高考數(shù)學大一輪復習第九章平面解析幾何6第5講橢圓第2課時直線與橢圓新題培優(yōu)練文含解析新人教A版

第2課時直線與橢圓[基礎(chǔ)題組練]1．已知橢圓eq\f(x2,2)＋y2＝1與直線y＝x＋m交于A，B兩點，且|AB|＝eq\f(4\r(2),3)，則實數(shù)m的值為()A．±1 B．±eq\f(1,2)C.eq\r(2) D．±eq\r(2)解析：選A.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝x＋m))消去y并整理，得3x2＋4mx＋2m2－2＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－eq\f(4m,3)，x1x2＝eq\f(2m2－2,3).由題意，得eq\r(2（x1＋x2）2－8x1x2)＝eq\f(4\r(2),3)，解得m＝±1.2．過橢圓eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1的右焦點作一條斜率為2的直線與橢圓交于A，B兩點，O為坐標原點，則△OAB的面積為()A.eq\f(4,3) B.eq\f(5,3)C.eq\f(5,4) D.eq\f(10,3)解析：選B.由題意知橢圓的右焦點F的坐標為(1，0)，則直線AB的方程為y＝2xeq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，,y＝2x－2，))解得交點A(0，－2)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(4,3)))，所以S△OAB＝eq\f(1,2)·|OF|·|yA－yB|＝eq\f(1,2)×1×eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－2－\f(4,3)))＝eq\f(5,3)，故選B.3．已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點為F(3，0)，過點F的直線交橢圓于A，B兩點．若AB的中點坐標為(1，－1)，則E的方程為()A.eq\f(x2,45)＋eq\f(y2,36)＝1 B.eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,27)＝1C.eq\f(x2,27)＋eq\f(y2,18)＝1 D.eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝1解析：選D.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),a2)＋\f(yeq\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(xeq\o\al(2,2),a2)＋\f(yeq\o\al(2,2),b2)＝1.))兩式相減，得eq\f(（x1＋x2）（x1－x2）,a2)＋eq\f(（y1＋y2）（y1－y2）,b2)AB的中點坐標為(1，－1)，所以x1＋x2＝2，y1＋y2，得eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(b2,a2).因為直線AB的斜率為eq\f(0＋1,3－1)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,2)，所以a2＝2b2.因為右焦點為F(3，0)，所以a2－b2＝c2＝9，解得a2＝18，b2E的方程為eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)D.4．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)與直線y＝x＋3只有一個公共點，且橢圓的離心率為eq\f(\r(5),5)，則橢圓C的方程為()A.eq\f(4x2,25)＋eq\f(y2,5)＝1 B.eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1C.eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1 D.eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,20)＝1解析：選B.將直線方程y＝x＋3代入C的方程并整理得(a2＋b2)x2＋6a2x＋9a2－a2b2＝0，由橢圓與直線只有一個公共點得，Δ＝(6a2)2－4(a2＋b2)(9a2－a2b2)＝0，化簡得a2＋b2eq\f(\r(5),5)，所以eq\f(c,a)＝eq\f(\r(a2－b2),a)＝eq\f(\r(5),5)，則eq\f(b2,a2)＝eq\f(4,5)，解得a2＝5，b2＝4，所以橢圓方程為eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1.5．已知點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(2)，\f(2\r(3),3)))在橢圓G：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上，且點M到兩焦點的距離之和為4eq\r(3).(1)求橢圓G的方程；(2)若斜率為1的直線l與橢圓G交于A，B兩點，以AB為底作等腰三角形，頂點為P(－3，2)，求△PAB的面積．解：(1)因為2a＝4eq\r(3)，所以a＝2eq\r(3).又點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(2)，\f(2\r(3),3)))在橢圓G上，所以eq\f(2,3)＋eq\f(4,3b2)＝1，解得b2＝4.所以橢圓G的方程為eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)設(shè)直線l的方程為y＝x＋m，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋m，,\f(x2,12)＋\f(y2,4)＝1，))得4x2＋6mx＋3m2－12＝0.①設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1<x2)，AB的中點為E(x0，y0)，則x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝－eq\f(3m,4)，y0＝x0＋m＝eq\f(m,4).因為AB是等腰三角形PAB的底邊，所以PE⊥AB.所以PE的斜率k＝eq\f(2－\f(m,4),－3＋\f(3m,4))＝－1.解得m＝2.此時方程①為4x2＋12x＝0，解得x1＝－3，x2＝0，所以|AB|＝eq\r(1＋12)|x1－x2|＝3eq\r(2).此時，點P(－3，2)到直線AB：x－y＋2＝0的距離d＝eq\f(|－3－2＋2|,\r(2))＝eq\f(3\r(2),2)，所以△PAB的面積S＝eq\f(1,2)|AB|·d＝eq\f(9,2).6．已知橢圓eq\f(x2,2)＋y2＝1，(1)過A(2，1)的直線l與橢圓相交，求l被截得的弦的中點軌跡方程；(2)求過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)))且被P點平分的弦所在直線的方程．解：(1)設(shè)弦的端點為P(x1，y1)，Q(x2，y2)，其中點是M(x，y)．eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),2)＋yeq\o\al(2,1)＝1，①,\f(xeq\o\al(2,2),2)＋yeq\o\al(2,2)＝1，②))①－②得eq\f(y2－y1,x2－x1)＝－eq\f(x2＋x1,2（y2＋y1）)＝－eq\f(x,2y)，所以－eq\f(x,2y)＝eq\f(y－1,x－2)，化簡得x2－2x＋2y2－2y＝0(包含在橢圓eq\f(x2,2)＋y2＝1內(nèi)部的部分)．(2)由(1)可得弦所在直線的斜率為k＝－eq\f(x,2y)＝－eq\f(1,2)，因此所求直線方程是y－eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，化簡得2x＋4y－3＝0.[綜合題組練]1．已知F1(－c，0)，F(xiàn)2(c，0)為橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的兩個焦點，P為橢圓上一點，且eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝c2，則此橢圓離心率的取值范圍是________．解析：設(shè)P(x，y)，則eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝(－c－x，－y)·(c－x，－y)＝x2－c2＋y2＝c2，①將y2＝b2－eq\f(b2,a2)x2代入①式解得x2＝eq\f(（2c2－b2）a2,c2)＝eq\f(（3c2－a2）a2,c2)，又x2∈[0，a2]，所以2c2≤a2≤3c2，所以e＝eq\f(c,a)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(\r(2),2))).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(\r(2),2)))2．(綜合型)設(shè)直線l：2x＋y＋2＝0關(guān)于原點對稱的直線為l′，若l′與橢圓x2＋eq\f(y2,4)＝1的交點為A，B，點P為橢圓上的動點，則使△PAB的面積為eq\f(1,2)的點P的個數(shù)為________．解析：直線l′的方程為2x＋y－2＝0，所以交點分別為橢圓頂點(1，0)和(0，2)，則|AB|＝eq\r(5)，由△PAB的面積為eq\f(1,2)，得點P到直線AB的距離為eq\f(\r(5),5)，而平面上到直線2x＋y－2＝0的距離為eq\f(\r(5),5)的點都在直線2x＋y－1＝0和2x＋y－3＝0上，而直線2x＋y－1＝0與橢圓相交，2x＋y－3＝0與橢圓相離，所以滿足題意的點P有2個．答案：23．(2019·洛陽市第一次統(tǒng)考)已知短軸的長為2的橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，直線n的橫、縱截距分別為a，－1，且原點O到直線n的距離為eq\f(\r(3),2).(1)求橢圓E的方程；(2)直線l經(jīng)過橢圓E的右焦點F且與橢圓E交于A，B兩點，若橢圓E上存在一點C滿足eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\r(3)eq\o(OB,\s\up6(→))－2eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，求直線l的方程．解：(1)因為橢圓E的短軸的長為2，故b＝1.依題意設(shè)直線n的方程為eq\f(x,a)－y＝1，由eq\f(1,\r(\f(1,a2)＋1))＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝eq\r(3)，故橢圓E的方程為eq\f(x2,3)＋y2＝1.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，當直線l的斜率為0時，顯然不符合題意．當直線l的斜率不為0或直線l的斜率不存在時，F(xiàn)(eq\r(2)，0)，設(shè)直線l的方程為x＝ty＋eq\r(2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,3)＋y2＝1，,x＝ty＋\r(2)，))得(t2＋3)y2＋2eq\r(2)ty－1＝0，所以y1＋y2＝－eq\f(2\r(2)t,t2＋3)，y1y2＝－eq\f(1,t2＋3)，①因為eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\r(3)eq\o(OB,\s\up6(→))－2eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，所以x3＝eq\f(1,2)x1＋eq\f(\r(3),2)x2，y3＝eq\f(1,2)y1＋eq\f(\r(3),2)y2，又點C在橢圓E上，所以eq\f(xeq\o\al(2,3),3)＋yeq\o\al(2,3)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x1＋\f(\r(3),2)x2))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)y1＋\f(\r(3),2)y2))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),3)＋yeq\o\al(2,1)))＋eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,2),3)＋yeq\o\al(2,2)))＋eq\f(\r(3),2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x1x2＋y1y2))＝1，又eq\f(xeq\o\al(2,1),3)＋yeq\o\al(2,1)＝1，eq\f(xeq\o\al(2,2),3)＋yeq\o\al(2,2)＝1，所以eq\f(1,3)x1x2＋y1y2＝0，②將x1＝ty1＋eq\r(2)，x2＝ty2＋eq\r(2)及①代入②得t2＝1，即t＝1或t＝－1.故直線l的方程為x＋y－eq\r(2)＝0或x－y－eq\r(2)＝0.4．(2019·遼寧鞍山一中模擬)已知過點A(0，1)的橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，B為橢圓C上的任意一點，且eq\r(3)|BF1|，|F1F2|，eq\r(3)|BF2|成等差數(shù)列．(1)求橢圓C的標準方程；(2)直線l：y＝k(x＋2)交橢圓C于P，Q兩點，若點A始終在以PQ為直徑的圓外，求實數(shù)k的取值范圍．解：(1)因為eq\r(3)|BF1|，|F1F2|，eq\r(3)|BF2|成等差數(shù)列，所以2|F1F2|＝eq\r(3)|BF1|＋eq\r(3)|BF2|＝eq\r(3)(|BF1|＋|BF2|)，由橢圓定義得2×2c＝eq\r(3)×2a，所以c＝eq\f(\r(3),2)a.又橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)過點A(0，1)，所以b＝1，所以c2＝a2－b2＝a2－1＝eq\f(3,4)a2，得a＝2，c＝eq\r(3).所以橢圓C的標準方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)設(shè)P(x1，y1)