《2025年金版教程高考科学复习解决方案数学》

例3 已知P(1,1)为椭圆$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1$内一定点，经过P引一条弦，使此弦被点P平分，则此弦所在的直线方程为__________________.

答案： 答案 $x + 2y-3 = 0$
解析 解法一：易知此弦所在直线的斜率存在，
∴设其方程为$y - 1 = k(x - 1)$，弦所在的直线与椭圆交于A，B两点，$A(x_{1},y_{1}),B(x_{2},y_{2})$.由$\begin{cases}y - 1 = k(x - 1),\\\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1,\end{cases}$消去y，得$(2k^{2}+1)x^{2}-4k(k - 1)x + 2(k^{2}-2k - 1)=0$，显然$\Delta＞0$，
∴$x_{1}+x_{2}=\frac{4k(k - 1)}{2k^{2}+1}$，又$x_{1}+x_{2}=2$，
∴$\frac{4k(k - 1)}{2k^{2}+1}=2$，解得$k=-\frac{1}{2}$.经检验，$k=-\frac{1}{2}$满足题意.故此弦所在的直线方程为$y - 1=-\frac{1}{2}(x - 1)$，即$x + 2y-3 = 0$.
解法二：易知此弦所在直线的斜率存在，
∴设其斜率为k，弦所在的直线与椭圆交于A，B两点，$A(x_{1},y_{1}),B(x_{2},y_{2})$，则$\frac{x_{1}^{2}}{4}+\frac{y_{1}^{2}}{2}=1$ ①，$\frac{x_{2}^{2}}{4}+\frac{y_{2}^{2}}{2}=1$ ②，由① - ②，得$\frac{(x_{1}+x_{2})(x_{1}-x_{2})}{4}+\frac{(y_{1}+y_{2})(y_{1}-y_{2})}{2}=0$，
∵$x_{1}+x_{2}=2,y_{1}+y_{2}=2$，
∴$\frac{x_{1}-x_{2}}{2}+y_{1}-y_{2}=0$，又$x_{2}-x_{1}\neq0$，
∴$k=\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}=-\frac{1}{2}$.经检验，$k=-\frac{1}{2}$满足题意.
∴此弦所在的直线方程为$y - 1=-\frac{1}{2}(x - 1)$，即$x + 2y-3 = 0$.

3.（2022·新高考Ⅱ卷）已知直线l与椭圆$\frac{x^{2}}{6}+\frac{y^{2}}{3}=1$在第一象限交于A，B两点，l与x轴、y轴分别交于M，N两点，且$\vert MA\vert=\vert NB\vert$，$\vert MN\vert = 2\sqrt{3}$，则l的方程为__________________.

答案：
答案 $x+\sqrt{2}y-2\sqrt{2}=0$
解析 令AB的中点为E，因为$|MA| = |NB|$，所以$|ME| = |NE|$，
设$A(x_{1},y_{1}),B(x_{2},y_{2})$，则$\frac{x_{1}^{2}}{6}+\frac{y_{1}^{2}}{3}=1,\frac{x_{2}^{2}}{6}+\frac{y_{2}^{2}}{3}=1$，所以$\frac{x_{1}^{2}}{6}-\frac{x_{2}^{2}}{6}+\frac{y_{1}^{2}}{3}-\frac{y_{2}^{2}}{3}=0$，即$\frac{(x_{1}+x_{2})(x_{1}-x_{2})}{6}+\frac{(y_{1}+y_{2})(y_{1}-y_{2})}{3}=0$，所以$\frac{(y_{1}+y_{2})(y_{1}-y_{2})}{(x_{1}+x_{2})(x_{1}-x_{2})}=-\frac{1}{2}$，即$k_{OE}\cdot k_{AB}=-\frac{1}{2}$，设直线$AB:y = kx + m,k＜0,m＞0$，令$x = 0$得$y = m$，令$y = 0$得$x=-\frac{m}{k}$，即$M(-\frac{m}{k},0),N(0,m)$，所以$E(-\frac{m}{2k},\frac{m}{2})$，所以$k\times\frac{\frac{m}{2}}{-\frac{m}{2k}}=-\frac{1}{2}$，解得$k=-\frac{\sqrt{2}}{2}$或$k=\frac{\sqrt{2}}{2}$(舍去)，又$|MN| = 2\sqrt{3}$，即$|MN|=\sqrt{(\sqrt{2}m)^{2}+m^{2}}=2\sqrt{3}$，解得$m = 2$或$m=-2$(舍去)，所以直线$AB:y=-\frac{\sqrt{2}}{2}x + 2$，即$x+\sqrt{2}y-2\sqrt{2}=0$.

例4 （2023·陕西渭南二模）在椭圆$\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{4}=1$上求一点M，使点M到直线x + 2y - 10 = 0的距离最大，则点M的坐标为（ ）
A.(-3,0)
B.$(-\frac{9}{5},-\frac{8}{5})$
C.$(-2,-\frac{2\sqrt{5}}{5})$
D.(-2,0)

答案：
B [如图，根据题意可知，当点M在第三象限且椭圆在点M处的切线与直线$x + 2y-10 = 0$平行时，点M到直线$x + 2y-10 = 0$的距离取得最大值，可设切线方程为$x + 2y + m = 0(m＞0)$，
联立$\begin{cases}x + 2y + m = 0,\\4x^{2}+9y^{2}=36,\end{cases}$整理得$25y^{2}+16my + 4m^{2}-36 = 0,\Delta=16^{2}m^{2}-100(4m^{2}-36)=0$，因为$m＞0$，解得$m = 5$，所以椭圆$\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{4}=1$在点M处的切线方程为$x + 2y + 5 = 0$，联立$\begin{cases}x + 2y + 5 = 0,\\\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{4}=1,\end{cases}$可得点M的坐标为$(-\frac{9}{5},-\frac{8}{5})$.

故选B.]

4.（2024·河北唐山模拟）已知F为椭圆C：$\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{2}=1$的右焦点，点A是直线x = 3上的动点，过点A作椭圆C的切线AM，AN，切点分别为M，N，则$\vert MF\vert+\vert NF\vert-\vert MN\vert$的值为（ ）
A.3
B.2
C.1
D.0

答案： D [由已知可得$F(1,0)$，设$M(x_{1},y_{1}),N(x_{2},y_{2}),A(3,t)$，则切线AM，AN的方程分别为$\frac{x_{1}x}{3}+\frac{y_{1}y}{2}=1,\frac{x_{2}x}{3}+\frac{y_{2}y}{2}=1$，因为切线AM，AN过点$A(3,t)$，所以$x_{1}+\frac{ty_{1}}{2}=1,x_{2}+\frac{ty_{2}}{2}=1$，所以直线MN的方程为$x+\frac{ty}{2}=1$，因为$F(1,0)$，所以$1+\frac{t\times0}{2}=1$，所以点$F(1,0)$在直线MN上，所以M，N，F三点共线，所以$|MF|+|NF|-|MN|=0$.故选D.]

例5 （2023·天津高考）已知椭圆$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0)$的左、右顶点分别为$A_{1}$，$A_{2}$，右焦点为F，$\vert A_{1}F\vert = 3$，$\vert A_{2}F\vert = 1$.
（1）求椭圆的方程和离心率e；
（2）已知点P是椭圆上一动点（不与端点重合），直线$A_{2}P$交y轴于点Q，若三角形$A_{1}PQ$的面积是三角形$A_{2}FP$的面积的二倍，求直线$A_{2}P$的方程.

答案：
解
(1)如图，由题意可知$\begin{cases}a + c = 3,\\a - c = 1,\end{cases}$故$\begin{cases}a = 2,\\c = 1,\end{cases}$则$b^{2}=a^{2}-c^{2}=3$，
所以椭圆的方程为$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$，
此椭圆的离心率$e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$.

(2)由题意知直线$A_{2}P$的斜率存在且不为0，所以可设直线$A_{2}P$的方程为$y = k(x - 2)$.
由$\begin{cases}y = k(x - 2),\\\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1,\end{cases}$可得$(3 + 4k^{2})x^{2}-16k^{2}x + 16k^{2}-12 = 0$，
设$P(x_{P},y_{P})$，则由根与系数的关系可知$x_{P}+2=\frac{16k^{2}}{3 + 4k^{2}}$，
即$x_{P}=\frac{8k^{2}-6}{3 + 4k^{2}}$，则$y_{P}=k(x_{P}-2)=-\frac{12k}{3 + 4k^{2}}$.
由直线$A_{2}P$交y轴于点Q可得$Q(0,-2k)$，
所以$S_{\triangle A_{1}PQ}=|S_{\triangle PA_{1}A_{2}}-S_{\triangle A_{1}QA_{2}}|=\frac{1}{2}\times4\times|y_{P}-y_{Q}|$，
$S_{\triangle A_{2}FP}=\frac{1}{2}\times1\times|y_{P}|$，
因为$S_{\triangle A_{1}PQ}=2S_{\triangle A_{2}FP}$，所以$2|y_{P}-y_{Q}|=|y_{P}|$，
①当$2|y_{P}|-2|y_{Q}|=|y_{P}|$时，$|y_{P}|=2|y_{Q}|$，
即有$\frac{12|k|}{3 + 4k^{2}}=2\cdot|-2k|$，
解得$k = 0$，不符合题意，舍去.
②当$2|y_{Q}|-2|y_{P}|=|y_{P}|$时，$2|y_{Q}|=3|y_{P}|$，
即有$4|k|=\frac{36|k|}{3 + 4k^{2}}$，
解得$k = 0$(舍去)或$k=\pm\frac{\sqrt{6}}{2}$.
故直线$A_{2}P$的方程为$y=\pm\frac{\sqrt{6}}{2}(x - 2)$.