第三章圆锥曲线的方程1.2第2课时直线与椭圆的位置关系及其应用提升训练（附解析新人教A版选择性必修第一册）

第2课时　直线与椭圆的位置关系及其应用基础过关练题组一　直线与椭圆的位置关系1.直线y=x+1与椭圆x25+y24=1的位置关系是(　　)A.相交B.相切C.相离D.无法判断2.若直线y=kx+2与椭圆x23+y22=1有且只有一个交点,则斜率k的值是　(　　)A.63B.-63C.±63D.±333.椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为33,若直线y=kx与椭圆的一个交点的横坐标为b,则k的值为(　　)A.±1B.±2C.±33D.±34.(2020山东聊城高二上期末)直线y=kx+2与焦点在x轴上的椭圆x216+y2b2=1(b>0)恒有两个公共点,则实数b的取值范围是　　　　. 题组二　直线与椭圆的相交弦问题5.直线y=x+1被椭圆x24+y22=1所截得的线段的中点的坐标是(　　)A.23,53B.43,73C.-23,13D.-132,-1726.过原点的直线l与曲线C:x23+y2=1相交,直线l被曲线C所截得的线段长等于6,则直线l的斜率k的可能取值是(　　)A.33B.-33C.3D.17.经过椭圆x22+y2=1的一个焦点作倾斜角为45°的直线l,交椭圆于A,B两点.设O为坐标原点,则OA·OB等于(　　)A.-3B.-13C.-13或-3D.±138.过椭圆x25+y24=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　　　　. 12 9.(2021江西南昌二中高二上月考)在平面直角坐标系中,已知动点P到定点F1(-1,0)、F2(1,0)的距离之和为22.(1)求动点P的轨迹C的方程;(2)若直线l:y=x+t与曲线C交于A、B两点,|AB|=423,求t的值.题组三　直线与椭圆位置关系的综合运用10.设椭圆C:x29+y24=1的左,右焦点分别为F1,F2,以F1F2为直径的圆与C在第一象限的交点为P,则直线PF1的斜率为(　　)A.13B.12C.33D.3211.(2020北京清华大学附中高二上期中)已知椭圆C:x216+y24=1的右顶点为A,上顶点为B.点E在椭圆C上,且不在直线AB上.(1)求椭圆C的离心率和直线AB的方程;(2)若以AE为直径的圆经过点B,求点E的坐标.能力提升练题组一　直线与椭圆的相交弦问题　　　　　　　　　　　　　　　　1.(多选)()已知直线l:y=2x+3被椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)截得的弦长为7,则下列直线中被椭圆C截得的弦长一定为7的有(　　)A.y=2x-3B.y=2x+1C.y=-2x-3D.y=-2x+32.(2020浙江宁波九校高二上期末,)已知圆C:(x+3)2+y2=48和点B(3,0),P是圆上一点,线段BP的垂直平分线交CP于M点,则M点的轨迹方程为　　　　　　;若直线l与M点的轨迹相交,且相交弦的中点为P(2,1),则直线l的方程是　　　　　　. 12 3.(2021江苏南京金陵中学高二上月考,)阿基米德(公元前287年—公元前212年)不仅是著名的物理学家,也是著名的数学家,他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率π等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.已知平面直角坐标系Oxy中,椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的面积为23π,两焦点与短轴的一个端点构成等边三角形.(1)求椭圆C的标准方程;(2)过点P(1,0)的直线l与C交于不同的两点A,B,求△OAB面积的最大值.题组二　直线与椭圆位置关系的综合运用4.(2019黑龙江牡丹江一中高二上期中,)若直线mx+ny=4和圆x2+y2=4没有交点,则过点(m,n)的直线与椭圆x29+y24=1的交点的个数为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　A.0或1B.2C.1D.05.(2021江西上饶高二上月考,)已知椭圆C:x28+y26=1的左、右顶点分别为A、B,点P为椭圆C上不同于A,B的动点,若直线PA斜率的取值范围是[1,2],则直线PB斜率的取值范围是(　　)A.[-2,-1]B.-32,-34C.-1,-12D.-34,-386.(2021江苏泰州中学高二上期初检测,)如图,椭圆C:x24+y2=1的右顶点为A,上顶点为B,动直线l交椭圆C于M、N两点,且始终满足OM⊥ON,作OH⊥MN交MN于点H,则HA·HB的取值范围是(　　)A.[3-23,3+23]B.45-455,45+455C.-65,145D.-54,1547.(多选)()已知椭圆C:x24+y22=1的左,右焦点分别为F1,F2,直线y=kx(k≠0)与C交于A,B两点,AE⊥x轴,垂足为E,直线BE与C的另一个交点为P,则下列结论正确的是(　　)A.四边形AF1BF2为平行四边形B.∠F1PF2<90°12 C.直线BE的斜率为12kD.∠PAB>90°8.(2020山东烟台高二上期末,)过椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点F1作斜率为12的直线l与C交于A,B两点,若|OF1|=|OA|,则椭圆C的离心率为　　　　. 9.(2020海南中学高二上期中,)已知点P是椭圆x225+y29=1上任意一点,则当点P到直线4x-5y+40=0的距离达到最小值时,点P的坐标为　　　　. 10.(2020天津一中高二上期末质量调查,)已知椭圆C:x24+y23=1,F1,F2分别为椭圆的左,右焦点,P为椭圆上任意一点.(1)若|PF1|-|PF2|=1,求△PF1F2的面积;(2)是否存在直线l,使得当l经过椭圆左顶点A且与椭圆相交于点B,点D与点B关于x轴对称,满足OB·OD=-207?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.11.()已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=22,点P(-2,1)在该椭圆上.(1)求椭圆C的方程;(2)若点A,B是椭圆C上关于直线y=kx+1(k≠0)对称的两点,求实数k的取值范围.12.(2020北京通州高二上期末,)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左,右焦点分别是F1,F2,且|F1F2|=2,离心率为22.(1)求椭圆的方程;(2)过椭圆右焦点F2的直线l交椭圆于A(x1,y1),B(x2,y2)(x1≥x2)两点.(i)求|AF2|·|BF2|的最小值;(ii)点Q是直线l上异于F2的点,且满足|QA||QB|=|F2A||F2B|,求证:点Q在一条定直线上.12 答案全解全析基础过关练1.A　直线y=x+1过点(0,1),将(0,1)代入x25+y24=1得,0+14<1,即点(0,1)在椭圆内部,所以直线与椭圆相交.2.C　由y=kx+2,x23+y22=1,消去y,并整理得(2+3k2)x2+12kx+6=0,由题意知Δ=(12k)2-4×6×(2+3k2)=0,解得k=±63,故选C.3.C　因为椭圆的离心率为33,所以ca=33,即c=33a,c2=13a2=a2-b2,所以b2=23a2.当x=b时,直线与椭圆的交点的纵坐标为y=kb,则交点为(b,kb),代入椭圆方程得b2a2+k2b2b2=1,即23+k2=1,所以k2=13,解得k=±33,故选C.4.答案　(2,4)解析　直线y=kx+2恒过定点(0,2),要保证直线与椭圆有两个公共点,则定点需在椭圆内,所以016+4b2<1,又b>0,所以b>2,又因为椭圆的焦点在x轴上,所以b<a=4,即b∈(2,4).5.C　联立y=x+1,x24+y22=1,消去y并整理,得3x2+4x-2=0.设直线与椭圆的交点为A(x1,y1),B(x2,y2),中点M(x0,y0).∴x1+x2=-43,x0=x1+x22=-23,y0=x0+1=13,∴中点坐标为-23,13.6.D　设直线l的方程为y=kx(k≠0),直线l与曲线C交于点A(x1,y1),B(x2,y2),联立x23+y2=1,y=kx,消去y得(1+3k2)x2-3=0,则x1+x2=0,x1x2=-31+3k2,所以|AB|=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2=1+k2121+3k2=6,解得k2=1,故选D.7.B　由x22+y2=1,得a2=2,b2=1,则c2=a2-b2=1,则焦点坐标为(±1,0).不妨设直线l过右焦点,因为l的倾斜角为45°,所以直线l的方程为y=x-1.代入x22+y2=1得x2+2(x-1)2-2=0,即3x2-4x=0.设交点A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x2=0,x1+x2=43,y1y2=(x1-1)(x2-1)=x1x2-(x1+x2)+1=-43+1=-13,所以OA·OB=x1x2+y1y2=0-13=-13.8.答案　5312 解析　由题意知,右焦点的坐标为(1,0),又直线的斜率k=2,所以直线的方程为y=2(x-1),将其与x25+y24=1联立,消去y,得3x2-5x=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=53,x1x2=0,所以|AB|=1+k2·|x1-x2|=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2=1+22×532-4×0=553.设原点到直线的距离为d,则d=|-2|(-1)2+22=255.所以S△OAB=12|AB|·d=12×553×255=53.9.解析　(1)因为|PF1|+|PF2|=22>|F1F2|=2,所以动点P的轨迹为椭圆,且长轴长2a=22,焦点坐标为(-1,0),(1,0),所以a=2,c=1,又因为a2=b2+c2,所以b2=1,所以C的方程为x22+y2=1.(2)设点A(x1,y1),B(x2,y2),联立x2+2y2-2=0,y=x+t,消去y,得3x2+4tx+2t2-2=0,所以x1+x2=-4t3,x1x2=2t2-23,Δ=16t2-12(2t2-2)=24-8t2>0,即t2<3.所以|AB|=1+12·(x1+x2)2-4x1x2=23·24-8t2=423,解得t=±1,满足Δ>0,所以t=±1.10.B　依题意得,a2=9,b2=4,∴c2=5,因此以F1F2为直径的圆的方程为x2+y2=5.由x2+y2=5,x29+y24=1,得x2=95,y2=165,又点P在第一象限,∴P355,455,又F1(-5,0),∴kPF1=455-0355+5=12,故选B.11.解析　(1)由题可得a=4,b=2,c=23,则A(4,0),B(0,2),椭圆的离心率e=ca=32.直线AB的方程为x4+y2=1,即x+2y-4=0.(2)设E(x0,y0),由题意可知AB⊥BE,即kAB×kBE=-1,12 结合(1)得-12×y0-2x0=-1,则2x0=y0-2,∵E是椭圆C上的点,∴x0216+y024=1.联立x0216+y024=1,2x0=y0-2,消去x0,整理得17y02-4y0-60=0,解得y0=2(舍去)或y0=-3017,则x0=-3217,所以E-3217,-3017.能力提升练1.ACD　直线y=2x-3与直线l关于原点对称,直线y=-2x-3与直线l关于x轴对称,直线y=-2x+3与直线l关于y轴对称,因此A、C、D中的直线被椭圆C截得的弦长一定为7,而直线y=2x+1被椭圆C截得的弦长大于7.故选ACD.2.答案　x212+y23=1;x+2y-4=0解析　由圆的方程可知,圆心C(-3,0),半径等于43,设点M的坐标为(x,y),∵BP的垂直平分线交CP于点M,∴|MB|=|MP|.又|MP|+|MC|=43,∴|MC|+|MB|=43>|BC|.依据椭圆的定义可得,点M的轨迹是以B、C为焦点的椭圆,且2a=43,即a=23,c=3,∴b=3,故M点的轨迹方程为x212+y23=1.设直线l交椭圆于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,AB的中点为(2,1),∴x1+x2=4,y1+y2=2,则x1212+y123=1,x2212+y223=1,作差得4(x1-x2)12=-2(y1-y2)3,∴y1-y2x1-x2=-12,故直线l的方程是y-1=-12(x-2),即x+2y-4=0.3.解析　(1)依题意有ab=23,a=2c,a2=b2+c2,解得a=2,b=3,所以椭圆C的标准方程是x24+y23=1.(2)由题意知直线l的斜率不为0,设直线l的方程为x=my+1,12 由方程组x=my+1,x24+y23=1,得(3m2+4)y2+6my-9=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),所以y1+y2=-6m3m2+4,y1y2=-93m2+4,所以|y1-y2|=(y1+y2)2-4y1y2=12m2+13m2+4,所以S△OAB=12×|OP|×|y1-y2|=6m2+13m2+4,令t=m2+1(t≥1),则m2=t2-1,S△OAB=6t3t2+1=63t+1t,因为y=3t+1t在[1,+∞)上单调递增,所以当t=1,即m=0时,△OAB面积取得最大值,为32.4.B　因为直线mx+ny=4和圆x2+y2=4没有交点,所以4m2+n2>2,所以m2+n2<4,而m29+n24≤m24+n24<1,因此点(m,n)在椭圆内部,从而过点(m,n)的直线与椭圆x29+y24=1必有两个交点,故选B.5.D　依题意得A(-22,0),B(22,0),设P(x0,y0),则x028+y026=1,从而y02=34(8-x02),①又kPA=y0x0+22,kPB=y0x0-22,因此kPA·kPB=y0x0+22·y0x0-22=y02x02-8,将①式代入得kPA·kPB=-34,则kPA=-34·1kPB,又1≤kPA≤2,所以1≤-34·1kPB≤2,故-34≤kPB≤-38,故选D.6.C　直线l的斜率显然存在,设直线l:y=kx+b,与椭圆方程联立,得(1+4k2)x2+8kbx+4b2-4=0,设M(x1,y1),N(x2,y2),得x1+x2=-8kb1+4k2,x1x2=4b2-41+4k2,因为OM⊥ON,所以OM·ON=0,所以x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+b)(kx2+b)=0,代入整理得5b2=4k2+4,则|OH|2=|b|1+k22=b21+k2=45,所以点H在圆O:x2+y2=45上运动,记线段AB的中点为D,12 直线AB与圆O:x2+y2=45相切,则HA·HB=|HD|2-|AD|2=|HD|2-54,在Rt△AOB中,易知|OD|=12|AB|=52.所以|HD|∈52-255,52+255=510,9510,|HD|2-54∈-65,145,即HA·HB∈-65,145.故选C.7.ABC　由椭圆的对称性知,四边形AF1BF2是平行四边形,故A正确;∵a2=4,b2=2,∴c2=2,∴∠F1AF2<90°,又∠F1PF2<∠F1AF2<90°,故B正确;由x2+2y2=4,y=kx得x2=41+2k2,y2=4k21+2k2,结合图形,不妨设k>0,则A21+2k2,2k1+2k2,B-21+2k2,-2k1+2k2,E21+2k2,0,∴kBE=2k1+2k221+2k2+21+2k2=12k,故C正确;取k=2,则A23,43,B-23,-43,E23,0,∴直线BE的方程为y=x-23,与椭圆方程联立得,P149,89,∴AP=89,-49,AB=-43,-83,∴AP·AB=-3227+3227=0,∴∠PAB>90°错误.故选ABC.8.答案　53解析　如图所示,设右焦点为F2,12 则|OF1|=|OA|=|OF2|,∴AF1⊥AF2,又tan∠AF1F2=12,∴|AF1|=455c,|AF2|=255c.因此,2a=|AF1|+|AF2|=655c,∴e=ca=53.9.答案　-4,95解析　设平行于直线4x-5y+40=0且与椭圆相切的直线方程为4x-5y+c=0(c≠40).由9x2+25y2=225,4x-5y+c=0,得25x2+8cx+c2-225=0,令Δ=(8c)2-4×25×(c2-225)=0,得c2=625,解得c=±25.结合图形(图略)可知c=25,此时,x2+8x+16=0⇒x=-4.代入4x-5y+25=0得,y=95,∴P-4,95.10.解析　(1)由|PF1|+|PF2|=4,|PF1|-|PF2|=1,得|PF1|=52,|PF2|=32,易求得|F1F2|=2.∵|PF1|2=|PF2|2+|F1F2|2,∴PF2⊥F1F2,∴S△PF1F2=12|PF2|·|F1F2|=32.(2)存在.易知A(-2,0),故可设直线l的方程为y=k(x+2),联立y=k(x+2),x24+y23=1,消去y,得(4k2+3)x2+16k2x+16k2-12=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x2=16k2-124k2+3,又x1=-2,∴x2=6-8k24k2+3,则B6-8k24k2+3,12k4k2+3,故D6-8k24k2+3,-12k4k2+3,∴OB·OD=6-8k24k2+32-144k2(4k2+3)2=64k4-240k2+36(4k2+3)2=-207,即16k4-25k2+9=0,故(k2-1)(16k2-9)=0.12 ∴k=±1或k=±34.∴存在满足条件的直线l,且直线l的方程为y=x+2或y=-x-2或y=34(x+2)或y=-34(x+2).11.解析　(1)e=ca=22,即c2=12a2,b2=a2-c2=12a2,将P(-2,1)代入椭圆方程,得2a2+1b2=1,∴a2=4,b2=2,∴椭圆C的方程为x24+y22=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),y1≠y2,AB的中点为(x0,y0),易知直线y=kx+1(k≠0)恒过点(0,1),则x12+(y1-1)2=x22+(y2-1)2,∵点A,B在椭圆上,∴x12=4-2y12,x22=4-2y22,∴4-2y12+(y1-1)2=4-2y22+(y2-1)2,化简得y12-y22=-2(y1-y2),即y1+y2=-2,∴y0=y1+y22=-1.又AB的中点在直线y=kx+1上,∴-1=kx0+1,解得x0=-2k.由x2+2y2=4,y=-1,可得x=±2,∴0<-2k<2或-2<-2k<0,即k<-2或k>2.故k的取值范围是(-∞,-2)∪(2,+∞).12.解析　(1)由题意得c=1.因为离心率为22,所以a=2,所以b=1.所以椭圆的方程是x22+y2=1.(2)(i)由(1)知F2(1,0),当直线l的斜率不存在时,不妨设A1,22,B1,-22,所以|AF2|·|BF2|=12.当直线l的斜率存在时,直线l的方程可设为y=k(x-1).联立x22+y2=1,y=k(x-1),消去y,整理得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0.所以x1+x2=4k21+2k2,x1x2=2k2-21+2k2.所以|AF2|=(x1-1)2+y12=1+k2|x1-1|,|BF2|=(x2-1)2+y22=1+k2|x2-1|.所以|AF2|·|BF2|=(1+k2)|x1x2-(x1+x2)+1|12 =(1+k2)2k2-21+2k2-4k21+2k2+1=1+k21+2k2=121+11+2k2.因为11+2k2∈(0,1],所以|AF2|·|BF2|的取值范围是12,1.因为当直线l的斜率不存在时,|AF2|·|BF2|=12,所以|AF2|·|BF2|的最小值是12.(ii)证明:由题意得,直线l的斜率一定存在.因为点Q在直线l上,所以设点Q的坐标是(m,k(m-1)).因为|QA||QB|=|F2A||F2B|,所以点Q一定在BA的延长线上,所以m-x1m-x2=x1-11-x2,即(m+1)(x1+x2)-2x1x2-2m=0.所以4k2(m+1)1+2k2-2(2k2-2)1+2k2-2m=0.化简得m=2.所以点Q的坐标是(2,k).因此点Q在定直线x=2上.12