2022版高考数学一轮复习-课时规范练43-直线与椭圆新人教A版.docx

2022版高考数学一轮复习 课时规范练43 直线与椭圆新人教A版

2022版高考数学一轮复习 课时规范练43 直线与椭圆新人教A版

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姓名：

课时规范练43　直线与椭圆
基础巩固组
1.椭圆4x2+9y2=144内有一点P(3,2),则以P为中点的弦所在直线的斜率为(　　)
A.-23 B.-32 C.-49 D.-94
2.(2020河北石家庄质检)倾斜角为π4的直线经过椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点F,与椭圆交于A,B两点,且AF=2FB,则该椭圆的离心率为(　　)
A.32 B.23 C.22 D.33
3.设F1,F2分别是椭圆x24+y2=1的左、右焦点,若椭圆上存在一点P,使(OP+OF2)·PF2=0(O为坐标原点),则△F1PF2的面积是(　　)
A.4 B.3 C.2 D.1
4.(多选)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,点M(2,1)在椭圆C上,直线l平行于OM且在y轴上的截距为m,直线l与椭圆C交于A,B两点.下面结论正确的有(　　)
A.椭圆C的方程为x28+y22=1
B.kOM=12
C.-2k1≠0),直线OP的斜率为k2,则k1k2的值为　　　　　. 
6.(2020江西上饶模拟)已知两定点A(-1,0)和B(1,0),动点P(x,y)在直线l:y=x+2上移动,椭圆C以A,B为焦点且经过点P,则椭圆C的离心率的最大值为　　　　　. 
7.(2020重庆西南大学附属中学高三第十次月考)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点为M(-2,0),离心率为22.
(1)求椭圆C的方程;
(2)过点N(1,0)的直线l交椭圆C于A,B两点,当MA·MB取得最大值时,求△MAB的面积.

8.(2020安徽五校联盟第二次质检)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦点坐标分别为F1(-1,0),F2(1,0),P为椭圆C上一点,满足3|PF1|=5|PF2|且cos∠F1PF2=35.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)设直线l:y=kx+m与椭圆C交于A,B两点,点Q14,0,若|AQ|=|BQ|,求k的取值范围.

9.(2019天津,理18)设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F,上顶点为B.已知椭圆的短轴长为4,离心率为55.
(1)求椭圆的方程;
(2)设点P在椭圆上,且异于椭圆的上、下顶点,点M为直线PB与x轴的交点,点N在y轴的负半轴上.若|ON|=|OF|(O为原点),且OP⊥MN,求直线PB的斜率.

综合提升组
10.(2020广东深圳一模)已知F1,F2是椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,过点F2的直线与椭圆交于P,Q两点,PQ⊥PF1,且|QF1|=2|PF1|,则△PF1F2与△QF1F2的面积之比为(　　)
A.2-3 B.2-1
C.2+1 D.2+3
11.(多选)已知B1,B2是椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的下、上顶点,P是椭圆上不同于短轴端点的任意一点,点Q与点P关于y轴对称,则下列四个结论正确的是(　　)
A.直线PB1与PB2的斜率之积为定值-a2b2
B.PB1·PB2>0
C.△PB1B2的外接圆半径的最大值为a2+b22a
D.直线PB1与QB2的交点M的轨迹为双曲线
12.(2020安徽蚌埠一模)已知F1,F2为椭圆x24+y23=1的左、右焦点,点A的坐标为-1,32,则∠F1AF2的平分线所在直线的斜率为　　　　　. 
13.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为12,点A在椭圆C上,|AF1|=2,∠F1AF2=60°,过点F2与坐标轴不垂直的直线l与椭圆C交于P,Q两点,N为线段PQ的中点.则椭圆C的方程为　　　　　;若点M的坐标为0,18,且MN⊥PQ,则线段MN所在的直线方程为　　　　　. 
14.在平面直角坐标系xOy中,长为2+1的线段的两端点C,D分别在x轴、y轴上滑动,CP=2PD.记点P的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程;
(2)经过点(0,1)作直线与曲线E相交于A,B两点,OM=OA+OB,当点M在曲线E上时,求四边形AOBM的面积.

创新应用组
15.在圆O:x2+y2=4上取一点P,过点P作x轴的垂线段PD,D为垂足,当点P在圆O上运动时,设线段PD中点M的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程;
2)试问在曲线E上是否存在M,N两点关于直线l:y=kx+305对称,且以MN为直径的圆恰好经过坐标原点?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.

参考答案

课时规范练43　直线与椭圆
1.A　设以P为中点的弦所在的直线与椭圆交于点A(x1,y1),B(x2,y2),斜率为k,则4x12+9y12=144,4x22+9y22=144,两式相减得4(x1+x2)(x1-x2)+9(y1+y2)(y1-y2)=0,又x1+x2=6,y1+y2=4,y1-y2x1-x2=k,代入解得k=-23.
2.B　由题可设直线的方程为y=x-c,与椭圆方程联立x2a2+y2b2=1,y=x-c,得(b2+a2)y2+2b2cy-b4=0,由于直线过椭圆的右焦点,故直线与椭圆有交点,则Δ>0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=-2b2ca2+b2,y1y2=-b4a2+b2,又AF=2FB,所以(c-x1,-y1)=2(x2-c,y2),所以-y1=2y2,可得-y2=-2b2ca2+b2,-2y22=-b4a2+b2.
所以12=4c2a2+b2,所以e=23.故选B.
3.D　因为(OP+OF2)·PF2=(OP+F1O)·PF2=F1P·PF2=0,
所以PF1⊥PF2,∠F1PF2=90°.
设|PF1|=m,|PF2|=n,
则m+n=4,m2+n2=12,所以2mn=4,mn=2,所以S△F1PF2=12mn=1.
4.ABC　由题意得a2-b2a=32,4a2+1b2=1,解得a2=8,b2=2.故椭圆C的方程为x28+y22=1,故A正确.
kOM=1-02-0=12,故B正确.
因为直线l的斜率k=kOM=12,
又l在y轴上截距为m,所以l的方程为y=12x+m.由y=12x+m,x28+y22=1.
得x2+2mx+2m2-4=0.
因为直线l与椭圆C交于A,B两点,所以Δ=(2m)2-4(2m2-4)>0,解得-2
5.-12　由点差法可求出k1=-12·x中y中,所以k1·y中x中=-12,即k1k2=-12.
6.105　由题意知c=1,离心率e=ca,
因为P在直线l:y=x+2上移动,
所以2a=|PA|+|PB|.
点A关于直线y=x+2的对称点D,
设D(m,n),则nm+1=-1,12n=12(m-1)+2,
解得m=-2,n=1,即有D(-2,1),则2a=|PA|+|PB|=|PD|+|PB|≥|BD|=10,当D,P,B共线时,等号成立,此时a=102,故离心率e的最大值为105.
7.解(1)由题意可得a=2,ca=22,得c=2,则b2=a2-c2=2.
所以椭圆C的方程为x24+y22=1.
(2)当直线l与x轴重合时,不妨取A(-2,0),B(2,0),此时MA·MB=0;
当直线l与x轴不重合时,设直线l的方程为x=ty+1,A(x1,y1),B(x2,y2),
联立x=ty+1,x24+y22=1.得(t2+2)y2+2ty-3=0,显然Δ>0,y1+y2=-2tt2+2,y1·y2=-3t2+2.
所以MA·MB=(x1+2)(x2+2)+y1y2=(ty1+3)(ty2+3)+y1y2
=(t2+1)y1y2+3t(y1+y2)+9
=(t2+1)-3t2+2+3t-2tt2+2+9
=-3t2-3-6t2t2+2+9=-9t2-3t2+2+9
=15t2+2.
当t=0时,MA·MB取最大值152.此时直线l方程为x=1,
不妨取A1,62,B1,-62,所以|AB|=6.
又|MN|=3,所以△MAB的面积S=12×6×3=362.
8.解(1)由题意设|PF1|=r1,|PF2|=r2,则3r1=5r2,
又r1+r2=2a,所以r1=54a,r2=34a.
在△PF1F2中,由余弦定理得cos∠F1PF2=r12+r22-|F1F2|22r1r2=54a2+34a2-222×54a×34a=35,解得a=2,因为c=1,所以b2=a2-c2=3,所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1.
(2)联立方程x24+y23=1,y=kx+m,得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=-8km3+4k2,x1x2=4m2-123+4k2,且Δ=48(3+4k2-m2)>0,①
设AB的中点为M(x0,y0),连接QM,则x0=x1+x22=-4km3+4k2,y0=kx0+m=3m3+4k2,
因为|AQ|=|BQ|,所以AB⊥QM,又Q14,0,M为AB的中点,所以k≠0,直线QM的斜率存在,所以k·kQM=k·3m3+4k2-4km3+4k2-14=-1,解得m=-3+4k24k,②
把②代入①得3+4k2>-3+4k24k2,整理得16k4+8k2-3>0,即(4k2-1)(4k2+3)>0,解得k>12或k<-12,故k的取值范围为-∞,-12∪12,+∞.
9.解(1)设椭圆的半焦距为c,依题意,2b=4,ca=55,又a2=b2+c2,可得a=5,b=2,c=1.所以,椭圆的方程为x25+y24=1.
(2)由题意,设P(xP,yP)(xP≠0),M(xM,0).设直线PB的斜率为k(k≠0),
又B(0,2),则直线PB的方程为y=kx+2,与椭圆方程联立y=kx+2,x25+y24=1,
整理得(4+5k2)x2+20kx=0,可得xP=-20k4+5k2,
代入y=kx+2得yP=8-10k24+5k2,进而直线OP的斜率yPxP=4-5k2-10k.
在y=kx+2中,令y=0,得xM=-2k.
由题意得N(0,-1),所以直线MN的斜率为-k2.由OP⊥MN,得4-5k2-10k·-k2=-1,化简得k2=245,从而k=±2305.所以,直线PB的斜率为2305或-2305.
10.D　可设|PF1|=t,
则|QF1|=2|PF1|=2t,
由椭圆的定义可得|PF2|=2a-t,|QF2|=2a-2t,|PQ|=4a-3t,
又|PQ|2+|PF1|2=|QF1|2,
则(4a-3t)2+t2=4t2,
即有4a-3t=3t,解得t=43+3a,
则△PF1F2与△QF1F2的面积之比为12|PF1|·|PF2|12|QF1|·|QF2|sin30°=12·43+3a·2+233+3a12·83+3a·23-23+3a·12=1+33-1=2+3.故选D.
11.BC　设P(x0,y0),x02a2+y02b2=1,则kPB1·kPB2=y0+bx0·y0-bx0=y02-b2x02=-b2a2,故A错误;
∵点P在圆x2+y2=b2外,∴x02+y02-b2>0,又PB1=(-x0,-b-y0),PB2=(-x0,b-y0),∴PB1·PB2=x02+y02-b2>0,故B正确;
当点P在长轴的顶点A时,∠B1PB2最小且为锐角,设△PB1B2的外接圆半径为r,由正弦定理可得2r=2bsin∠B1PB2≤2bsin∠B1AB2=2bsin2∠OAB2=2b2aba2+b2=a2+b2a.∴r≤a2+b22a.∴△PB1B2的外接圆半径的最大值为a2+b22a,故C正确;
直线PB1的方程为y+b=y0+bx0x,直线QB2的方程为y-b=y0-b-x0x,两式相乘,得y2-b2=y02-b2-x02x2,即y2b2-x2a2=1,由于点P不与B1,B2重合,∴M的轨迹为双曲线的一部分,故D错误.故选BC.
12.-2　(方法1)如图.

因为F1,F2是椭圆x24+y23=1的左、右焦点,所以F1(1,0),F2(1,0),又A-1,32,所以AF1⊥x轴,
所以|AF1|=32,则|AF2|=52,
所以点F2(1,0)关于直线l(∠F1AF2的平分线所在直线)对称的点F2'在线段AF1的延长线上,又|AF2'|=|AF2|=52,所以|F2'F1|=1,
所以F2'(-1,-1),线段F2'F2的中点坐标为0,-12,所以所求直线的斜率为32--12-1-0=-2.
(方法2)如图.

设∠F1AF2的平分线交x轴于点N,
∠F1AN=β,∠ANF2=α.
因为tan2β=|F1F2||AF1|=232=43=2tanβ1-tan2β,所以tanβ=12或tanβ=2(舍去).
在Rt△AF1N中,tanβ=|F1N||AF1|,即|F1N|32=12,所以|F1N|=34,
所以kl=tanα=tan(π-∠ANF1)=-tan∠ANF1=-|AF1||F1N|=-3234=-2.
13.x24+y23=1　16x+8y-1=0或16x+24y-3=0　∵e=12,∴a=2c,
∴|AF1|=2,|AF2|=2a-2,
由余弦定理,得|AF1|2+|AF2|2-2|AF1|·|AF2|cos∠F1AF2=|F1F2|2,
即4+(2a-2)2-2×2×(2a-2)×12=a2,解得a=2,则c=1,
∴b2=a2-c2=3,
∴椭圆C的方程为x24+y23=1.
设直线l的方程为y=k(x-1),P(x1,y1),Q(x2,y2),
联立y=k(x-1),x24+y23=1,整理得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0,
则x1+x2=8k23+4k2,y1+y2=k(x1+x2)-2k=-6k3+4k2,
∴N4k23+4k2,-3k3+4k2.
又M0,18,则kMN=18+3k3+4k20-4k23+4k2=-24k+3+4k232k2.∵MN⊥PQ,
∴kMN=-1k,得k=12或k=32,
则kMN=-2或kMN=-23,故直线MN的方程为16x+8y-1=0或16x+24y-3=0.
14.解(1)设点C(m,0),D(0,n),P(x,y).
由CP=2PD,得(x-m,y)=2(-x,n-y).所以x-m=-2x,y=2(n-y),
得m=(2+1)x,n=2+12y,
由|CD|=2+1,得m2+n2=(2+1)2,所以(2+1)2x2+(2+1)22y2=(2+1)2,则曲线E的方程为x2+y22=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),由OM=OA+OB,
知点M的坐标为(x1+x2,y1+y2).
由题意知,直线AB的斜率存在.
设直线AB的方程为y=kx+1,代入曲线E的方程,得(k2+2)x2+2kx-1=0,则x1+x2=-2kk2+2,x1x2=-1k2+2.
y1+y2=k(x1+x2)+2=4k2+2.
由点M在曲线E上,知(x1+x2)2+(y1+y2)22=1,即4k2(k2+2)2+8(k2+2)2=1,解得k2=2.
这时|AB|=1+k2|x1-x2|=3[(x1+x2)2-4x1x2]=322,原点到直线AB的距离d=11+k2=33,
所以四边形AOBM的面积S=|AB|·d=62.
15.解(1)设M(x,y),则点P(x,2y),将P(x,2y)代入圆O:x2+y2=4,可得x2+4y2=4,∴曲线E的方程为x24+y2=1.
(2)显然直线MN斜率存在,设直线MN的方程为y=-1kx+m,由y=-1kx+m,x2+4y2=4消去y,得(k2+4)x2-8mkx+4k2·(m2-1)=0,
Δ=(-8mk)2-16k2(k2+4)(m2-1)>0,化为k2+4>k2m2.
设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=8mkk2+4,x1x2=4k2(m2-1)k2+4.
依题意得OM⊥ON,即OM·ON=0,
∴x1x2+y1y2=0.
又y1y2=-1kx1+m-1kx2+m=1k2x1x2-mk(x1+x2)+m2,
∴x1x2+y1y2=1+1k2x1x2-mk(x1+x2)+m2=1+1k24k2(m2-1)k2+4-mk·8mkk2+4+m2=0,解得k2=45m2-4.
又MN的中点x1+x22,y1+y22在直线y=kx+305上,
∴y1+y22=k·x1+x22+305,
∴-1kx1+m-1kx2+m2=k·x1+x22+305,化为3mk2k2+4+305=0,把k2=45m2-4代入化为10m2+30m-6=0,
解得m=3010(舍去)或m=-305,
∴k2=45×-3052-4=2,解得k=±2,满足k2+4>k2m2,即满足Δ>0.
∴在曲线E上存在两点M,N关于直线l:y=kx+305对称,且以MN为直径的圆恰好经过坐标原点,直线l的方程为y=±2x+305.