高考数学专题05椭圆的中点弦问题——备战2022年高考数学圆锥曲线部分必会十大基本题型（解析版）

椭圆必会十大基本题型讲与练05椭圆中的中点弦问题典例分析1．过点M(－2，0)的直线m与椭圆＋y2＝1交于P1，P2两点，线段P1P2的中点为P，设直线m的斜率为k1(k1≠0)，直线OP的斜率为k2，则k1k2的值为__________．【答案】【分析】看问题：求k1k2的值（属于求值问题）想方法：求值考查方程思想，根据已知条件建立关于k1k2的方程，而建立方程要找等量关系。看条件：过点M(－2，0)的直线m与椭圆＋y2＝1交于P1，P2两点，由此可得P1，P2两点在椭圆上，点在椭圆上，一是想定义二是想坐标，都可得到等量关系。定措施：设出P1，P2点的坐标，代入椭圆的方程，两个等式作差可得k1k2的值。【详解】（法一）设，因为P1，P2都在椭圆上，所以，两个等式作差，所以，所以，又，所以.故则k1k2的值为。（法二）设直线的方程为：，由，整理得：，所以，，所以，所以，，所以.【点睛】关于直线与圆锥曲线相交的中点弦的有关结论（已知直线与圆锥曲线交于两点，且的中点为），（1）当曲线是椭圆时，；（2）当曲线是双曲线，；（注：双曲线中利用点差法求解中点弦所在直线的斜率时，要将结果带回原方程进行验证）（3）当曲线是抛物线时，.2．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，则的方程为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用点差法可求得的值，结合可求得、的值，由此可得出椭圆的方程.【详解】设点、，则，两个等式作差得，整理可得，设线段的中点为，即，另一方面，，所以，，所以，，解得，因此，椭圆的方程为.3．已知直线交椭圆于，两点，且线段的中点为，则直线的斜率为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】设出坐标，列出坐标所满足的方程，将两方程相减得到的斜率与中点坐标的关系，由此求解出直线的斜率.【详解】设，因为都在椭圆上，所以，所以，所以，所以，又因为，，所以，4、(多选)设椭圆的方程为eq\f(x2,2)＋eq\f(y2,4)＝1，斜率为k的直线不经过原点O，而且与椭圆相交于A，B两点，M为线段AB的中点．下列结论正确的是( )A．直线AB与OM垂直B．若点M坐标为(1,1)，则直线方程为2x＋y－3＝0C．若直线方程为y＝x＋1，则点M坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(4,3)))D．若直线方程为y＝x＋2，则|AB|＝eq\f(4\r(2),3)【答案】BD【解析】对于A项，因为在椭圆中，根据椭圆的中点弦的性质kAB·kOM＝－eq\f(4,2)＝－2≠－1，所以A项不正确；对于B项，根据kAB·kOM＝－2，所以kAB＝－2，所以直线方程为y－1＝－2(x－1)，即2x＋y－3＝0，所以B项正确；对于C项，若直线方程为y＝x＋1，点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(4,3)))，则kAB·kOM＝1·4＝4≠－2，所以C项不正确；对于D项，若直线方程为y＝x＋2，与椭圆方程eq\f(x2,2)＋eq\f(y2,4)＝1联立，得到2x2＋(x＋2)2－4＝0，整理得：3x2＋4x＝0，解得x1＝0，x2＝－eq\f(4,3)，所以|AB|＝eq\r(1＋12)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)－0))＝eq\f(4\r(2),3)，所以D项正确．5．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.方法点拨1、解决圆锥曲线中与弦的中点有关问题的常规思路(1)根与系数的关系法：将直线方程代入圆锥曲线的方程，消元后得到一个一元二次方程，利用根与系数的关系和中点坐标公式建立等式求解．(2)点差法：设出直线l与圆锥曲线C的交点坐标A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入圆锥曲线方程，通过作差，构造出x1＋x2，y1＋y2，x1－x2，y1－y2，从而建立弦的中点和直线的斜率的关系． 设斜率为k的直线AB为椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的弦，A(x1，y1)，B(x2，y2)，弦中点M(x0，y0)，则(1)弦长l＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|；(2)直线AB的斜率k＝－eq\f(b2x0,a2y0).巩固练习已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交E于A，B两点．若AB的中点为M(1，－1)，则E的方程为( )A.eq\f(x2,45)＋eq\f(y2,36)＝1 B.eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,27)＝1C.eq\f(x2,27)＋eq\f(y2,18)＝1 D.eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝1【答案】D【详解】kAB＝eq\f(0＋1,3－1)＝eq\f(1,2)，kOM＝－1，由kAB·kOM＝－eq\f(b2,a2)，得eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,2)，∴a2＝2b2.∵c＝3，∴a2＝18，b2＝9，椭圆E的方程为eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝1.2．已知椭圆eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,9)＝1以及椭圆内一点P(4,2)，则以P为中点的弦所在直线的斜率为( )A.eq\f(1,2) B．－eq\f(1,2)C．2 D．－2【答案】B【详解】设弦所在直线的斜率为k，弦的端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝8，y1＋y2＝4，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),36)＋\f(y\o\al(2,1),9)＝1，,\f(x\o\al(2,2),36)＋\f(y\o\al(2,2),9)＝1，))两式相减，得eq\f(x1＋x2x1－x2,36)＋eq\f(y1＋y2y1－y2,9)＝0，所以eq\f(2x1－x2,9)＝－eq\f(4y1－y2,9)，所以k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(1,2).经检验，k＝－eq\f(1,2)满足题意．故弦所在直线的斜率为－eq\f(1,2).3．已知椭圆C：（）的左焦点为F，过点F的直线与椭圆C相交于不同的两点A，B，若P为线段的中点，O为坐标原点，直线的斜率为，则椭圆C的方程为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】求得的坐标，利用点差法建立的关系式，由此求得，进而求得椭圆方程.【详解】直线过点，令则，所以，即.设，则，两式相减并化简得，所以，，所以椭圆的方程为.4．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．5．若椭圆的中心为原点，过椭圆的焦点F(－2,0)的直线l与椭圆交于A，B两点，已知AB的中点为Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))，则椭圆的长轴长为( )A．2eq\r(2) B．4eq\r(2)C.eq\f(4\r(3),3) D.eq\f(8\r(3),3)【答案】D【详解】由焦点F(－2,0)在x轴上，设椭圆的方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．因为A(x1，y1)，B(x2，y2)在椭圆上，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),a2)＋\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\o\al(2,2),a2)＋\f(y\o\al(2,2),b2)＝1，))作差得eq\f(x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2),a2)＋eq\f(y\o\al(2,1)－y\o\al(2,2),b2)＝0.(*)因为直线l过Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))及F(－2,0)，且AB的中点为M，所以x1＋x2＝－2，y1＋y2＝1，kl＝eq\f(0－\f(1,2),－2－－1)＝eq\f(1,2)＝eq\f(y1－y2,x1－x2)，代入(*)式，得eq\f(b2,a2)＋eq\f(y1＋y2,x1＋x2)·eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(b2,a2)＋eq\f(1,－2)×eq\f(1,2)＝0，即b2＝eq\f(1,4)a2，因为c2＋b2＝a2，c＝2，所以a＝eq\f(4\r(3),3)，所以椭圆的长轴长为eq\f(8\r(3),3)，故选D.6．椭圆ax2＋by2＝1(a＞0，b＞0)与直线y＝1－x交于A，B两点，过原点与线段AB中点的直线的斜率为eq\f(\r(3),2)，则eq\f(b,a)的值为( )A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(2\r(3),3)C.eq\f(9\r(3),2) D.eq\f(2\r(3),27)【答案】B【详解】设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则axeq\o\al(2,1)＋byeq\o\al(2,1)＝1，axeq\o\al(2,2)＋byeq\o\al(2,2)＝1，两式相减得axeq\o\al(2,1)－axeq\o\al(2,2)＝－(byeq\o\al(2,1)－byeq\o\al(2,2))，即eq\f(by1－y2y1＋y2,ax1－x2x1＋x2)＝－1，∴eq\f(b,a)×(－1)×eq\f(\r(3),2)＝－1，∴eq\f(b,a)＝eq\f(2\r(3),3)，故选B.7．已知椭圆的标准方程为，点是椭圆的右焦点，过的直线与椭圆相交于两点，且线段的中点为，则椭圆的离心率为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用点差法可表示出，由可求得，根据椭圆关系可求得离心率.【详解】设，，则，，两式作差整理可得：，，，即，.8．过椭圆C：右焦点F的直线l：交C于A、B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为，则椭圆C的方程为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意，可得右焦点的坐标，联