2023届高考人教B版数学一轮复习试题（适用于新高考新教材） 第八章 平面解析几何 课时规范练45　直线与椭圆 WORD版含解析.docx

1、课时规范练45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.-23B.-32C.-49D.-942.倾斜角为4的直线经过椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)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.32B.23C.22D.333.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.4B.3C.2D.14.(多选)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为32,点M(2,1)在椭圆C上,直线l

2、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=1B.kOM=12C.-2mb0)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MAMB取得最大值时,求MAB的面积.8.已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(ab0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合,C1的中心与C2的顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交C1于A,B两点,交C2于C,D两点,且|CD|=43|AB|.(1)求C1的离心率;(2)设M是C1与C2的公共点.若|MF|=5,求C1与C2的标准方程.9

3、.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)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cosF1PF2=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.综合提升组10.已知F1,F2是椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点,过点F2的直线与椭圆交于P,Q两点,PQPF1,且|QF1|=2|PF1|,则PF1F2与QF1F2的面积之比为()A.2-3B.2-1C.2+1D.2+311.(多选)已知B1,B2是椭圆x2a2+y2b2=1(ab

4、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-a2b2B.PB1PB20C.PB1B2的外接圆半径的最大值为a2+b22aD.直线PB1与QB2的交点M的轨迹为双曲线12.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(ab0)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

5、.则椭圆C的方程为;若点M的坐标为0,18,且MNPQ,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

6、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45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0.设A(x1,y1)

7、,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=F1PPF2=0,所以PF1PF2,F1PF2=90.设|PF1|=m,|PF2|=n,则m+n=4,m2+n2=12,所以2mn=4,mn=2,所以SF1PF2=12mn=1.4.ABC由题意得a2-b2a=32,4a2+1b2=1,解得a2=8,b2=2.

8、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=(2m)2-4(2m2-4)0,解得-2m0,y1+y2=-2tt2+2,y1y2=-3t2+2.所以MAMB=(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=-

9、9t2-3t2+2+9=15t2+2.当t=0时,MAMB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=1263=362.8.解(1)由已知可设C2的方程为y2=4cx,其中c=a2-b2.不妨设A,C在第一象限,由题设得A,B的纵坐标分别为b2a,-b2a;C,D的纵坐标分别为2c,-2c,故|AB|=2b2a,|CD|=4c.由|CD|=43|AB|得4c=8b23a,即3ca=2-2ca2,解得ca=-2(舍去),ca=12.所以C1的离心率为12.(2)由(1)知a=2c,b=3c,故C1:x24c2+y2

10、3c2=1.设M(x0,y0),则x024c2+y023c2=1,y02=4cx0,故x024c2+4x03c=1.由于C2的准线为x=-c,所以|MF|=x0+c,而|MF|=5,故x0=5-c,代入得(5-c)24c2+4(5-c)3c=1,即c2-2c-3=0,解得c=-1(舍去),c=3.所以C1的标准方程为x236+y227=1,C2的标准方程为y2=12x.9.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cosF1PF2=r12+r22-|F1F2|22r1r2=54a2+34

11、a2-22254a34a=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=48(3+4k2-m2)0,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ABQM,又Q14,0,M为AB的中点,所以k0,直线QM的斜率存在,所以kkQM=k3m3+

12、4k2-4km3+4k2-14=-1,解得m=-3+4k24k,把代入得3+4k2-3+4k24k2,整理得16k4+8k2-30,即(4k2-1)(4k2+3)0,解得k12或k0,又PB1=(-x0,-b-y0),PB2=(-x0,b-y0),PB1PB2=x02+y02-b20,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=2bsinB1PB22bsinB1AB2=2bsin2OAB2=2b2aba2+b2=a2+b2a.ra2+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

13、+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AF1x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|F2F1|=1,所以F2(-1,-1),线段F2F2的中点坐标为0,-

14、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=,ANF2=.因为tan2=|F1F2|AF1|=232=43=2tan1-tan2,所以tan=12或tan=-2(舍去).在RtAF1N中,tan=|F1N|AF1|,即|F1N|32=12,所以|F1N|=34,所以kl=tan=tan(-ANF1)=-tanANF1=-|AF1|F1N|=-3234=-2.13.x24+y23=116x+8y-1=0或16x+24y-3=0e=12,a=2c,|AF1|=2,|AF2|=2a-2,由余弦定理,得|AF1|2+|AF2|2-2|

15、AF1|AF2|cosF1AF2=|F1F2|2,即4+(2a-2)2-22(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.MNPQ,kMN=-1k,得k=12

16、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

17、,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

18、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,=(-8mk)2-16k2(k2+4)(m2-1)0,化为k2+4k2m2.设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=8mkk2+4,x1x2=4k2(m2-1)k2+4.依题意得OMON,即OMON=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-mk8mkk2+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=kx1+x22+305,-1kx1+m-1kx2+m2=kx1+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+4k2m2,即满足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.