专题训练35：圆锥曲线的弦长问题 -新人教A版（2019）高中数学选择性必修第一册高二上学期.docx

1、专题35：圆锥曲线的弦长问题1已知椭圆的离心率为，且过点.（1）求椭圆的标准方程；（2）过椭圆右焦点的直线相互垂直，且分别交椭圆于和四点，求的最小值.2已知椭圆1上一点到椭圆两焦点的距离之和为4（1）求a的值及椭圆的离心率；（2）顺次连结椭圆的顶点得到菱形A1B1A2B2，求该菱形的内切圆方程；（3）直线l与（2）中的圆相切并交椭圆于A，B两点，求的取值范围3如图，点在抛物线外，过点作抛物线的两切线，设两切点分别为、，记线段的中点为（1）证明：线段的中点在抛物线上；（2）设点为圆上的点，当取最大值时，求点的纵坐标4如图所示，已知点、是椭圆的两个焦点，椭圆经过点、，点是椭圆上异于、的任意一点，直

2、线和与椭圆的交点分别是、和、.设、的斜率分别为、.（1）求证：为定值；（2）求的最大值.5已知椭圆的离心率为，过点的直线与有两个不同的交点，线段的中点为，为坐标原点，直线与直线分别交直线于点，.（1）求椭圆的标准方程；（2）求线段的最小值.6已知椭圆的左、右顶点分别为，点为椭圆上异于，的一点，且直线，的斜率之积为.（1）求椭圆的标准方程；（2）直线过右焦点与椭圆交于，两点（，与不重合），不与轴垂直，若，求.7已知抛物线C：的焦点F与椭圆的右焦点重合，点是抛物线的准线上任意一点，直线，分别与抛物线相切于点，.（1）求抛物线的标准方程；（2）设直线，的斜率分别为，证明：为定值；（3）求的最小值.8

3、设椭圆E：（a，b0）过M（2，） ，N(，1)两点，O为坐标原点，（1）求椭圆E的方程；（2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且？若存在，写出该圆的方程，并求|AB |的取值范围，若不存在说明理由.9已知，椭圆的左、右焦点，点P是C的上顶点，且直线的斜率为（1）求椭圆C的方程；（2）过点作两条互相垂直的直线，若与C交于A，B两点，与C交于D，E两点，求 的最大值10已知椭圆：四个顶点中的三个是边长为的等边三角形的顶点.（1）求椭圆的方程：（2）设直线与圆：相切且交椭圆于两点，求线段的最大值.11已知椭圆的左、右焦点分别为、，过点的直线交椭圆于、两点.

4、（1）若的面积为，求直线的方程；（2）若，求.12已知椭圆的一焦点F与抛物线的焦点重合，且离心率为（1）求椭圆的标准方程；（2）过焦点F的直线l与抛物线交于A、B两点，与椭圆交于C、D两点，求的最大值参考答案1（1）；（2）.【分析】（1）设椭圆的标准方程为，将点代入方程，由，结合即可求解.（2）当直线的斜率为时，分别求出，可得；当直线的斜率不存在时，求出；当直线的斜率存在且不为时，直线的方程可设为，可得直线的方程为，分别将直线与椭圆联立，利用弦长公式求出，可得，令，构造函数即可求解.【解析】 （1）由题意可设椭圆的标准方程为由，即再由可得将点代入椭圆方程，可得由可解得故椭圆的方程为（2）由（

5、2）知，椭圆右焦点为，设当直线的斜率为时，直线，可得所以当直线的斜率不存在时，直线的斜率为当直线的斜率存在且不为时，直线的方程可设为，则直线的方程为整理得恒成立，则而 联立直线与椭圆方程可得则令令当时，则所以，综上，当时，的最小值为.【点评】 本题考查了直线与椭圆的位置关系，弦长公式，解题的关键是利用弦长公式以及韦达定理得出，考查了数学运算以及分类讨论的思想.2（1）， ；（2） ；（3）【分析】（1）由焦距写出a的值，结合椭圆方程求c，应用离心率公式直接求离心率即可.（2）由题设知菱形的棱长为，应用等面积法即可求内切圆的半径，进而写出内切圆方程；（3）讨论直线斜率不存在、为0、不为0三种情况

6、，分别求的范围，取并.【解析】（1）椭圆上的点到椭圆两焦点的距离之和为，即，而b2，则c2，.（2）由（1）知：菱形内切圆的半径，所以内切圆方程为.（3）当直线斜率不存在时，直线方程为，代入椭圆方程得，此时；当直线斜率为0时，直线方程为，代入椭圆方程得，此时；当直线的斜率存在且不为0时，设直线方程为，由直线与圆相切得，即，直线代入椭圆方程，可得，设，则，.【点评】（1）由椭圆方程及焦距求参数，直接求离心率.（2）根据椭圆各顶点连线所成棱形，结合内切圆性质求半径，写出圆的方程.（3）讨论直线斜率，结合椭圆方程求相交弦的弦长.3（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）求出直线、的方程，联立这两条直

7、线的方程，可求得点的坐标，并求出点的坐标，进一步可求得线段的中点的坐标，然后将点的坐标代入抛物线的方程即可证得结论成立；（2）求出关于的表达式，换元，利用基本不等式可求得当取最大值时对应的的值，即可得出结果.【解析】（1）设直线的方程为，联立，可得，所以，直线的方程为，即，同理可知直线的方程为.联立，解得，即点，线段的中点为，所以，线段的中点为，因此，因此，线段的中点在抛物线上；（2）由（1）知，令，则，所以，所以，当时，即当时，取最大值，此时，解得，因此，当取最大值时，点的纵坐标为.【点评】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结

8、论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值4（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）求得椭圆的方程为，设点，可得出，利用斜率公式可证得为定值；（2）设直线的方程为，设点、，联立直线与椭圆的方程，列出韦达定理，可求得关于的表达式，进而可得出关于的表达式，利用基本不等式可求得的最大值.【解析】（1）证明：点、是椭圆的两个焦点，故、的坐标是、，而点、是椭圆上的点，将、的坐标代入的方程，得，设，直线和的斜率分别是、，又点是椭圆上的点，故，则，所以（定值）；（2）直线的方程可表示为，联立方程组，得，恒成立，

9、设、，则，同理可求得，当且仅当时等号成立，故的最大值等于.【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.5（1）；（2）.【分析】（1）根据题意列出关于的等式再求解即可.（2）设直线方程为，再联立直线与椭圆的方程,求得中点的坐标，利用韦达定理可得，再分析与两种情况分别利用基本不等式求解最值即可.【解析】 （1）依题意可知解得.所以椭圆的标准方程为；（2）显然直线斜率存在，设

10、过点点的直线方程为，（，否则直线与直线无交点.）直线与椭圆的交点为.由得，则，.所以.令，.直线方程为，令，.所以. 当时，.当且仅当时,即时等号成立； 当时，.当且仅当时取等号成立.此时.综上，线段的取值范围为.故线段的最小值为.【点评】思路点睛：直线与椭圆的综合问题的常见处理方法：（1）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（2）对于弦长问题，我们常让直线与椭圆方程组方程组，再利用韦达定理及弦长公式，建立关系式其中弦长公式：（已知直线上的两点距离）设直线，上两点，所以或，斜率不存在时

11、，解决相关问题.6（1）；（2）.【分析】（1）设出点的坐标，根据点在椭圆上以及，的斜率之积为，列出方程，即可求得椭圆的标准方程；（2）设出直线的方程以及，点的坐标，与椭圆方程联立，消去，利用韦达定理得出与的值，再根据列出方程，即可解出直线的斜率，从而利用弦长公式求得.【解析】 （1）设，由题意知：，解得：，椭圆的标准方程为；（2）根据题意，设，直线，由，消去并整理得：，则，即， ，又，由，得：，解得：，故.【点评】方法点睛：(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去 (或)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；(2)涉及到直线方程

12、的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形7（1）；（2）证明见解析；（3）4.【分析】（1）由椭圆的方程可得右焦点的坐标，由题意可得抛物线的焦点坐标，进而可得抛物线的方程；（2）可设的坐标，设过点的直线方程为，与抛物线方程联立，消去得：，利用判别式等于零可得结论；（3）设，的坐标，由（2）可得参数，的关系，代入过的切线方程与抛物线的方程中，可得，用参数，表示的坐标，代入弦长公式中求的表达式，由参数的范围求出的最小值【解析】（1）由椭圆方程得，椭圆的右焦点为抛物线的焦点为，所以抛物线的标准方程：（2）抛物线的准线方程为设，设过点的直线方程为，与抛物线方程联立，消去得：其判别

13、式，令，得：由韦达定理知，故（定值）（3）设，由，得，故，所以，代入抛物线方程得，所以，因为，所以，当且仅当时取等号当且仅时取等号故的最小值为4【点评】求曲线弦长的方法：（1）利用弦长公式；（2）利用；（3）如果交点坐标可以求出，利用两点间距离公式求解即可.8（1）；（2）存在，.【分析】（1）根据椭圆E： （a，b0）过M（2，） ，N(，1)两点，直接代入方程解方程组即可.（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且，当切线斜率存在时，设该圆的切线方程为，联立，根据，结合韦达定理运算，同时满足，则存在，否则不存在，当切线斜率不存在时，验证即可；在该圆的

14、方程存在时，利用弦长公式结合韦达定理得到求解.【解析】（1）因为椭圆E： （a，b0）过M（2，） ，N(，1)两点，所以，解得，所以，所以椭圆E的方程为.（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且，设该圆的切线方程为，联立得， 则=，即， ，要使，需使，即，所以，所以，又，所以，所以，即或，因为直线为圆心在原点的圆的一条切线，所以圆的半径为，所以，则所求的圆为，此时圆的切线都满足或，而当切线的斜率不存在时切线为与椭圆的两个交点为或满足，综上， 存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且.因为，所以， 当时，因为，所以，所以

15、，所以，当且仅当时取”=”. 当时，. 当AB的斜率不存在时， 两个交点为或，所以此时，综上， |AB |的取值范围为，即： 【点评】思路点睛：1、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2、设直线与椭圆的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 (k为直线斜率)注意：利用公式计算直线被椭圆截得的弦长是在方程有解的情况下进行的，不要忽略判别式大于零9（1）；（2）7【分析】（1）由已知条件，结合基本量的关系求得a,b的值，即可写出椭圆的标准方程；

16、（2）在两直线的斜率有一条不存在时，直接求得弦长并求得两弦长的和；在斜率都存在时，设，与椭圆的方程联立，判定直线与椭圆相交，并利用根据系数的关系和弦长公式求得|AB|关于m的表达式,同样得到|DE|的函数表达式，得到|AB|+|DE|关于m的函数表达式，化简整理，并作换元令，转化成关于t的函数表达式，适当变形，配方，转化为的二次函数型问题，利用二次函数的性质并结合不等式的基本性质得到所求弦长和的取值范围，再与两直线的斜率有一条不存在时求得的弦长和综合，得到最后的结论.【解析】 （1）由题意知，则，又，可得，所以椭圆C的方程为（2）当，其中一条的斜率不存在，其中一条的斜率为0时，两条弦长分别为，

17、则当，的斜率都存在时，设，设，联立，化简可得，所以，所以同理可得，所以令，则，根据，得综上可知，的最大值为7【点评】本题考查求椭圆的标准方程，考查直线与抛物线的位置关系，弦长，最值问题，属中高档题，难度较大.其中利用换元思想转化求取值范围是关键点.10（1）；（2）.【分析】（1）由题意可得，再根据边长为得出的值便可解出椭圆的标准方程；（2）设，先根据直线与圆相切，利用点到线距离公式得到，然后联立直线与椭圆方程，利用弦长公式得到关于与的表达式，将代入得到关于的表达式，然后设法求最值.【解析】 （1）由题意，椭圆上下顶点与左右顶点其中的一个构成等边三角形， ，椭圆：（2）设，因为圆：，因为直线与

18、圆：相切，所以点到直线的距离等于圆的半径，即，即.联立方程得，设，则，故.当且仅当即时等号成立.所以弦长的最大值是.【点评】本题考查椭圆方程的求解，考查直线与椭圆相交时弦长的最值问题，难度较大.解答时，利用韦达定理表示弦长的表达式是关键，然后利用基本不等式、函数等方法求其最值.11（1）或；（2）.【分析】（1）本题首先可以设、，然后对直线斜率为0这种情况进行讨论，易知这种情况不满足题意，再然后对直线斜率不为0这种情况进行讨论，可设直线的方程为，通过联立直线方程与椭圆方程并借助韦达定理得出、，最后通过求出的值，即可得出结果；（2）本题首先可根据得出，然后结合题（1）得出、，再然后两者联立，计算

19、出的值，最后通过即可得出结果.【解析】（1）设、，因为椭圆方程为，所以，当直线斜率为0时，直线的方程为，联立，解得，则，不满足题意；当直线斜率不为0时，设直线的方程为，联立，得，由韦达定理得、，则，整理得，解得，或（舍去），故，直线的方程为或.（2）设、，因为，所以，由（1）可知，故，联立，得，解得，所以.【点评】本题考查椭圆与直线相交的相关问题的求解，考查向量的坐标运算，考查韦达定理的灵活应用，考查焦点弦的长度计算，考查计算能力，考查化归与转化思想，是难题.12（1）；（2）.【分析】（1）首先求出抛物线的焦点坐标，可得的值，结合离心率以及，即可求出椭圆的标准方程（2）分析直线斜率存在与不存在两种情况，当斜率不存在时可直接求出、 即可得比值，当斜率存在时，设出直线的方程和椭圆方程联立，运用弦长公式把用斜率表示出来，然后用基本不等式求最值.【解析】（1）因为抛物线的焦点坐标为，所以椭圆的一个焦点坐标为，即 ，又椭圆离心率为，所以，故可求得，所以，所以椭圆的标准方程为 （2）当直线l的斜率不存在时，直线，此时易求得，所以，当直线l的斜率存在时，设直线，联立椭圆方程得： 设，则，所以所以 同理，将直线方程与曲线联立得： 设，则， 所以 所以 所以，即的最大值为【点评】本题主要考查了求椭圆的标准方程，考查了直线和椭圆的位置关系，考查了弦长公式以及基本不等式求最值，属于较难题.