2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一篇 微型專題 微專題19 直線與橢圓的綜合練習(xí) 理

《2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一篇 微型專題 微專題19 直線與橢圓的綜合練習(xí) 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一篇 微型專題 微專題19 直線與橢圓的綜合練習(xí) 理（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、19　直線與橢圓的綜合 1.直線x+4y+m=0交橢圓x216+y2=1于A,B兩點,若線段AB中點的橫坐標(biāo)為1,則m=(　　). 　　　　　　　　　　　　　　　 A.-2 B.-1 C.1 D.2 解析?　因為x+4y+m=0,所以y=-14x-m4. 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2), 則x1216+y12=1,x2216+y22=1,兩式相減, 得y1-y2x1-x2=-x1+x216(y1+y2)=-14. 因為AB中點的橫坐標(biāo)為1,所以縱坐標(biāo)為14,將1,14代入直線y=-14x-m4,解得m=-2,故選A. 答案?　A 2.已知F是橢圓x2a2+y2b2

2、=1(a>b>0)的左焦點,經(jīng)過原點的直線l與橢圓E交于P,Q兩點,若|PF|=2|QF|,且∠PFQ=120°,則橢圓的離心率為(　　). A.13 B.12 C.33 D.22 解析?　在△PQF中,設(shè)|PF|=2|QF|=2t,P(x1,y1),Q(-x1,-y1),右焦點為E,由橢圓的對稱性,知四邊形PFQE是平行四邊形,所以在△PEF中,由余弦定理得EF2=5t2-2t2=3t2=4c2.因為PF+QF=2a=3t,所以t=2a3,所以e=33,故選C. 答案?　C 3.如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,F是橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點,直線y=b2與橢

3、圓交于B,C兩點,且∠BFC=90°,則該橢圓的離心率是　　　　.? 解析?　將y=b2代入橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程, 得x2a2+b24b2=1,所以x=±32a, 故B-32a,b2,C32a,b2. 又因為F(c,0),所以BF=c+32a,-b2,CF=c-32a,-b2. 因為∠BFC=90°,所以BF·CF=0, 所以c+32ac-32a+-b22=0, 即c2-34a2+b24=0. 將b2=a2-c2代入并化簡,得a2=32c2, 所以e2=c2a2=23, 所以e=63(負(fù)值舍去). 答案?　63 4.直線x4+y3=1與橢圓x216+y29=1相交于A,B兩點

4、,該橢圓上有點P,使得△PAB的面積等于3,則這樣的點P共有　　　　個.? 解析?　設(shè)P1(4cos α,3sin α)0<α<π2,即點P1在第一象限.設(shè)四邊形P1AOB的面積為S, 則S=S△OAP1+S△OBP1=12×4×3sin α+12×3×4cos α=6(sin α+cos α)=62sinα+π4, ∴Smax=62.∵S△OAB=12×4×3=6, ∴S△P1AB的最大值為62-6. ∵62-6<3,∴點P不可能在直線AB的右上方, ∴在AB的左下方有2個這樣的點P. 答案?　2 能力1 ?　會用點差法解直線與橢圓中的與弦中點有關(guān)的問題

5、【例1】　已知橢圓C:x24+y2b2=1(0

6、=2.故選B. 答案?　B 點差法:在求解圓錐曲線且題目中已有直線與圓錐曲線相交和被截線段的中點坐標(biāo)時,設(shè)出直線和圓錐曲線的兩個交點坐標(biāo),代入圓錐曲線的方程并作差,從而求出直線的斜率,然后利用中點求出直線方程.“點差法”的常見題型有求中點弦方程、求(過定點、平行弦)弦中點軌跡、垂直平分線問題.注意“點差法”具有不等價性,即要考慮判別式Δ是否為正數(shù). 已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一條弦所在的直線方程是x-y+5=0,弦的中點坐標(biāo)是M(-4,1),則橢圓的離心率是(　　). A.12 B.22 C.32 D.55 解析?　設(shè)直線與橢圓的交點分別為A(x1,y1)

7、,B(x2,y2),分別代入橢圓方程,由點差法可知yM=-b2a2xM,代入點M(-4,1),解得b2a2=14,∴e=1-b2a2=32,故選C. 答案?　C 能力2 ?　會用“設(shè)而不解”的思想解直線與橢圓中的弦長、面積問題 【例2】　在平面直角坐標(biāo)系xOy中,動點M(x,y)總滿足關(guān)系式2(x-1)2+y2=|x-4|. (1)點M的軌跡是什么曲線?并寫出它的標(biāo)準(zhǔn)方程. (2)坐標(biāo)原點O到直線l:y=kx+m的距離為1,直線l與M的軌跡交于不同的兩點A,B,若OA·OB=-32,求△AOB的面積. 解析?　(1)由2(x-1)2+y2=|x-4|, 得x24+y

8、23=1, 所以點M的軌跡是焦點在x軸上的橢圓, 它的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24+y23=1. (2)由點O到直線l:y=kx+m的距離為1,得d=|m|1+k2=1,即1+k2=m2. 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2), 聯(lián)立x24+y23=1,y=kx+m,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=-8km3+4k2,x1x2=4m2-123+4k2, 所以O(shè)A·OB=x1x2+y1y2 =x1x2+(kx1+m)(kx2+m) =(1+k

9、2)x1x2+km(x1+x2)+m2 =(1+k2)·4m2-123+4k2+km-8km3+4k2+m2 =7m2-12k2-123+4k2=-5k2-53+4k2. 因為OA·OB=-32,所以-5k2-53+4k2=-32, 解得k2=12,m2=1+k2=32, 所以|AB|=1+k2·48(3k2+2)3+4k2=675, 所以S△AOB=12×1×675=375. 求解弦長的四種方法 (1)當(dāng)弦的兩個端點坐標(biāo)容易求時,可直接利用兩點間的距離公式求解. (2)聯(lián)立直線與圓錐曲線方程,解方程組求出兩個交點坐標(biāo),代入兩點間的距離公式求解. (3)聯(lián)立直線與圓錐曲

10、線方程,消元得到關(guān)于x(或y)的一元二次方程,利用根與系數(shù)的關(guān)系得到(x1-x2)2,(y1-y2)2,代入兩點間的距離公式. (4)當(dāng)弦過焦點時,可結(jié)合焦半徑公式求解弦長. 已知橢圓C的兩個焦點坐標(biāo)分別是(-2,0),(2,0),并且經(jīng)過點P(3,1). (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)過橢圓C的右焦點F作直線l,直線l與橢圓C相交于A,B兩點,與圓O:x2+y2=6相交于D,E兩點,當(dāng)△OAB的面積最大時,求弦|DE|的長. 解析?　(1)設(shè)橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2a2+y2b2=1(a>b>0), 由橢圓的定義可得2a=(3+2)2+1+(3-2)2+1 =8+43+8

11、-43 =(6+2)2+(6-2)2 =26, ∴a=6. ∵c=2,∴b2=2. ∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x26+y22=1. (2)設(shè)直線l的方程為x=ky+2, 代入橢圓C的方程并化簡得(k2+3)y2+4ky-2=0. 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2), 則y1+y2=-4kk2+3,y1y2=-2k2+3. ∴△OAB的面積S=12|OF|·|y1-y2|=|y1-y2| =16k2+8(k2+3)k2+3=26·k2+1k2+3. 令t=k2+1(t≥1),則S=26tt2+2≤26t22t=3,當(dāng)且僅當(dāng)t=2,即k=±1時取等號, 此時直線l的方程為x=

12、±y+2. ∴圓心O到直線l的距離d=2,又圓O的半徑為6,故|DE|=26-2=4. 能力3 ?　會用“設(shè)而不解”的思想求直線與橢圓中的有關(guān)幾何量 【例3】　已知點M(-4,0),橢圓x24+y2b2=1(0

13、2=-8ck2b2+4k2,x1x2=4k2c2-4b2b2+4k2. 又直線MF恰好平分∠AMB,∴kAM+kBM=0, 即y1x1+4+y2x2+4=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2·4k2c2-4b2b2+4k2+(4+c)-8ck2b2+4k2+8c=0, ∴8cb2-8b2=0,∴c=1. 又a=2,∴e=12,故選C. 答案?　C 解決橢圓和雙曲線的離心率的求值及取值范圍問題,其關(guān)鍵就是確立一個關(guān)于a,b,c的方程或不等

14、式,再根據(jù)a,b,c的關(guān)系消掉b得到a,c的關(guān)系式,要充分利用橢圓和雙曲線的幾何性質(zhì)、點的坐標(biāo)的取值范圍等. 已知橢圓Γ: x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為32,過右焦點F且斜率為k(k>0)的直線與Γ相交于A,B兩點.若AF=3FB,則k=(　　). A.1 B.2 C.3 D.2 解析?　設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2), ∵AF=3FB,∴y1=-3y2. ∵e=32,設(shè)a=2t,c=3t,b=t, ∴x2+4y2-4t2=0.　① 設(shè)直線AB的方程為x=sy+3t, 代入①中消去x,可得(s2+4)y2+23sty-t2=0, ∴y1+y2=-2

15、3sts2+4,y1y2=-t2s2+4. 由y1=-3y2可得-2y2=-23sts2+4,-3y22=-t2s2+4, 解得s2=12,k=2.故選D. 答案?　D 能力4 ?　會用“設(shè)而不解”的思想求直線與橢圓中的最值 【例4】　已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)經(jīng)過點P-3,12,橢圓的一個焦點為(3,0). (1)求橢圓E的方程; (2)若直線l過點(0,2)且與橢圓E交于A,B兩點,求|AB|的最大值. 解析?　(1)設(shè)橢圓E的左、右焦點分別為F1(-3,0)、F2(3,0),則|PF1|=12,|PF2|=72. ∴|PF1|+|PF

16、2|=4=2a,∴a=2. 又c=3,∴b2=1, ∴橢圓E的方程為x24+y2=1. (2)當(dāng)直線l的斜率存在時,設(shè)y=kx+2,A(x1,y1),B(x2,y2), 由x24+y2=1,y=kx+2得(1+4k2)x2+82kx+4=0, 由Δ>0得4k2>1. ∴x1+x2=-82k1+4k2,x1x2=41+4k2, ∴|AB|=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2 =2-611+4k22+11+4k2+1. 設(shè)t=11+4k2,則0

17、66, ∴|AB|的最大值為566. 在利用代數(shù)法解決最值與范圍問題時,常從以下方面考慮:①利用判別式來構(gòu)造不等關(guān)系,從而確定參數(shù)的取值范圍;②利用已知參數(shù)的取值范圍,求新參數(shù)的取值范圍,解這類問題的關(guān)鍵是建立兩個參數(shù)之間的等量關(guān)系;③利用隱含或已知的不等關(guān)系建立不等式,從而求出參數(shù)的取值范圍;④利用基本不等式求出參數(shù)的取值范圍;⑤利用函數(shù)的值域的求法,確定參數(shù)的取值范圍. 已知斜率為k的直線與橢圓x24+y23=1交于A,B兩點,弦AB的中垂線交x軸于點P(x0,0),則x0的取值范圍是　　　　.? 解析?　設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),直線的方程為y=kx+m,聯(lián)立

18、3x2+4y2=12,y=kx+m, 化簡得(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=-8km3+4k2,x1x2=4m2-123+4k2, 所以y1+y2=k(x1+x2)+2m=-8k2m3+4k2+2m=6m3+4k2, 所以x1+x22=-4km3+4k2,y1+y22=3m3+4k2, 所以線段AB的中點坐標(biāo)為-4km3+4k2,3m3+4k2. 當(dāng)k=0時,x0=0,當(dāng)k≠0時, 則線段AB的垂直平分線方程為y-3m3+4k2=-1kx

19、+4km3+4k2. 把點P(x0,0)代入上面的方程得x0(3+4k2)=-km, 所以x0(3+4k2)-k=m,代入4k2-m2+3>0, 整理得x02<4k4+3k216k4+24k2+9,令k2=t(t>0), x02<4t2+3t16t2+24t+9=116t2+24t+94t2+3t=14+3t<14, 所以-120,b>0)與直線y=1-x交于A,B兩點,過原點與線段AB中點的直線的斜率為32,則ba的值為(　

20、　). A.32 B.233 C.932 D.2327 解析?　設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則ax12+by12=1,ax22+by22=1, 即ax12-ax22=-(by12-by22), 則by12-by22ax12-ax22=-1, ∴b(y1-y2)(y1+y2)a(x1-x2)(x1+x2)=-1, ∴ba×(-1)×32=-1, ∴ba=233,故選B. 答案?　B 2.已知經(jīng)過點(0,2)且斜率為k的直線l與橢圓x22+y2=1有兩個不同的交點P和Q,則k的取值范圍是(　　). A.-22,22 B.-∞,-22∪22,+∞ C.(-2,2)

21、 D.(-∞,-2)∪(2,+∞) 解析?　由題意得,直線l的方程為y=kx+2,代入橢圓方程得x22+(kx+2)2=1,整理得12+k2x2+22kx+1=0.直線l與橢圓有兩個不同的交點P和Q等價于Δ=8k2-412+k2=4k2-2>0,解得k<-22或k>22,即k的取值范圍為-∞,-22∪22,+∞.故選B. 答案?　B 3.經(jīng)過橢圓x22+y2=1的一個焦點作傾斜角為45°的直線l,交橢圓于A,B兩點.設(shè)O為坐標(biāo)原點,則OA·OB等于(　　). A.-3 B.-13 C.-13或-3 D.±13 解析?　由題意知,當(dāng)直線l經(jīng)過橢圓的右焦點(1,0)時,其方程為y-

22、0=tan 45°·(x-1),即y=x-1,代入橢圓方程x22+y2=1并整理得3x2-4x=0,解得x=0或x=43,所以兩個交點的坐標(biāo)分別為(0,-1),43,13,所以O(shè)A·OB=-13,同理,當(dāng)直線l經(jīng)過橢圓的左焦點時,也可得OA·OB=-13,故選B. 答案?　B 4.若橢圓x2a2+y2b2=1的焦點在x軸上,過點1,12作圓x2+y2=1的切線,切點分別為A,B,直線AB恰好經(jīng)過橢圓的右焦點和上頂點,則橢圓的方程是(　　). A.x24+y23=1 B.x23+y22=1 C.x25+y24=1 D.x28+y25=1 解析?　可設(shè)斜率存在的切線的方程為y-12=k(

23、x-1)(k為切線的斜率),即2kx-2y-2k+1=0,由|-2k+1|4k2+4=1,解得k=-34,所以圓x2+y2=1的一條切線的方程為3x+4y-5=0,可求得切點的坐標(biāo)為35,45,易知另一切點的坐標(biāo)為(1,0),則直線AB的方程為y=-2x+2.令y=0得右焦點為(1,0),令x=0得上頂點為(0,2),故a2=b2+c2=5,所以所求橢圓的方程為x25+y24=1,故選C. 答案?　C 5.已知橢圓C的方程為x216+y2m2=1(m>0),若直線y=22x與橢圓的一個交點M在x軸上的射影恰好是橢圓的右焦點F,則m的值為(　　). A.2 B.22 C.8 D.23 解

24、析?　根據(jù)已知條件得c=16-m2,則點16-m2,2(16-m2)2在橢圓x216+y2m2=1(m>0)上, ∴16-m216+16-m22m2=1,可得m=22,故選B. 答案?　B 6.已知直線l:y=kx+2過橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上頂點B和左焦點F,且被圓x2+y2=4截得的弦長為L,若L≥455,則橢圓離心率e的取值范圍是(　　). A.0,55 B.0,255 C.0,355 D.0,455 解析?　依題意,知b=2,|kc|=2.設(shè)圓心到直線l的距離為d,則L=24-d2≥455,解得d2≤165. 又因為d=21+k2,所以11+k2≤45

25、,解得k2≥14.因為e2=c2a2=c2b2+c2=11+k2,所以00,b>0),若以C1的長軸為直徑的圓與C2的一條漸近線交于A,B兩點,且C1與C2的漸近線的兩個交點將線段AB三等分,則C2的離心率為(　　). A.5 B.5 C.17 D.2147 解析?　設(shè)直線AB與橢圓在第一象限內(nèi)的交點為P,A(11cos θ,11sin θ),其中θ∈0,π2, 則P113cosθ,113sinθ. 因為點P在橢圓上, 所以cos2θ9

26、+119sin2θ=1,解得sin2θ=45,cos2θ=15,所以tan θ=2,即ba=2,所以e=1+ba2=5,故選A. 答案?　A 8.已知橢圓x24+y2b2=1(0

27、. 答案?　D 9.若斜率為1的直線l與橢圓x24+y2=1相交于A,B兩點,則|AB|的最大值為(　　). A.2 B.455 C.4105 D.8105 解析?　設(shè)A,B兩點的坐標(biāo)分別為(x1,y1),(x2,y2),直線l的方程為y=x+t, 由x24+y2=1,y=x+t,消去y,得5x2+8tx+4(t2-1)=0, 則x1+x2=-85t,x1x2=4(t2-1)5. ∴|AB|=1+k2|x1-x2|=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2 =2·-85t2-4·4(t2-1)5=425·5-t2, 當(dāng)t=0時,|AB|max=4105,故選C. 答案?　C

28、 10.已知橢圓Ω:x24+y23=1的右焦點為F,過點F的兩條互相垂直的直線l1,l2, l1與橢圓Ω相交于點A,B,l2與橢圓Ω相交于點C,D,則下列敘述不正確的是(　　). A.存在直線l1,l2使得|AB|+|CD|的值為7 B.存在直線l1,l2使得|AB|+|CD|的值為487 C.弦長|AB|存在最大值,且最大值為4 D.弦長|AB|不存在最小值 解析?　當(dāng)直線l1,l2一個斜率為零,一個斜率不存在時,可得AB即為長軸,CD為通徑,則|AB|+|CD|=7,故A是正確的. 當(dāng)直線l1,l2的斜率存在時,不妨令直線l1的斜率為k(k≠0),由題意知l1的直線方程為y=k

29、(x-1),聯(lián)立方程x24+y23=1,y=k(x-1),消去y得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),由韋達(dá)定理知,x1+x2=8k23+4k2,x1x2=4k2-123+4k2, 所以|AB|=1+k2·|x1-x2|=12(k2+1)3+4k2,同理 |CD|=12(1+k2)3k2+4,特別地,當(dāng)k2=1時,|AB|=|CD|=247,即|AB|+|CD|=487,故B正確. 由|AB|=12(1+k2)3+4k2=3+33+4k2,故當(dāng)k=0時,|AB|取到最大值4,故C正確.由|AB|=3+33+4k2>3,但當(dāng)直線AB的斜率不存

30、在時,|AB|=3,故|AB|存在最小值3,故D選項不對. 答案?　D 二、填空題 11.已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),F(2,0)為其右焦點,過F且垂直于x軸的直線與橢圓相交所得的弦長為2,則橢圓C的方程為　　　　.? 解析?　由題意得c=2,2b2a=2,a2=b2+c2,解得a=2,b=2, ∴橢圓C的方程為x24+y22=1. 答案?　x24+y22=1 12.已知直線MN過橢圓x22+y2=1的左焦點F,與橢圓交于M,N兩點,直線PQ過原點O 與MN平行,且PQ與橢圓交于P,Q兩點,則|PQ|2|MN|=　　　　.? 解析?　由題意知F(-1,

31、0),當(dāng)直線MN斜率不存在時,|MN|=2b2a=2,|PQ|=2b=2,則|PQ|2|MN|=22. 當(dāng)直線MN斜率存在時,設(shè)直線MN的斜率為k,則直線MN的方程為y=k(x+1),設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),聯(lián)立x22+y2=1,y=k(x+1),整理得(2k2+1)x2+4k2x+2k2-2=0,由韋達(dá)定理得x1+x2=-4k22k2+1,x1x2=2k2-22k2+1, 所以|MN|=1+k2·|x1-x2|=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2=22(k2+1)2k2+1. 易知直線PQ的方程為y=kx,設(shè)P(x3,y3),Q(x4,y4),聯(lián)立x22+y2=1,y

32、=kx,解得x2=22k2+1,y2=2k22k2+1, 則|OP|2=x2+y2=2(k2+1)2k2+1,所以|PQ|=2|OP|,則|PQ|2=4|OP|2=8(k2+1)2k2+1,|PQ|2|MN|=22. 答案?　22 三、解答題 13.點A為橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)上的一個動點,弦AB、AC分別過橢圓的左、右焦點F1、F2.當(dāng)AC⊥x軸時,恰好|AF1|=2|AF2|. (1)求該橢圓的離心率. (2)設(shè)AF1=λ1F1B,AF2=λ2F2C,λ1+λ2是否為定值?若是,則求出該定值;若不是,請說明理由. 解析?　(1)因為當(dāng)AC⊥x軸時,恰好|

33、AF1|=2|AF2|, 由橢圓的定義知,2a-|AF2|=2|AF2|,|AF2|=b2a,所以2a-b2a=2·b2a,即b2a2=23, 故橢圓的離心率e=ca=33. (2)設(shè)橢圓的半焦距為c,則F1(-c,0),F2(c,0),橢圓方程設(shè)為x23c2+y22c2=1,整理得2x2+3y2-6c2=0. 設(shè)A(x0,y0),B(x1,y1),C(x2,y2), 若直線AC的斜率存在,則直線AC的方程為y=y0x0-c(x-c), 聯(lián)立y=y0x0-c(x-c),2x2+3y2-6c2=0,消去x, 得[2(x0-c)2+3y02]y2+4cy0(x0-c)y-4c2y02

34、=0. 由韋達(dá)定理得y0y2=-4c2y022(x0-c)2+3y02, y2=-4c2y02(x0-c)2+3y02, 同理y0y1=-4c2y022(x0+c)2+3y02,y1=-4c2y02(x0+c)2+3y02. 由AF1=λ1F1B得y0=-λ1y1, 則λ1=-y0y1=2(x0+c)2+3y024c2. 由AF2=λ2F2C得λ2=-y0y2=2(x0-c)2+3y024c2, 所以λ1+λ2=2(x0-c)2+3y02+2(x0+c)2+3y024c2=2(2x02+3y02)+4c24c2=2×6c2+4c24c2=4, 故λ1+λ2=4. 若直線AC⊥x軸,則λ2=1,λ1=3,所以λ1+λ2=4. 綜上所述,λ1+λ2=4是定值. 15