高考数学二轮复习第一篇微型专题微专题19直线与椭圆的综合练习理.docx

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高考数学二轮复习第一篇微型专题微专题19直线与椭圆的综合练习理

19　直线与椭圆的综合

1.直线x+4y+m=0交椭圆+y2=1于A,B两点,若线段AB中点的横坐标为1,则m=（）.

A.-2B.-1C.1D.2

解析▶因为x+4y+m=0,所以y=-x-.

设A（x1,y1）,B（x2,y2）,

则两式相减,

得=-=-.

因为AB中点的横坐标为1,所以纵坐标为,将代入直线y=-x-,解得m=-2,故选A.

答案▶A

2.已知F是椭圆+=1（a>b>0）的左焦点,经过原点的直线l与椭圆E交于P,Q两点,若|PF|=2|QF|,且∠PFQ=120°,则椭圆的离心率为（）.

A.B.C.D.

解析▶在△PQF中,设|PF|=2|QF|=2t,P（x1,y1）,Q（-x1,-y1）,右焦点为E,由椭圆的对称性,知四边形PFQE是平行四边形,所以在△PEF中,由余弦定理得EF2=5t2-2t2=3t2=4c2.因为PF+QF=2a=3t,所以t=,所以e=,故选C.

答案▶C

3.如图,在平面直角坐标系xOy中,F是椭圆+=1（a>b>0）的右焦点,直线y=与椭圆交于B,C两点,且∠BFC=90°,则该椭圆的离心率是. 

解析▶将y=代入椭圆的标准方程,

得+=1,所以x=±a,

故B,C.

又因为F（c,0）,所以=,=.

因为∠BFC=90°,所以·=0,

所以+=0,

即c2-a2+=0.

将b2=a2-c2代入并化简,得a2=c2,

所以e2==,

所以e=（负值舍去）.

答案▶

4.直线+=1与椭圆+=1相交于A,B两点,该椭圆上有点P,使得△PAB的面积等于3,则这样的点P共有个. 

解析▶设P1（4cosα,3sinα）,即点P1在第一象限.设四边形P1AOB的面积为S,

则S=+=×4×3sinα+×3×4cosα=6（sinα+cosα）=6sin,

∴Smax=6.∵S△OAB=×4×3=6,

∴的最大值为6-6.

∵6-6<3,∴点P不可能在直线AB的右上方,

∴在AB的左下方有2个这样的点P.

答案▶2

能力1

▶会用点差法解直线与椭圆中的与弦中点有关的问题

【例1】已知椭圆C:

+=1（0

A.1B.C.D.

解析▶设A（x1,y1）,B（x2,y2）,M（x0,y0）,

则两式作差得+=0.

因为=tan=-1,

所以-=0,即=.

由==,解得b2=2,即b=.故选B.

答案▶B

点差法:

在求解圆锥曲线且题目中已有直线与圆锥曲线相交和被截线段的中点坐标时,设出直线和圆锥曲线的两个交点坐标,代入圆锥曲线的方程并作差,从而求出直线的斜率,然后利用中点求出直线方程.“点差法”的常见题型有求中点弦方程、求（过定点、平行弦）弦中点轨迹、垂直平分线问题.注意“点差法”具有不等价性,即要考虑判别式Δ是否为正数.

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）,则椭圆的离心率是（）.

A.B.C.D.

解析▶设直线与椭圆的交点分别为A（x1,y1）,B（x2,y2）,分别代入椭圆方程,由点差法可知yM=-xM,代入点M（-4,1）,解得=,∴e==,故选C.

答案▶C

能力2

▶会用“设而不解”的思想解直线与椭圆中的弦长、面积问题

【例2】在平面直角坐标系xOy中,动点M（x,y）总满足关系式2=|x-4|.

（1）点M的轨迹是什么曲线?

并写出它的标准方程.

（2）坐标原点O到直线l:

y=kx+m的距离为1,直线l与M的轨迹交于不同的两点A,B,若·=-,求△AOB的面积.

解析▶

（1）由2=|x-4|,

得+=1,

所以点M的轨迹是焦点在x轴上的椭圆,

它的标准方程为+=1.

（2）由点O到直线l:

y=kx+m的距离为1,得d==1,即1+k2=m2.

设A（x1,y1）,B（x2,y2）,

联立消去y,得（3+4k2）x2+8kmx+4m2-12=0,

Δ=（8km）2-4（3+4k2）（4m2-12）=48（3+4k2-m2）>0,得m2<4k2+3,

所以x1+x2=,x1x2=,

所以·=x1x2+y1y2

=x1x2+（kx1+m）（kx2+m）

=（1+k2）x1x2+km（x1+x2）+m2

=（1+k2）·+km+m2

==.

因为·=-,所以=-,

解得k2=,m2=1+k2=,

所以|AB|=·=,

所以S△AOB=×1×=.

求解弦长的四种方法

（1）当弦的两个端点坐标容易求时,可直接利用两点间的距离公式求解.

（2）联立直线与圆锥曲线方程,解方程组求出两个交点坐标,代入两点间的距离公式求解.

（3）联立直线与圆锥曲线方程,消元得到关于x（或y）的一元二次方程,利用根与系数的关系得到（x1-x2）2,（y1-y2）2,代入两点间的距离公式.

（4）当弦过焦点时,可结合焦半径公式求解弦长.

已知椭圆C的两个焦点坐标分别是（-2,0）,（2,0）,并且经过点P（,1）.

（1）求椭圆C的标准方程;

（2）过椭圆C的右焦点F作直线l,直线l与椭圆C相交于A,B两点,与圆O:

x2+y2=6相交于D,E两点,当△OAB的面积最大时,求弦|DE|的长.

解析▶

（1）设椭圆C的标准方程为+=1（a>b>0）,

由椭圆的定义可得2a=+

=+

=+

=2,

∴a=.

∵c=2,∴b2=2.

∴椭圆C的标准方程为+=1.

（2）设直线l的方程为x=ky+2,

代入椭圆C的方程并化简得（k2+3）y2+4ky-2=0.

设A（x1,y1）,B（x2,y2）,

则y1+y2=-,y1y2=-.

∴△OAB的面积S=|OF|·|y1-y2|=|y1-y2|

==.

令t=（t≥1）,则S=≤=,当且仅当t=,即k=±1时取等号,

此时直线l的方程为x=±y+2.

∴圆心O到直线l的距离d=,又圆O的半径为,故|DE|=2=4.

能力3

▶会用“设而不解”的思想求直线与椭圆中的有关几何量

【例3】已知点M（-4,0）,椭圆+=1（0

A.B.C.D.

解析▶　∵直线l的斜率存在,可设直线l的方程为y=k（x+c）,代入椭圆方程可得（b2+4k2）x2+8ck2x+4k2c2-4b2=0.

设A（x1,y1）,B（x2,y2）,

则x1+x2=,x1x2=.

又直线MF恰好平分∠AMB,∴kAM+kBM=0,

即+=0,

∴y1（x2+4）+y2（x1+4）=0,

∴k（x1+c）（x2+4）+k（x2+c）（x1+4）=0,

故2x1x2+（4+c）（x1+x2）+8c=0,

即2·+（4+c）+8c=0,

∴8cb2-8b2=0,∴c=1.

又a=2,∴e=,故选C.

答案▶C

解决椭圆和双曲线的离心率的求值及取值范围问题,其关键就是确立一个关于a,b,c的方程或不等式,再根据a,b,c的关系消掉b得到a,c的关系式,要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的取值范围等.

已知椭圆Γ:

+=1（a>b>0）的离心率为,过右焦点F且斜率为k（k>0）的直线与Γ相交于A,B两点.若=3,则k=（）.

A.1B.2C.D.

解析▶设A（x1,y1）,B（x2,y2）,

∵=3,∴y1=-3y2.

∵e=,设a=2t,c=t,b=t,

∴x2+4y2-4t2=0.　①

设直线AB的方程为x=sy+t,

代入①中消去x,可得（s2+4）y2+2sty-t2=0,

∴y1+y2=,y1y2=-.

由y1=-3y2可得-2y2=,-3=-,

解得s2=,k=.故选D.

答案▶D

能力4

▶会用“设而不解”的思想求直线与椭圆中的最值

【例4】已知椭圆E:

+=1（a>b>0）经过点P,椭圆的一个焦点为（,0）.

（1）求椭圆E的方程;

（2）若直线l过点（0,）且与椭圆E交于A,B两点,求|AB|的最大值.

解析▶

（1）设椭圆E的左、右焦点分别为F1（-,0）、F2（,0）,则|PF1|=,|PF2|=.

∴|PF1|+|PF2|=4=2a,∴a=2.

又c=,∴b2=1,

∴椭圆E的方程为+y2=1.

（2）当直线l的斜率存在时,设y=kx+,A（x1,y1）,B（x2,y2）,

由得（1+4k2）x2+8kx+4=0,

由Δ>0得4k2>1.

∴x1+x2=,x1x2=,

∴|AB|=·

=2.

设t=,则0

∴|AB|=2

=2≤.

当直线l的斜率不存在时,|AB|=2<,

∴|AB|的最大值为.

在利用代数法解决最值与范围问题时,常从以下方面考虑:

①利用判别式来构造不等关系,从而确定参数的取值范围;②利用已知参数的取值范围,求新参数的取值范围,解这类问题的关键是建立两个参数之间的等量关系;③利用隐含或已知的不等关系建立不等式,从而求出参数的取值范围;④利用基本不等式求出参数的取值范围;⑤利用函数的值域的求法,确定参数的取值范围.

已知斜率为k的直线与椭圆+=1交于A,B两点,弦AB的中垂线交x轴于点P（x0,0）,则x0的取值范围是. 

解析▶设A（x1,y1）,B（x2,y2）,直线的方程为y=kx+m,联立

化简得（3+4k2）x2+8kmx+4m2-12=0,

所以Δ=（8km）2-4（3+4k2）（4m2-12）=48（3+4k2-m2）>0,得m2<4k2+3,

所以x1+x2=,x1x2=,

所以y1+y2=k（x1+x2）+2m=+2m=,

所以=,=,

所以线段AB的中点坐标为.

当k=0时,x0=0,当k≠0时,

则线段AB的垂直平分线方程为y-=-.

把点P（x0,0）代入上面的方程得x0（3+4k2）=-km,

所以=m,代入4k2-m2+3>0,

整理得<,令k2=t（t>0）,

<==<,

所以-

综上可得,-

答案▶

一、选择题

1.椭圆ax2+by2=1（a>0,b>0）与直线y=1-x交于A,B两点,过原点与线段AB中点的直线的斜率为,则的值为（）.

A.B.

C.D.

解析▶设A（x1,y1）,B（x2,y2）,则a+b=1,a+b=1,

即a-a=-（b-b）,

则=-1,

∴=-1,

∴×（-1）×=-1,

∴=,故选B.

答案▶B

2.已知经过点（0,）且斜率为k的直线l与椭圆+y2=1有两个不同的交点P和Q,则k的取值范围是（）.

A.

B.∪

C.（-,）

D.（-∞,-）∪（,+∞）

解析▶由题意得,直线l的方程为y=kx+,代入椭圆方程得+（kx+）2=1,整理得x2+2kx+1=0.直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于Δ=8k2-4=4k2-2>0,解得k<-或k>,即k的取值范围为∪.故选B.

答案▶B

3.经过椭圆+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·等于（）.

A.-3B.-

C.-或-3D.±

解析▶由题意知,当直线l经过椭圆的右焦点（1,0）时,其方程为y-0=tan45°·（x-1）,即y=x-1,代入椭圆方程+y2=1并整理得3x2-4x=0,解得x=0或x=,所以两个交点的坐标分别为（0,-1）,,所以·=-,同理,当直线l经过椭圆的左焦点时,也可得·=-,故选B.

答案▶B

4.若椭圆+=1的焦点在x轴上,过点作圆x2+y2=1的切线,切点分别为A,B,直线AB恰好经过椭圆的右焦点和上顶点,则椭圆的方程是（）.

A.+=1B.+=1

C.+=1D.+=1

解析▶可设斜率存在的切线的方程为y-=k（x-1）（k为切线的斜率）,即2kx-2y-2k+1=0,由=1,解得k=-,所以圆x2+y2=1的一条切线的方程为3x+4y-5=0,可求得切点的坐标为,易知另一切点的坐标为（1,0）,则直线AB的方程为y=-2x+2.令y=0得右焦点为（1,0）,令x=0得上顶点为（0,2）,故a2=b2+c2=5,所以所求椭圆的方程为+=1,故选C.

答案▶C

5.已知椭圆C的方程为+=1（m>0）,若直线y=x与椭圆的一个交点M在x轴上的射影恰好是椭圆的右焦点F,则m的值为（）.

A.2B.2C.8D.2

解析▶根据已知条件得c=,则点在椭圆+=1（m>0）上,

∴+=1,可得m=2,故选B.

答案▶B

6.已知直线l:

y=kx+2过椭圆+=1（a>b>0）的上顶点B和左焦点F,且被圆x2+y2=4截得的弦长为L,若L≥,则椭圆离心率e的取值范围是（）.

A.B.

C.D.

解析▶依题意,知b=2,|kc|=2.设圆心到直线l的距离为d,则L=2≥,解得d2≤.

又因为d=,所以≤,解得k2≥.因为e2===,所以0

答案▶B

7.如图,已知椭圆C1:

+y2=1,双曲线C2:

-=1（a>0,b>0）,若以C1的长轴为直径的圆与C2的一条渐近线交于A,B两点,且C1与C2的渐近线的两个交点将线段AB三等分,则C2的离心率为（）.

A.B.5

C.D.

解析▶设直线AB与椭圆在第一象限内的交点为P,A（cosθ,sinθ）,其中θ∈,

则P.

因为点P在椭圆上,

所以+sin2θ=1,解得sin2θ=,cos2θ=,所以tanθ=2,即=2,所以e==,故选A.

答案▶A

8.已知椭圆+=1（0

A.1B.C.D.

解析▶由椭圆的方程知,半长轴的长为a=2,由椭圆的定义知,|AF2|+|BF2|+|AB|=4a=8,所以|AB|=8-（|AF2|+|BF2|）≥3.由椭圆的性质知,过椭圆焦点的弦中,通径最短,即=3,可求得b2=3,即b=,故选D.

答案▶D

9.若斜率为1的直线l与椭圆+y2=1相交于A,B两点,则|AB|的最大值为（）.

A.2B.C.D.

解析▶设A,B两点的坐标分别为（x1,y1）,（x2,y2）,直线l的方程为y=x+t,

由消去y,得5x2+8tx+4（t2-1）=0,

则x1+x2=-t,x1x2=.

∴|AB|=|x1-x2|=·

=·=·,

当t=0时,|AB|max=,故选C.

答案▶C

10.已知椭圆Ω:

+=1的右焦点为F,过点F的两条互相垂直的直线l1,l2,l1与椭圆Ω相交于点A,B,l2与椭圆Ω相交于点C,D,则下列叙述不正确的是（）.

A.存在直线l1,l2使得|AB|+|CD|的值为7

B.存在直线l1,l2使得|AB|+|CD|的值为

C.弦长|AB|存在最大值,且最大值为4

D.弦长|AB|不存在最小值

解析▶当直线l1,l2一个斜率为零,一个斜率不存在时,可得AB即为长轴,CD为通径,则|AB|+|CD|=7,故A是正确的.

当直线l1,l2的斜率存在时,不妨令直线l1的斜率为k（k≠0）,由题意知l1的直线方程为y=k（x-1）,联立方程消去y得（3+4k2）x2-8k2x+4k2-12=0.设A（x1,y1）,B（x2,y2）,由韦达定理知,x1+x2=,x1x2=,

所以|AB|=·|x1-x2|=,同理|CD|=,特别地,当k2=1时,|AB|=|CD|=,即|AB|+|CD|=,故B正确.

由|AB|==3+,故当k=0时,|AB|取到最大值4,故C正确.由|AB|=3+>3,但当直线AB的斜率不存在时,|AB|=3,故|AB|存在最小值3,故D选项不对.

答案▶D

二、填空题

11.已知椭圆C:

+=1（a>b>0）,F（,0）为其右焦点,过F且垂直于x轴的直线与椭圆相交所得的弦长为2,则椭圆C的方程为. 

解析▶由题意得解得

∴椭圆C的方程为+=1.

答案▶+=1

12.已知直线MN过椭圆+y2=1的左焦点F,与椭圆交于M,N两点,直线PQ过原点O与MN平行,且PQ与椭圆交于P,Q两点,则=. 

解析▶由题意知F（-1,0）,当直线MN斜率不存在时,|MN|==,|PQ|=2b=2,则=2.

当直线MN斜率存在时,设直线MN的斜率为k,则直线MN的方程为y=k（x+1）,设M（x1,y1）,N（x2,y2）,联立整理得（2k2+1）x2+4k2x+2k2-2=0,由韦达定理得x1+x2=,x1x2=,

所以|MN|=·|x1-x2|=·=.

易知直线PQ的方程为y=kx,设P（x3,y3）,Q（x4,y4）,联立解得x2=,y2=,

则|OP|2=x2+y2=,所以|PQ|=2|OP|,则|PQ|2=4|OP|2=,=2.

答案▶2

三、解答题

13.点A为椭圆+=1（a>b>0）上的一个动点,弦AB、AC分别过椭圆的左、右焦点F1、F2.当AC⊥x轴时,恰好|AF1|=2|AF2|.

（1）求该椭圆的离心率.

（2）设=λ1,=λ2,λ1+λ2是否为定值?

若是,则求出该定值;若不是,请说明理由.

解析▶

（1）因为当AC⊥x轴时,恰好|AF1|=2|AF2|,

由椭圆的定义知,2a-|AF2|=2|AF2|,|AF2|=,所以2a-=2·,即=,

故椭圆的离心率e==.

（2）设椭圆的半焦距为c,则F1（-c,0）,F2（c,0）,椭圆方程设为+=1,整理得2x2+3y2-6c2=0.

设A（x0,y0）,B（x1,y1）,C（x2,y2）,

若直线AC的斜率存在,则直线AC的方程为y=（x-c）,

联立消去x,

得[2（x0-c）2+3]y2+4cy0（x0-c）y-4c2=0.

由韦达定理得y0y2=,

y2=,

同理y0y1=,y1=.

由=λ1得y0=-λ1y1,

则λ1=-=.

由=λ2得λ2=-=,

所以λ1+λ2====4,

故λ1+λ2=4.

若直线AC⊥x轴,则λ2=1,λ1=3,所以λ1+λ2=4.

综上所述,λ1+λ2=4是定值.