0,1),且四边形为菱形时,求的长;(2)当点B在W上但不是W的顶点时,求证:四边形OABC不可能为菱形.【解析】(1)因为四边形为菱形.所以与相互垂直平分.可设，代入椭圆方程得，即。所以。(2)假设四边形为菱形.因为点不是的顶点,且所以由消去并整理得:.设则所以的中点为.因为为和的交点,且,所以直线的斜率为.因为所与不垂直所以四边形不是菱形与假设矛盾。所以当点B不是的顶点时,四边形不可能是菱形.【例48】儿知动点到直线的距离是它到点的距离的2倍.(1)求动点的轨迹的方程；（2）过点的直线与轨迹交于两点.若是的中点,求直线的斜率.【解析】(1)由于点到直线的距离是到点的距离的2倍,则整理得所以,动点的轨迹为椭圆,方程为.(2)已知,设,由题知.椭圆的上、下顶点坐标分别是和,经检验直线不经过这两点,即直线的斜率存在.设直线方程为.联立椭圆和直线方程,整理得:，故由得即得.所以，直线的斜率.【例49】设椭圆的左焦点为离心率为过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为.（1）求椭圆的方程；（2）设为椭圆的左、右顶点，过点F且斜率为的直线与椭圆交于两点，若求的值.【解析】(1)设早知过点且与轴垂直的直线为代入椭圆方程有,解得.于是解得又从而所以椭圆的方程为(2)设,点,切由,得直线的方程为.由方程组消去,整理得.求解可得.因为所以由已知得,解得.【例50】如图4，已知椭圆与的中心在坐标原点O，长轴均为MN且在x轴上，短轴长分别为过原点且不与轴重合的直线与的四个交点按纵坐标从大到小依次为记和的面积分别为和。（1)当直线与轴重合时,若求的值；（2)当变化吋,是否存在与坐标轴不重合的直线，使得请说明理由。解析依题意可设椭圆和方程分别为。其中（1）解法1如图5,若直线与轴重合,即直线的方程为,则所以.在和的方程中，分别令可得.于是若则化简得由可解得故当直线与轴重合时，若，则。解法2如图5,若直线与轴重合，则所以若则化简得由可解得故当直线与轴重合时，若，则。(2)解法1如图6,假设存在与坐标轴不重合的直线,使得.根据对称性,不妨设直线点到直线的距离分别为.因为所以.又所以即.由对称性可知所以.所以,于是（1）将的方程分别与的方程联立,可求得.根据对称性可知，于是（2）从而由信和@式可得(3)令则由可得于是由(3)可解得.因为，所以。于是（3）式关于有解，当且仅当等价于由可解得即由解得,所以当时,不存在与坐标轴不重合的直线,使得;当时，存在与坐标轴不重合的直线，使得.解法2如图6,若存在与坐标轴不重含的直线，使得因为所以.又所以因为所以由点分别在上,可得，两式相减可得依题意所以所以由上式解得因为所以由可解得.从而解得，所以当时，不存在与坐标轴不重合的直线，使得;当时，存在与坐标轴不埋合的直线，使得.例51已知分别是椭圆的左、右焦点，点关于直线的对称点是圆的一条直径的两个端点.(1)求圆的方程;(2)设过点的直线被椭圆和圆所截得的弦长分别为a，b.当a，b最大时,求直线的方程.解析(1)先求圆关于直线对称的圆D.由题知圆的直径为所以圆的圆心坐标为半径.圆心与圆心关于直线对称,可得,故圆方程为.（2）由（1）知，可设直线的方程为：。这时直线可被圆和椭圆截得两条弦，符合题意.圆到直线的距离.在圆中，由勾股定理得.设直线与椭圆相交于,点.联立直线和椭圆方程,整理得:.从而由椭圆的焦半径公式得:，所以令得在[0,3]上单调递增，在上单调递减.令，当时，取最大值。这时直线方程为。所以，当取最大值，直线方程为。例52已知椭圆的焦距为4，且过点。（1）求椭圆的方程；（2）设为椭圆上一点。过点作轴的垂线，垂足为。取点，连接AE,过点作AE的垂线交轴于点D.点是点关于轴的对称点，作直线QG.问:这样作出的直线QG是否与椭圆一定有唯一的公共点？请说明理由。解析（1）因为椭圆过点，所以，且所以。故椭圆的方程是.（2)由题意，各点的坐标如图7所示,,则直线QG的方程化简得又，所以代入。最后求得所以直线QG与椭圆只有一个公共点.例53已知椭圆的离心率。（1）求椭圆的方程；（2）如图8，是椭圆的顶点，是椭圆上除顶点外的任意点直线DP交轴于点,直线AD交BP于点M.设BP的斜率为k,MN的斜率为.求证为定值.解析（1）因为，故，所以。再由，得。所以椭圆的方程为.（2）因为，不为椭圆顶点，则方程为。（1）将（1）代入解得。又直线AD的方程为(2)(1)与（2）联立解得.由三点共线可求得.所以MN的斜率则定值).例54如图9，在平面直线坐标系中，椭圆的方程为分别为橄圆的左、右顶点分别为椭圆的左、右焦点,P为椭圆上不同于和的任意一点,若平面中两个点Q,R满足,试确定线段QR的长度余的大小关系,并给出证明.解析令则设其中。由可知将（1）-（2）,得,即.将其代入（1），得故于是根据同理可得因此.由于,故其中等号成立的充分必要条件是即点的坐标为.例55如图10,已知椭圆的离心率为的面积为1。（1）求椭圆的方程；（2）设P是椭圆上一点,直线PA与轴交于点,直线PB与轴交于点,求证为定值.解析(1)由题意得解得，所以椭圆的方程为(2)由(1)知设则.当时，直线PA的方程为.令得从而.直线PB的方程为.令得从而.所以当时所以.综上,为定值4.