【文档说明】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　直线与椭圆含解析【高考】.docx，共(11)页，136.489 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-497b6ebde5ab765d2e9212618a321580.html

以下为本文档部分文字说明：

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π4的直线经过椭圆𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的右焦点F,与椭圆交于A,B两点,且𝐴𝐹⃗

⃗⃗⃗⃗=2𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,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(𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)·𝑃𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗=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(a>b>0)的离心率为√32,点M(2,1)在椭圆C上,直线l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.-2<m<2D.m≤-2或m≥25.直线m与椭圆𝑥22+y2=1交于P1,P2两点,线段P1P2的中点为P,设直线m的斜率为k1(k1≠0),直线OP的斜率为k2,则k1k2的值为.6

.已知两定点A(-1,0)和B(1,0),动点P(x,y)在直线l:y=x+2上移动,椭圆C以A,B为焦点且经过点P,则椭圆C的离心率的最大值为.7.已知椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)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𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗取得最大值时,求△MAB的面积.28.已知椭圆C1:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)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.已知椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)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cos∠F1PF2=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Q(14,0),若|AQ|=|BQ|,求k的取值范围.3综合提升组10.已知F1,F2是椭圆𝑥2�

�2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的左、右焦点,过点F2的直线与椭圆交于P,Q两点,PQ⊥PF1,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(a>b

>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.𝑃𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐵2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗>0C.△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(a>b>0)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.则椭圆C的方程为;若点M的坐标为(0,18)

,且MN⊥PQ,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,𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=√2𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗.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,𝑂

𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,当点M在曲线E上时,求四边形AOBM的面积.4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=-23.52.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

Δ>0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则{𝑦1+𝑦2=-2𝑏2𝑐𝑎2+𝑏2,𝑦1𝑦2=-𝑏4𝑎2+𝑏2,又𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=2𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,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(𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)·𝑃𝐹

2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗+𝐹1𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)·𝑃𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐹1𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,所以PF1⊥PF2,∠F1PF2=90°.设|PF1|

=m,|PF2|=n,则m+n=4,m2+n2=12,所以2mn=4,mn=2,所以𝑆△𝐹1𝑃𝐹2=12mn=1.4.ABC由题意得{√𝑎2-𝑏2𝑎=√32,4𝑎2+1𝑏2=1,解得{𝑎2=8,𝑏2=2.故椭圆C的方程为𝑥28+𝑦

22=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Δ=(2m)2-4(2

m2-4)>0,解得-2<m<2.故C正确,D错误.5.-12由点差法可求出k1=-12·𝑥中𝑦中,所以k1·𝑦中𝑥中=-12,即k1k2=-12.6.√105由题意知c=1,离心率e=𝑐𝑎,因为P在直线l:y=x+2上移动

,所以2a=|PA|+|PB|.点A关于直线y=x+2的对称点D,设D(m,n),则{𝑛𝑚+1=-1,12𝑛=12(𝑚-1)+2,6解得{𝑚=-2,𝑛=1,即有D(-2,1),则2a=|PA|+|

PB|=|PD|+|PB|≥|BD|=√10,当D,P,B共线时,等号成立,此时a=√102,故离心率e的最大值为√105.7.解(1)由题意可得a=2,𝑐𝑎=√22,得c=√2,则b2=a2-c2=2.所以椭圆C的方程为𝑥24+𝑦22=1.

(2)当直线l与x轴重合时,不妨取A(-2,0),B(2,0),此时𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0;当直线l与x轴不重合时,设直线l的方程为x=ty+1,A(x1,y1),B(x2,y

2),联立{𝑥=𝑡𝑦+1,𝑥24+𝑦22=1.得(t2+2)y2+2ty-3=0,显然Δ>0,y1+y2=-2𝑡𝑡2+2,y1·y2=-3𝑡2+2.所以𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑀𝐵⃗⃗

⃗⃗⃗⃗=(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

=-9𝑡2-3𝑡2+2+9=15𝑡2+2.当t=0时,𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗取最大值152.此时直线l方程为x=1,不妨取A(1,√62),B(1,-√62),所以|AB|=√6.又|M

N|=3,所以△MAB的面积S=12×√6×3=3√62.8.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|C

D|=43|AB|得4c=8𝑏23𝑎,即3×𝑐𝑎=2-2(𝑐𝑎)2,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+

𝑦23𝑐2=1.设M(x0,y0),则𝑥024𝑐2+𝑦023𝑐2=1,𝑦02=4cx0,故𝑥024𝑐2+4𝑥03𝑐=1.①7由于C2的准线为x=-c,所以|MF|=x0+c,而|MF|=5,故x0=5-c,代入①得(5-𝑐)24�

�2+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cos∠F1PF2=𝑟12+𝑟22-|𝐹1𝐹2|22𝑟1𝑟2=(54𝑎)2+(34𝑎)2-222×54𝑎×34𝑎=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+𝑦

23=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

Δ=48(3+4k2-m2)>0,①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AB⊥QM,

又Q(14,0),M为AB的中点,所以k≠0,直线QM的斜率存在,所以k·kQM=k·3𝑚3+4𝑘2-4𝑘𝑚3+4𝑘2-14=-1,解得m=-3+4𝑘24𝑘,②把②代入①得3+4k2>(-3+4𝑘24𝑘)2,整理得16k4+8k2-3>

0,即(4k2-1)(4k2+3)>0,解得k>12或k<-12,故k的取值范围为(-∞,-12)∪(12,+∞).10.D可设|PF1|=t,则|QF1|=2|PF1|=2t,由椭圆的定义可得|PF2|=2a-t,|QF2

|=2a-2t,|PQ|=4a-3t,又|PQ|2+|PF1|2=|QF1|2,则(4a-3t)2+t2=4t2,即有4a-3t=√3t,解得t=43+√3a,则△PF1F2与△QF1F2的面积之比为12|𝑃𝐹1

|·|𝑃𝐹2|12|𝑄𝐹1|·|𝑄𝐹2|sin30°8=12·43+√3𝑎·2+2√33+√3𝑎12·83+√3𝑎·2√3-23+√3𝑎·12=1+√3√3-1=2+√3.故选D.11.BC设P(x0,y0),𝑥02𝑎2

+𝑦02𝑏2=1,则𝑘𝑃𝐵1·𝑘𝑃𝐵2=𝑦0+𝑏𝑥0·𝑦0-𝑏𝑥0=𝑦02-𝑏2𝑥02=-𝑏2𝑎2,故A错误;∵点P在圆x2+y2=b2外,∴𝑥02+𝑦02-b2>0,又𝑃𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-x0,-b-y0),𝑃𝐵2⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗=(-x0,b-y0),∴𝑃𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐵2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑥02+𝑦02-b2>0,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=2𝑏sin∠𝐵1𝑃𝐵2≤2𝑏sin∠𝐵1𝐴𝐵2

=2𝑏sin2∠𝑂𝐴𝐵2=2𝑏2𝑎𝑏𝑎2+𝑏2=𝑎2+𝑏2𝑎.∴r≤𝑎2+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+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AF1⊥x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|F2'F1|=1,所以F2'(-1,-1),线段F2'F2的中点坐

标为(0,-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,9∠F1AN=β,∠ANF2=α.因为tan2β=|𝐹1𝐹2||𝐴𝐹1|=232=43=2tan𝛽1-tan2𝛽,所以tanβ=12或

tanβ=-2(舍去).在Rt△AF1N中,tanβ=|𝐹1𝑁||𝐴𝐹1|,即|𝐹1𝑁|32=12,所以|F1N|=34,所以kl=tanα=tan(π-∠ANF1)=-tan∠ANF1=-|𝐴𝐹1||𝐹1𝑁|=-3234=-2.13.𝑥24+𝑦

23=116x+8y-1=0或16x+24y-3=0∵e=12,∴a=2c,∴|AF1|=2,|AF2|=2a-2,由余弦定理,得|AF1|2+|AF2|2-2|AF1|·|AF2|cos∠F1AF2=|F1F2|2,即4+(2a-2)2

-2×2×(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,∴N(4𝑘23+4𝑘2,-3𝑘

3+4𝑘2).又M(0,18),则kMN=18+3𝑘3+4𝑘20-4𝑘23+4𝑘2=-24𝑘+3+4𝑘232𝑘2.∵MN⊥PQ,∴kMN=-1𝑘,得k=12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𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=√2𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗,得(x-m,y)=√2(-x,n-y).所以{𝑥-𝑚=-√2𝑥,𝑦=√2(𝑛-𝑦),得{𝑚=(√2+1)𝑥,𝑛=√

2+1√2𝑦,由|𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗|=√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=1.10(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),由𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗

=𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,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,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]=3√22,原点到直线AB的距离d=1√1+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,2

y)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,Δ=(-8mk)2-16k2(k2+4)(m2-1)>0,化为k2+4>k2m2.设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=8𝑚𝑘𝑘2

+4,x1x2=4𝑘2(𝑚2-1)𝑘2+4.依题意得OM⊥ON,即𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,∴x1x2+y1y2=0.又y1y2=-1𝑘x1+m-1𝑘x2+m=1𝑘2x1x2-𝑚𝑘(x1+x2)+m2,∴x1x2+

y1y2=(1+1𝑘2)x1x2-𝑚𝑘(x1+x2)+m2=(1+1𝑘2)4𝑘2(𝑚2-1)𝑘2+4−𝑚𝑘·8𝑚𝑘𝑘2+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=k·𝑥1+𝑥22+√305,∴-1𝑘𝑥1+𝑚-1𝑘𝑥2+𝑚2=k·𝑥1+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×(-√305)2-4=2,解得k=±√2,满足k2+4>k2m2,即满足Δ>0.11∴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.