2023高考数学统考一轮复习课后限时集训53直线与椭圆理含解析新人教版202302272162

课后限时集训(五十三)　直线与椭圆建议用时：40分钟一、选择题1．直线y＝x＋2与椭圆＋＝1有两个公共点，则m的取值范围是(　　)A．(1，＋∞)B．(1,3)∪(3，＋∞)C．(3，＋∞)D．(0,3)∪(3，＋∞)B　[由得(3＋m)x2＋4mx＋m＝0，由题意可知解得又m＞0，且m≠3，∴m＞1且m≠3.故选B．]2．过椭圆＋＝1的右焦点作一条斜率为2的直线与椭圆交于A，B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为(　　)A．B．C．D．B　[由题意知椭圆的右焦点F的坐标为(1,0)，则直线AB的方程为y＝2x－2.联立解得交点坐标为(0，－2)，，不妨设A点的纵坐标yA＝－2，B点的纵坐标yB＝，∴S△OAB＝·|OF|·|yA－yB|＝×1×＝.]3．(2020·沙坪坝区校级模拟)已知椭圆C：＋＝1，过点P(2,1)的直线交椭圆于A，B两点，若P为线段AB中点，则|AB|＝(　　)A．B．C．D．D　[设点A(x1，y1)，点B(x2，y2)，∴x1＋x2＝4，y1＋y2＝2，由两式相减得：＋＝0，化简得：＝－1，∴直线AB的斜率为－1，又∵直线AB过点P(2,1)，∴直线AB的方程为：y－1＝－(x－2)，即y＝－x＋3，联立方程消去y得3x2－12x＋10＝0，\n∴x1＋x2＝4，x1x2＝，∴|AB|＝·＝，故选D．]4．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)与直线y＝x＋3只有一个公共点，且椭圆的离心率为，则椭圆C的方程为(　　)A．＋＝1B．＋＝1C．＋＝1D．＋＝1B　[将直线方程y＝x＋3代入C的方程并整理得(a2＋b2)x2＋6a2x＋9a2－a2b2＝0，由椭圆与直线只有一个公共点得，Δ＝(6a2)2－4(a2＋b2)(9a2－a2b2)＝0，化简得a2＋b2＝9，＝＝，则＝，解得a2＝5，b2＝4，所以椭圆的方程为＋＝1.]5．直线l过椭圆＋y2＝1的左焦点F，且与椭圆交于P，Q两点，M为PQ的中点，O为原点，若△FMO是以OF为底边的等腰三角形，则直线l的斜率为(　　)A．B．±C．±D．B　[由＋y2＝1，得a2＝2，b2＝1，所以c2＝a2－b2＝2－1＝1，则c＝1，则左焦点F(－1,0)．由题意可知，直线l的斜率存在且不等于0，设直线l的方程为y＝kx＋k.设l与椭圆交于点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立得(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0.则PQ的中点M的横坐标为＝－.因为△FMO是以OF为底边的等腰三角形，所以－＝－，解得k＝±.]6．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．B．C．D．B　[由题意可知，直线的方程为y＝x－c，与椭圆方程联立得∴(b2＋a2)y2＋2b2cy－b4＝0，由于直线过椭圆的右焦点，故必与椭圆有交点，则Δ＞0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则又＝2\n，∴(c－x1，－y1)＝2(x2－c，y2)，∴－y1＝2y2，可得∴＝，∴e＝，故选B．]二、填空题7．过椭圆C：＋＝1的左焦点F作倾斜角为60°的直线l与椭圆C交于A，B两点，则＋等于．　[由题意可知F(－1,0)，故l的方程为y＝(x＋1)．由得5x2＋8x＝0，∴x＝0或－.∴A(0，)，B.又F(－1,0)，∴|AF|＝2，|BF|＝，∴＋＝.]8．(2020·碑林区一模)在平面直角坐标系中，动点P在椭圆C：＋＝1上运动，则点P到直线x－y－5＝0的距离的最大值为．5　[设P(4cosα，3sinα)，0≤α＜2π，点P到直线x－y－5＝0的距离为d＝＝＝，所以dmax＝＝5.]9．已知椭圆＋＝1(a>b>0)的一条弦所在的直线方程是x－y＋5＝0，弦的中点坐标是M(－4,1)，则椭圆的离心率为．　[设直线与椭圆交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，分别代入椭圆方程，由点差法可知yM＝－xM，代入k＝1，M(－4，1)，解得＝，e＝＝.]三、解答题\n10．设F1，F2分别是椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，M是C上一点且MF2与x轴垂直，直线MF1与C的另一个交点为N.(1)若直线MN的斜率为，求椭圆C的离心率；(2)若直线MN在y轴上的截距为2，且|MN|＝5|F1N|，求a，b的值．[解]　(1)易知M，由＝得2b2＝3ac，故2(a2－c2)＝3ac，解得＝，＝－2(舍去).故椭圆的离心率为.(2)由题意，原点O为F1F2的中点，MF2∥y轴，所以直线MF1与y轴的交点D(0,2)是线段MF1的中点．故＝4，即b2＝4a.①由|MN|＝5|F1N|，得|DF1|＝2|F1N|.设N(x1，y1)，由题意知y1＜0，则即代入C的方程，得＋＝1.②将①及c＝代入②得＋＝1.解得a＝7，b2＝4a＝28.故a＝7，b＝2.11．(2020·汨罗市一模)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，短轴长为2.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线l：y＝kx＋m(k≠0)与椭圆C交于不同的两点M，N，且线段MN的垂直平分线过定点(1,0)，求实数k的取值范围．[解]　(1)由题意可知解得故椭圆C的标准方程为＋y2＝1.(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，将y＝kx＋m代入椭圆方程，消去y得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，所以Δ＝(8km)2－4(1＋4k2)(4m2－4)＞0，即m2＜4k2＋1①，\n由根与系数关系得x1＋x2＝－，则y1＋y2＝，所以线段MN的中点P的坐标为.又线段MN的垂直平分线l′的方程为y＝－(x－1)，由点P在直线l′上，得＝－，即4k2＋3km＋1＝0，所以m＝－(4k2＋1)②，由①②得＜4k2＋1，∵4k2＋1＞0，∴4k2＋1＜9k2，所以k2＞，即k＜－或k＞，所以实数k的取值范围是∪.1.(2020·襄阳模拟)如图，已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)，斜率为－1的直线与椭圆C相交于A，B两点，平行四边形OAMB(O为坐标原点)的对角线OM的斜率为，则椭圆的离心率为(　　)A．B．C．D．B　[设lAB方程y＝－x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，由得(a2＋b2)x2－2ma2x＋a2m2－a2b2＝0，又由平行四边形OAMB可知：x0＝x1＋x2＝，y0＝，\n故kOM＝＝＝，所以离心率e＝＝＝，故选B．]2．已知椭圆C：x2＋＝1，直线l：y＝x＋m，若椭圆C上存在两点关于直线l对称，则m的取值范围是(　　)A．B．C．D．C　[设椭圆x2＋＝1上存在关于直线y＝x＋m对称的两点为M(x1，y1)，N(x2，y2)，根据对称性可知线段MN被直线y＝x＋m垂直平分，且MN的中点T(x0，y0)在直线y＝x＋m上，且kMN＝－1，故可设直线MN的方程为y＝－x＋n，联立整理可得3x2－2nx＋n2－2＝0，所以x1＋x2＝，y1＋y2＝2n－(x1＋x2)＝2n－＝，由Δ＝4n2－12(n2－2)＞0，可得－＜n＜，所以x0＝＝，y0＝＝，因为MN的中点T(x0，y0)在直线y＝x＋m上，所以＝＋m，m＝，－＜m＜，故选C．]3．已知椭圆C的两个焦点为F1(－1，0)，F2(1,0)，且经过点E.(1)求椭圆C的标准方程；(2)过F1的直线l与椭圆C交于A，B两点(点A位于x轴上方)，若＝2，求直线l的斜率k的值．[解]　(1)设椭圆C的方程为＋＝1(a＞b＞0)，由解得所以椭圆C的标准方程为＋＝1.\n(2)由题意得直线l的方程为y＝k(x＋1)(k＞0)，联立整理得y2－y－9＝0，则Δ＝＋144＞0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝，y1y2＝，又＝2，所以y1＝－2y2，所以y1y2＝－2(y1＋y2)2，则3＋4k2＝8，解得k＝±，又k＞0，所以k＝.1．(2020·湖州模拟)已知直线x＝my＋2(m∈R)与椭圆＋＝1相交于A，B两点，则|AB|的最小值为；若|AB|＝，则实数m的值是．　±1　[易知直线x＝my＋2恒过点(2,0)，而点(2,0)恰为椭圆＋＝1的右焦点，则|AB|的最小值即为通径长＝，联立，消去x得，(5m2＋9)y2＋20my－25＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝－，y1y2＝－，则|AB|＝＝＝·＝·＝，解得m＝±1.]2．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)过点P(2，)，\n且两焦点与短轴的一个顶点的连线构成等腰直角三角形．(1)求椭圆C的方程；(2)过(0，－1)的直线l交椭圆于A，B两点，试问：是否存在一个定点T，使得以线段AB为直径的圆恒过点T？若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．[解]　(1)因为椭圆C的两焦点与短轴的一个顶点的连线构成等腰直角三角形，所以a＝b.所以椭圆C的方程为＋＝1.又椭圆C经过点P(2，)，代入椭圆方程得b＝3.所以a＝3.故所求椭圆方程为＋＝1.(2)由已知动直线l过(0，－1)点．当l与x轴平行时，以AB为直径的圆的方程为x2＋(y＋1)2＝16；当l与y轴重合时，以AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝9.所以两圆相切于点(0,3)，即两圆只有一个公共点．因此，所求点T如果存在，只能是点(0,3)．以下证明以AB为直径的圆恒过点T(0,3)．当l与x轴垂直时，以AB为直径的圆过点T(0,3)．当l与x轴不垂直时，设l：y＝kx－1.由得(2k2＋1)x2－4kx－16＝0.由(0，－1)在椭圆内部知Δ＞0成立．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝.又＝(x1，y1－3)，＝(x2，y2－3)，所以·＝x1x2＋(y1－3)(y2－3)＝x1x2＋(kx1－4)(kx2－4)＝(1＋k2)x1x2－4k(x1＋x2)＋16＝(1＋k2)·－4k·＋16＝0.所以TA⊥TB，即以AB为直径的圆恒过点T(0,3)．所以存在一个定点T(0,3)满足条件.