2025届高考数学一轮复习专项练习课时规范练45直线与椭圆

这是一份2025届高考数学一轮复习专项练习课时规范练45直线与椭圆，共11页。试卷主要包含了已知椭圆C，已知椭圆C1等内容，欢迎下载使用。

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.-B.-C.-D.-
2.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.
3.设F1,F2分别是椭圆+y2=1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( )
A.4B.3C.2D.1
4.(多选)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,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=1
B.kOM=
C.-2D.m≤-2或m≥2
5.直线m与椭圆+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:=1(a>b>0)的左顶点为M(-2,0),离心率为.
(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,当取得最大值时,求△MAB的面积.
8.已知椭圆C1:=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|=|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:=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cs∠F1PF2=.
(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,若|AQ|=|BQ|,求k的取值范围.
综合提升组
10.已知F1,F2是椭圆=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-B.-1
C.+1D.2+
11.(多选)已知B1,B2是椭圆=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-
B.>0
C.△PB1B2的外接圆半径的最大值为
D.直线PB1与QB2的交点M的轨迹为双曲线
12.已知F1,F2为椭圆=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 .
13.已知椭圆C:=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为,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,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+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.
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+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4+9=144,4+9=144,两式相减得4(x1+x2)(x1-x2)+9(y1+y2)(y1-y2)=0,又x1+x2=6,y1+y2=4,=k,代入解得k=-
2.B 由题可设直线的方程为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,故直线与椭圆有交点,则Δ>0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则=2,所以(c-x1,-y1)=2(x2-c,y2),所以-y1=2y2,可得
所以,所以e=故选B.
3.D 因为()=()=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mn=1.
4.ABC 由题意得解得故椭圆C的方程为=1,故A正确.
kOM=,故B正确.
因为直线l的斜率k=kOM=,
又l在y轴上截距为m,所以l的方程为y=x+m.由
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(2m2-4)>0,解得-25.- 由点差法可求出k1=-,所以k1=-,即k1k2=-
6 由题意知c=1,离心率e=,
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
解得即有D(-2,1),则2a=|PA|+|PB|=|PD|+|PB|≥|BD|=,当D,P,B共线时,等号成立,此时a=,故离心率e的最大值为
7.解(1)由题意可得a=2,,得c=,则b2=a2-c2=2.
所以椭圆C的方程为=1.
(2)当直线l与x轴重合时,不妨取A(-2,0),B(2,0),此时=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,y2),
联立得(t2+2)y2+2ty-3=0,显然Δ>0,y1+y2=,y1·y2=
所以=(x1+2)(x2+2)+y1y2=(ty1+3)(ty2+3)+y1y2
=(t2+1)y1y2+3t(y1+y2)+9
=(t2+1)+3t+9
=+9=+9
=
当t=0时,取最大值此时直线l方程为x=1,
不妨取A,B,所以|AB|=
又|MN|=3,所以△MAB的面积S=3=
8.解(1)由已知可设C2的方程为y2=4cx,其中c=
不妨设A,C在第一象限,由题设得A,B的纵坐标分别为,-;C,D的纵坐标分别为2c,-2c,故|AB|=,|CD|=4c.
由|CD|=|AB|得4c=,即3=2-2,解得=-2(舍去),所以C1的离心率为
(2)由(1)知a=2c,b=c,故C1:=1.
设M(x0,y0),则=1,=4cx0,故=1.①
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=1,即c2-2c-3=0,解得c=-1(舍去),c=3.
所以C1的标准方程为=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=a,r2=a.
在△PF1F2中,由余弦定理得cs∠F1PF2=,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=1.
(2)联立方程得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=,x1x2=,且Δ=48(3+4k2-m2)>0,①
设AB的中点为M(x0,y0),连接QM,则x0=,y0=kx0+m=,
因为|AQ|=|BQ|,所以AB⊥QM,又Q,M为AB的中点,所以k≠0,直线QM的斜率存在,所以k·kQM=k=-1,解得m=-,②
把②代入①得3+4k2>,整理得16k4+8k2-3>0,即(4k2-1)(4k2+3)>0,解得k>或k<-,故k的取值范围为
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=t,解得t=a,
则△PF1F2与△QF1F2的面积之比为
==2+故选D.
11.BC 设P(x0,y0),=1,则=-,故A错误;
∵点P在圆x2+y2=b2外,-b2>0,又=(-x0,-b-y0),=(-x0,b-y0),-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=rPB1B2的外接圆半径的最大值为,故C正确;
直线PB1的方程为y+b=x,直线QB2的方程为y-b=x,两式相乘,得y2-b2=x2,即=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=1的左、右焦点,所以F1(-1,0),F2(1,0),又A,所以AF1⊥x轴,
所以|AF1|=,则|AF2|=,
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|=,所以|F2'F1|=1,
所以F2'(-1,-1),线段F2'F2的中点坐标为,所以所求直线的斜率为=-2.
(方法2)如图.
设∠F1AF2的平分线交x轴于点N,
∠F1AN=β,∠ANF2=α.
因为tan2β=,所以tanβ=或tanβ=-2(舍去).
在Rt△AF1N中,tanβ=,即,所以|F1N|=,
所以kl=tanα=tan(π-∠ANF1)=-tan∠ANF1=-=-=-2.
13=1 16x+8y-1=0或16x+24y-3=0 ∵e=,∴a=2c,
∴|AF1|=2,|AF2|=2a-2,
由余弦定理,得|AF1|2+|AF2|2-2|AF1|·|AF2|cs∠F1AF2=|F1F2|2,
即4+(2a-2)2-2×2×(2a-2)=a2,解得a=2,则c=1,
∴b2=a2-c2=3,
∴椭圆C的方程为=1.
设直线l的方程为y=k(x-1),P(x1,y1),Q(x2,y2),
联立整理得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0,
则x1+x2=,y1+y2=k(x1+x2)-2k=,
∴N
又M,则kMN==-MN⊥PQ,
∴kMN=-,得k=或k=,
则kMN=-2或kMN=-,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,得(x-m,y)=(-x,n-y).所以
得
由||=+1,得m2+n2=(+1)2,所以(+1)2x2+y2=(+1)2,则曲线E的方程为x2+=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),由,
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=-,x1x2=-
y1+y2=k(x1+x2)+2=
由点M在曲线E上,知(x1+x2)2+=1,即=1,解得k2=2.
这时|AB|=|x1-x2|=,原点到直线AB的距离d=,
所以四边形AOBM的面积S=|AB|·d=
15.解(1)设M(x,y),则点P(x,2y),将P(x,2y)代入圆O:x2+y2=4,可得x2+4y2=4,∴曲线E的方程为+y2=1.
(2)显然直线MN斜率存在,设直线MN的方程为y=-x+m,由消去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=,x1x2=
依题意得OM⊥ON,即=0,
∴x1x2+y1y2=0.
又y1y2=-x1+m-x2+m=x1x2-(x1+x2)+m2,
∴x1x2+y1y2=x1x2-(x1+x2)+m2=+m2=0,解得k2=
又MN的中点在直线y=kx+上,
=k,
=k,化为=0,把k2=代入化为10m2+m-6=0,
解得m=(舍去)或m=-,
∴k2==2,解得k=±,满足k2+4>k2m2,即满足Δ>0.
∴在曲线E上存在两点M,N关于直线l:y=kx+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=±x+