2021版高考数学一轮复习第九章平面解析几何第5讲椭圆第2课时直线与椭圆的位置关系练习理北师大版.doc

第2课时 直线与椭圆的位置关系基础题组练1若直线mxny4与O：x2y24没有交点，则过点P(m，n)的直线与椭圆1的交点个数是()A至多为1B2C1 D0解析：选B.由题意知，>2，即<2，所以点P(m，n)在椭圆1的内部，故所求交点个数是2.2椭圆4x29y2144内有一点P(3，2)，则以P为中点的弦所在直线的斜率为()A BC D解析：选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4x9y144，4x9y144，两式相减得4(x1x2)(x1x2)9(y1y2)·(y1y2)0，又x1x26，y1y24，k，代入解得k.3已知直线yx1与椭圆1(a>b>0)相交于A，B两点，若椭圆的离心率为，焦距为2，则线段AB的长是()A. BC. D2解析：选B.由条件知c1，e，所以a，b1，椭圆方程为y21，联立直线方程与椭圆方程可得交点坐标为(0，1)，所以|AB|.4(2020·石家庄质检)倾斜角为的直线经过椭圆1(a>b>0)的右焦点F，与椭圆交于A，B两点，且2，则该椭圆的离心率为()A. BC. D解析：选B.由题可知，直线的方程为yxc，与椭圆方程联立得(b2a2)y22b2cyb40，由于直线过椭圆的右焦点，故必与椭圆有交点，则>0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则又2，所以(cx1，y1)2(x2c，y2)，所以y12y2，可得所以，所以e，故选B.5设F1，F2分别是椭圆y21的左、右焦点，若椭圆上存在一点P，使()·0(O为坐标原点)，则F1PF2的面积是()A4 B3C2 D1解析：选D.因为()·()··0，所以PF1PF2，F1PF290°.设|PF1|m，|PF2|n，则mn4，m2n212，2mn4，mn2，所以SF1PF2mn1.6已知斜率为2的直线经过椭圆1的右焦点F1，与椭圆相交于A，B两点，则弦AB的长为_解析：由题意知，椭圆的右焦点F1的坐标为(1，0)，直线AB的方程为y2(x1)由方程组消去y，整理得3x25x0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系，得x1x2，x1x20.则|AB| .答案：7直线m与椭圆y21交于P1，P2两点，线段P1P2的中点为P，设直线m的斜率为k1(k10)，直线OP的斜率为k2，则k1k2的值为_解析：由点差法可求出k1·，所以k1·，即k1k2.答案： 8.从椭圆1(a>b>0)上一点P向x轴作垂线，垂足恰为左焦点F1，A是椭圆与x轴正半轴的交点，B是椭圆与y轴正半轴的交点，且ABOP(O是坐标原点)，则该椭圆的离心率是_解析：由题意可设P(c，y0)(c为半焦距)，kOP，kAB，由于OPAB，所以，y0，把P代入椭圆方程得1，所以，所以e.答案：9已知椭圆E的一个顶点为A(0，1)，焦点在x轴上，若椭圆的右焦点到直线xy20的距离是3.(1)求椭圆E的方程；(2)设过点A的直线l与该椭圆交于另一点B，当弦AB的长度最大时，求直线l的方程解：(1)由题意得b1.右焦点(c，0)(c>0)到直线xy20的距离d3，所以c.所以a，所以椭圆E的方程为y21.(2)当直线l的斜率不存在时，|AB|2，此时直线l的方程为x0.当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykx1，联立得(13k2)x26kx0，所以xA0，xB，所以|AB|，|AB|2.令t13k2，t(1，)，则|AB|24×，所以当，即k21，得k±1时，|AB|2取得最大值为，即|AB|的最大值为，此时直线l的方程为yx1或yx1.因为2<，所以当弦AB的长度最大时，直线l的方程为yx1或yx1.10(2020·安徽五校联盟第二次质检)已知椭圆C：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.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设直线l：ykxm与椭圆C交于A，B两点，点Q，若|AQ|BQ|，求k的取值范围解：(1)由题意设|PF1|r1，|PF2|r2，则3r15r2，又r1r22a，所以r1a，r2a.在PF1F2中，由余弦定理得，cosF1PF2，解得a2，因为c1，所以b2a2c23，所以椭圆C的标准方程为1.(2)联立方程，得，消去y得(34k2)x28kmx4m2120，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2，且48(34k2m2)0，设AB的中点为M(x0，y0)，连接QM，则x0，y0kx0m，因为|AQ|BQ|，所以ABQM，又Q，M为AB的中点，所以k0，直线QM的斜率存在，所以k·kQMk·1，解得m，把代入得34k2，整理得16k48k230，即(4k21)(4k23)0，解得k或k，故k的取值范围为.综合题组练1(一题多解)已知椭圆1(ab0)的一条弦所在的直线方程是xy50，弦的中点坐标是M(4，1)，则椭圆的离心率是()A. BC. D解析：选C.法一：设直线与椭圆的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，分别代入椭圆方程，得两式相减得·.因为kAB1，且x1x28，y1y22，所以，e，故选C.法二：将直线方程xy50代入1(a>b>0)，得(a2b2)x210a2x25a2a2b20，设直线与椭圆的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，又由中点坐标公式知x1x28，所以8，解得a2b，又cb，所以e.故选C.2(一题多解)(2020·广东深圳一模)已知F1，F2是椭圆1(a>b>0)的左、右焦点，过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()A2 B1C.1 D2解析：选D.法一：可设|PF1|t，则|QF1|2|PF1|2t，由椭圆的定义可得|PF2|2at，|QF2|2a2t，|PQ|4a3t，则|PQ|2|PF1|2|QF1|2，即(4a3t)2t24t2，即有4a3tt，解得ta，则PF1F2与QF1F2的面积之比为2.故选D.法二：同法一得出ta，则2.故选D.3(一题多解)(2020·安徽蚌埠一模)已知F1，F2是椭圆1的左，右焦点，点A的坐标为，则F1AF2的平分线所在直线的斜率为_解析：法一：因为F1，F2是椭圆1的左，右焦点，所以F1(1，0)，F2(1，0)，又A，所以AF1x轴，所以|AF1|，则|AF2|，所以点F2(1，0)关于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|，所以|F2F1|1，所以F2(1，1)，线段F2F2的中点坐标为，所以所求直线的斜率为2.法二：如图设F1AF2的平分线交x轴于点N，F1AN，ANF2.因为tan 2，所以tan 或2(舍)在RtAF1N中，tan ，即，所以|F1N|，所以kltan tan(ANF1)tanANF12.答案：24.如图，椭圆的中心在坐标原点O，顶点分别是A1，A2，B1，B2，焦点分别为F1，F2，延长B1F2与A2B2交于P点，若B1PA2为钝角，则椭圆的离心率的取值范围为_解析：设椭圆的方程为1(a>b>0)，B1PA2为钝角可转化为，所夹的角为钝角，则(a，b)·(c，b)<0，得b2<ac，即a2c2<ac，故1>0即e2e1>0，e>或e<，又0<e<1，所以<e<1.答案：5在直角坐标系xOy中，长为1的线段的两端点C，D分别在x轴、y轴上滑动，.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，当点M在曲线E上时，求四边形AOBM的面积解：(1)设C(m，0)，D(0，n)，P(x，y)由，得(xm，y)(x，ny)所以得由|1，得m2n2(1)2，所以(1)2x2y2(1)2，整理，得曲线E的方程为x21.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由，知点M的坐标为(x1x2，y1y2)由题意知，直线AB的斜率存在设直线AB的方程为ykx1，代入曲线E的方程，得(k22)x22kx10，则x1x2，x1x2.y1y2k(x1x2)2.由点M在曲线E上，知(x1x2)21，即1，解得k22.这时|AB|x1x2|，原点到直线AB的距离d，所以平行四边形OAMB的面积S|AB|·d.6(2020·郑州模拟)已知椭圆1(a>b>0)的离心率e，原点到过点A(0，b)和B(a，0)的直线的距离为.(1)求椭圆的方程；(2)设F1，F2为椭圆的左、右焦点，过F2作直线交椭圆于P，Q两点，求PQF1内切圆半径r的最大值解：(1)直线AB的方程为1，即bxayab0.原点到直线AB的距离为，即3a23b24a2b2，由e，得c2a2，又a2b2c2，所以联立可得a23，b21，c22.故椭圆的方程为y21.(2)由(1)得F1(，0)，F2(，0)，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)易知直线PQ的斜率不为0，故设其方程为xky，联立直线与椭圆的方程得(k23)y22ky10.故而SPQF1SF1F2PSF1F2Q|F1F2|y1y2| ，将代入，得SPQF1.又SPQF1(|PF1|F1Q|PQ|)·r2a·r2r，所以2r，故r，当且仅当，即k±1时取等号故PQF1内切圆半径r的最大值为.11