2024届高考数学-第17讲 直线的斜率问题（解析版）

第17讲 直线的斜率问题

参考答案与试题解析

一．解答题（共18小题）

1．已知椭圆，过点且不过点的直线与椭圆交于，两点，直线与直线交于点．

（Ⅰ）求椭圆的离心率；

（Ⅱ）若垂直于轴，求直线的斜率；

（Ⅲ）试判断直线与直线的位置关系，并说明理由．

【解答】解：（Ⅰ）椭圆的标准方程为．

所以，，．

所以椭圆的离心率．

（Ⅱ）因为过点且垂直于轴，所以可设，．

直线的方程为．

令，得．

所以直线的斜率．

（Ⅲ）直线与直线平行．证明如下：

当直线的斜率不存在时，由（Ⅱ）可知．

又因为直线的斜率，所以．

当直线的斜率存在时，设其方程为．

设，，，，则直线的方程为．

令，得点．

由，得．

所以，．直线的斜率为：，因为

所以，

．

综上，直线与直线平行．

2．设椭圆的焦距为，且经过点．

（1）求椭圆的标准方程；

（2）过点且不过点的直线与椭圆交于，两点，直线与直线交于点，试判断直线与直线的位置关系，并说明理由．

【解答】解：（1）椭圆的焦距为，且经过点，

根据题意得：，即①，

把代入椭圆方程得：，

把代入①得：，

则椭圆的标准方程为；

（2）直线与直线平行．

证明如下：

过点且垂直于轴，

可设，，

，直线的方程为：，

令，得，

直线的斜率．

当直线的斜率不存在时，．

又直线的斜率，；

当直线的斜率存在时，设其方程为，

设，，，，

则直线的方程为，

令，则点，

直线的斜率，

联立，得，

由韦达定理，得，，

，

，即；

综上所述，直线与直线平行．

3．如图，，分别是椭圆的左右顶点，为其右焦点，2是与的等差中项，是与的等比中项．

（1）求椭圆的方程；

（2）已知点是椭圆上异于，的动点，直线过点且垂直于轴，若过作直线垂直于，并交直线于点．证明：，，三点共线．

【解答】（1）解：，，．由2是与的等差中项，是与的等比中项．

，解得，，

．

椭圆的方程为．

（2）证明：直线的方程为：，直线的方程为：，

联立，化为，

，

，，

，．

直线的方程为：，

把代入上述方程可得，

．

，．

，

，，三点共线．

4．已知椭圆的焦点在轴上，是的左顶点，斜率为的直线交于，两点，点在上，．

（Ⅰ）当，时，求的面积；

（Ⅱ）当时，求的取值范围．

【解答】解：（Ⅰ）方法一、时，椭圆的方程为，，

直线的方程为，代入椭圆方程，整理可得，

解得或，则，

由，可得，

由，，可得，

整理可得，由无实根，可得，

即有的面积为；

方法二、由，可得，关于轴对称，

由．可得直线的斜率为1，直线的方程为，

代入椭圆方程，可得，

解得或，，，，，

则的面积为；

（Ⅱ）直线的方程为，代入椭圆方程，

可得，

解得或，

（补充求，的纵坐标的方法：

设，，则直线的方程为，与椭圆的方程联立，可得，

因此的纵坐标为，的纵坐标为

即有，

，

由，可得，

整理得，

由椭圆的焦点在轴上，则，即有，即有，

可得，即的取值范围是，．

5．已知椭圆的右焦点为，左顶点为．

（1）求椭圆的方程；

（2）过点作两条相互垂直的直线分别与椭圆交于（不同于点的），两点．试判断直线与轴的交点是否为定点，若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．

【解答】解：（1）根据题意，椭圆的右焦点为，

左顶点为，则，，

则．

所以椭圆的方程为．

（2）根据题意，

①当直线与轴垂直时，直线的方程为，

联立得，解得．

此时直线的方程为．直线与轴的交点为．

②当直线不垂直于轴时，设直线的方程为．

联立得．

设，，，，

则，

且△，即．

而，

由题意知，，

即，

解得或（舍去）．

当时，满足．

直线的方程为，此时与轴的交点为．

故直线与轴的交点是定点，坐标为．

6．已知椭圆过点，为椭圆的半焦距，且．

（Ⅰ）求椭圆的标准方程；

（Ⅱ）过点作两条相互垂直的直线，与椭圆分别交于另两点，，若线段的中点在轴上，求此时直线的方程．

【解答】解：（Ⅰ）由，可得，椭圆过点，

可得，解得，，

所以椭圆的方程为：．．（4分）

（Ⅱ）设，，，，

则，

两式相减得，

因为线段的中点在轴上，

所以，从而可得．（7分）

若，则，．

因为过点作两条相互垂直的直线，，所以，

所以，得．

又因为，所以解得，

所以，或，．

所以直线的方程为．（10分）

若，则，，

因为，所以，得．

又因为，所以解得或，

经检验：满足条件，不满足条件．

综上，直线的方程为或．（13分）．

7．在平面直角坐标系中，为坐标原点，已知双曲线的右焦点到双曲线的一条渐近线的距离为．

（1）求双曲线的方程；

（2）如图，过圆上一点作圆的切线与双曲线的左、右两支分别交于，两点，以为直径的圆经过双曲线的右顶点，求直线的方程．

【解答】解：（1）由题意，，解得，

双曲线的方程为；

（2）由已知直线的斜率存在，设，则，即，

联立，得．

设，，，，

，解得．

，，

又，，，，，

以为直径的圆经过双曲线的右顶点，

，即

．

，

则，得或．

①当时，点与右顶点重合，不合题意舍去；

②当时，代入，解得，满足条件．

直线的方程为或．

8．已知双曲线的右顶点为，右焦点为，点为坐标原点，直线与轴交于点，且与一条渐近线交于点，又，过点的直线与双曲线右支交于点，，点为点关于轴的对称点．

（1）求双曲线的方程；

（2）判断，，三点是否共线，并说明理由；

（3）求三角形面积的最小值．

【解答】解：（1），

，，

双曲线的方程为；

（2）由（1）可知，，

由题意直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，代入整理得，

设，，，，则，．

由韦达定理知，

所以．

因为

向量共线，所以，，三点共线．

（3）因为直线与双曲线右支交于点，，所以，得．

，

令，则，，，

又，所以，即时，三角形面积的最小值18．

9．设椭圆的右焦点为，过的直线与交于，两点，点的坐标为．

（1）当与轴垂直时，求直线的方程；

（2）设为坐标原点，证明：．

【解答】解：（1），

，

与轴垂直，

，

由，解得或，

，或，

直线的方程为，，

证明：（2）当与轴重合时，，

当与轴垂直时，为的垂直平分线，，

当与轴不重合也不垂直时，设的方程为，，

，，，，则，，

直线，的斜率之和为，之和为，

由，得，

将代入可得，

，，

从而，

故，的倾斜角互补，

，

综上．

10．在直角坐标系中，曲线与直线交于，两点．

（Ⅰ）当时，分别求在点和处的切线方程．

（Ⅱ）轴上是否存在点，使得当变动时，总有？（说明理由）

【解答】解：联立，不妨取，，

由曲线可得：，

曲线在点处的切线斜率为，其切线方程为：，化为．

同理可得曲线在点处的切线方程为：．

存在符合条件的点，下面给出证明：

设满足．，，，，直线，的斜率分别为：，．

联立，化为，

，．

．

当时，，直线，的倾斜角互补，

．

点符合条件．

11．在直角坐标系中，曲线与直线交于，两点．

（1）当时，分别求在点和处的切线方程；

（2）轴上是否存在点，使得当变动时，总有？说明理由．

【解答】解：（1）联立，可得，，或，．

，故在处的导数值为，

在处的切线方程为，即．

故在处的导数值为，

在处的切线方程为，即．

故所求切线方程为或．

（2）存在符合题意的点，证明如下：

设为符合题意的点，，，，，直线，的斜率分别为，．

将代入得方程整理得．

，．

．

当时，有，则直线的倾斜角与直线的倾斜角互补，

故，所以符合题意．

12．已知椭圆的左、右焦点分别为、，且也是抛物线的焦点，为椭圆与抛物线在第一象限的交点，且．

（1）求椭圆的方程；

（2）若直线与椭圆交于，两点，问是否在轴上存在一点，使得当变动时，总有？说明理由．

【解答】解：（1）也是抛物线的焦点，

，

，且抛物线的准线方程为，

设点，

，

，

，

，

，

，

解得，，

椭圆方程为，

（2）假设存在满足．设，，，

联立得，

由韦达定理有，①，其中△恒成立，

由（显然，的斜率存在），故即②，

由，两点在直线上，故，，

代入②整理有③，

将①代入③即有：④，要使得④与的取值无关，当且仅当“ “时成立，

综上所述存在，使得当变化时，总有．

13．一个圆经过点，且和直线相切．

（1）求动圆圆心的轨迹的方程；

（2）已知点，设不垂直于轴的直线与轨迹交于不同的两点、，若轴是的角平分线，证明直线过定点．

【解答】解：（1）设动圆圆心，则由抛物线定义易得：点是以为焦点，以为准线的抛物线，

动圆圆心的轨迹方程为：

（2）设两点，，，，设不垂直于轴的直线：，

则有：，所以：，

因为轴是的角平分线，

所以：，即：，即：

则：，

所以：，，

所以直线过定点

14．设抛物线的焦点为，直线与抛物线交于，两点．

（1）若过点，且，求的斜率；

（2）若，且的斜率为，当时，求在轴上的截距的取值范围（用表示），并证明的平分线始终与轴平行．

【解答】解：（1）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，代入抛物线方程可得，即，

所以，

但，故直线的斜率存在，设其方程为．

由得，

设，，，，则，

所以，

解得，所以直线的斜率为．

（2）设直线的方程为，，，，．

得，

则．

由△，得．又，所以，

从而在轴上的截距的取值范围为．

，

所以直线，的斜率互补，

从而的平分线始终与轴平行．

15．如图，若是抛物线上的一定点不是顶点），动弦、分别交轴于、两点，且．证明：直线的斜率为定值．

【解答】证明：设，，直线的斜率为，

方程为．

则直线的斜率为，方程为．

由

点的坐标为．（5分）

同理可得，点的坐标为．

所以，

所以直线的斜率为定值．（10分）

16．已知倾斜角为的直线经过抛物线的焦点，与抛物线相交于、两点，且．

（Ⅰ）求抛物线的方程；

（Ⅱ）过点的两条直线、分别交抛物线于点、和、，线段和的中点分别为、．如果直线与的倾斜角互余，求证：直线经过一定点．

【解答】解：（Ⅰ）由题意可设直线的方程为，令，，，．

联立得，，

根据抛物线的定义得，又，又，，．

则此抛物线的方程为．

（Ⅱ）设直线、的倾斜角分别为、，直线的斜率为，则．

由于直线、的倾斜角互余，则，

则直线的斜率为．

于是直线的方程为，即，

联立得，，

则，

，，

同理将换成得：，，

．

则直线的方程为，

即，显然当，．

所以直线经过定点．

17．已知椭圆，过原点的两条直线和分别于椭圆交于、和、，记得到的平行四边形的面积为．

（1）设，，，，用、的坐标表示点到直线的距离，并证明；

（2）设与的斜率之积为，求面积的值．

【解答】解：（1）依题意，直线的方程为，由点到直线间的距离公式得：点到直线的距离，

因为，所以；

当与时的斜率之一不存在时，同理可知结论成立；

（2）方法一：设直线的斜率为，则直线的斜率为，

设直线的方程为，联立方程组，消去解得，

根据对称性，设，则，

同理可得，，所以．

方法二：设直线、的斜率分别为、，则，

所以，

，

，、，在椭圆上，

，

即，

所以，即，

所以．

18．设椭圆的左、右焦点分别为，，下顶点为．已知椭圆的短轴长为，且椭圆过点．

（1）求椭圆的方程；

（2）若直线与椭圆交于异于点的两点，，且直线与的斜率之和等于2，证明：直线经过定点．

【解答】解：（1）由已知可得，解得，

又椭圆过点，所以，解得，

故椭圆的方程为；

（2）证明：由（1）可得点，设，，，，

当直线的斜率不存在时，设其方程为，有，

所以，

解得，此时直线的方程为，

当直线的斜率存在时，设其方程为，与椭圆方程联立可得：

，

则，

又，

所以，即，

所以，

整理可得，

因为直线不过点，所以，则，即，

所以直线的方程为，即，所以直线恒过定点，

此点也在直线上，

所以直线恒过定点．