高中数学人教版新课标A选修2-12.2椭圆第2课时同步练习题

这是一份高中数学人教版新课标A选修2-12.2椭圆第2课时同步练习题，共20页。试卷主要包含了已知直线l过点P且与椭圆C，已知椭圆M等内容，欢迎下载使用。

题组一 直线与椭圆的位置关系
1.直线y=kx-k+1与椭圆x29+y24=1的位置关系为( )
A.相切 B.相交 C.相离 D.不确定
2.若直线y=x+2与椭圆x2m+y23=1有两个公共点,则实数m的取值范围是( )
A.(1,+∞)
B.(1,3)∪(3,+∞)
C.(0,3)
D.(-∞,-3)∪(-3,0)∪(1,+∞)
3.已知以F1(-2,0),F2(2,0)为焦点的椭圆与直线x+3y+4=0有且仅有一个公共点,则椭圆的长轴长为( )
A.32 B.26 C.27 D.42
4.若直线y=kx-k+1(k∈R)与焦点在x轴上的椭圆x25+y2m=1总有公共点,则实数m的取值范围是 .
5.已知椭圆4x2+y2=1及直线y=x+m.
(1)当直线和椭圆有公共点时,求实数m的取值范围;
(2)当直线与椭圆相切时,求直线方程.
题组二 椭圆中的弦长与中点弦问题
6.(2019安徽安庆高二调研)已知直线l过点P(3,-2)且与椭圆C:x220+y216=1相交于A,B两点,则使得点P为弦AB中点的直线l的斜率为( )
A.-35 B.-65 C.65 D.35
7.(2020山东烟台高二期末)已知椭圆M:x2a2+y2b2=1(a>b>0),过M的右焦点F(3,0)作直线交椭圆于A,B两点,若AB的中点的坐标为(2,1),则椭圆M的方程为( )
A.x29+y26=1 B.x24+y2=1
C.x212+y23=1 D.x218+y29=1
8.过椭圆x2+2y2=4的左焦点作倾斜角为π3的弦AB,则弦AB的长为( )
A.67 B.167 C.716 D.76
9.已知椭圆mx2+ny2=1(m>0,n>0且m≠n)与直线y=1-x交于M,N两点,原点与线段MN中点所连直线的斜率为22,则mn =( )
A.22 B.233 C.922 D.2327
10.过椭圆x25+y24=1的右焦点作一条斜率为2的直线与椭圆交于A,B两点,O为坐标原点,则△OAB的面积为 .
11.(2020河北邢台第八中学高二期末)设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点(0,4),离心率为35.
(1)求C的方程;
(2)求过点(3,0)且斜率为45的直线被C所截线段的中点坐标.
12.(2020陕西西安中学高二期末)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为32,短轴长为4.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)过点P(2,1)作弦且弦被P平分,求此弦所在的直线方程.
题组三 与椭圆有关的综合问题
13.(2020广东河源高二期末)已知离心率为223的椭圆x2m+y2=1(m>1)的左、右顶点分别为A,B,点P为该椭圆上一点,且P在第一象限,直线AP与直线x=4交于点C,直线BP与直线x=4交于点D,若|CD|=83,则直线AP的斜率为( )
A.16或120 B.121
C.16或121 D.13或120
14.已知椭圆C:x22+y2=1的右焦点为F,直线l:x=2,点A在直线l上,线段AF交椭圆C于点B,若FA=3FB,则|AF|=( )
A.2 B.2 C.3 D.3
15.(2020山东德州高二期末)已知O为坐标原点,F1,F2分别为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,过点F1且斜率为33的直线与椭圆C交于点P,且|OP|=|OF2|,则椭圆C的离心率为 .
16.(2019福建建瓯芝华中学高二期中)已知中心为坐标原点O的椭圆C经过点A(2,3),且点F(2,0)为其右焦点.
(1)求椭圆C的方程;
(2)直线l平行于直线OA,且过点(0,t),若直线l与椭圆C有公共点,求实数t的取值范围.
17.已知P(m,n)(m>0,n>0)为椭圆x28+y22=1上一点,Q,R,S分别为P关于y轴,原点,x轴的对称点.
(1)求四边形PQRS面积的最大值;
(2)当四边形PQRS的面积最大时,在线段PQ上任取一点M(不与端点重合),若过M的直线与椭圆相交于A,B两点,且AB的中点恰为M,求直线AB的斜率k的取值范围.
能力提升练
一、选择题
1.(2019江西南昌高二月考,)若椭圆x29+y23=1的一条弦被点M(1,1)平分,则这条弦所在的直线方程是( )
A.x+3y-4=0 B.x-3y+2=0
C.3x-y-2=0 D.3x+y-4=0
2.(2020广东云浮高二期末,)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F,点A是椭圆C的上顶点,直线l:y=2x与椭圆C交于M、N两点.若点A到直线l的距离是1,且|MF|+|NF|=6,则椭圆C的离心率是( )
A.13 B.53 C.253 D.23
3.(2020河北秦皇岛一中高二期末,)已知F为椭圆C:x26+y22=1的右焦点,过F的直线l交椭圆C于A,B两点,M为AB的中点,则M到x轴的最大距离为( )
A.13 B.12 C.33 D.22
4.()若点(x,y)在椭圆4x2+y2=4上,则yx-2的最小值为( )
A.1 B.-1 C.-233 D.233
5.(2019东北三校高三第二次模拟,)已知直线y=2x+m与椭圆C:x25+y2=1相交于A,B两点,O为坐标原点.当△AOB的面积取得最大值时,|AB|=( )
A.54221 B.21021 C.2427 D.3427
二、填空题
6.(2020河南创新发展联盟高二第三次联考,)若点P是椭圆E:x24+y2=1上的动点,则点P到直线l:x-y-35=0距离的最小值是 .
三、解答题
7.(2020福建南平高三第一次质检,)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长是离心率的2倍,直线l:4x-4y+3=0交C于A,B两点,且AB中点的横坐标为-12.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若M,N是椭圆C上的点,O为坐标原点,且满足|OM|2+|ON|2=34,求证:OM,ON斜率的平方之积是定值.
8.(2020河北石家庄二中高三模拟,)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12,点1,32在椭圆上.
(1)求椭圆的方程;
(2)过椭圆的右焦点F作互相垂直的两条直线l1,l2,其中直线l1交椭圆于P,Q两点,直线l2交直线x=4于M点,求证:直线OM平分线段PQ.
答案全解全析
基础过关练
1.B 直线y=kx-k+1可变形为y-1=k(x-1),故直线恒过定点(1,1),而该点在椭圆x29+y24=1的内部,所以直线y=kx-k+1与椭圆x29+y24=1相交,故选B.
2.B 由y=x+2,x2m+y23=1,消去y,整理得(3+m)x2+4mx+m=0.
若直线与椭圆有两个公共点,
则3+m≠0,Δ=(4m)2-4m(3+m)>0,
解得m<0或m>1,且m≠-3.
由x2m+y23=1表示椭圆,知m>0且m≠3.
综上,m>1且m≠3,故选B.
3.C 设椭圆的方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0,m≠n),
由mx2+ny2=1,x+3y+4=0,消去x,
得(3m+n)y2+83my+16m-1=0.
∵直线与椭圆只有一个交点,
∴Δ=192m2-4(3m+n)(16m-1)=0,
整理得3m+n=16mn,
即3n+1m=16.①
又c=2,焦点在x轴上,
∴1m-1n=4.②
由①②解得m=17,n=13,
∴长轴长为27.
4.答案 54,5
解析 直线y=kx-k+1=k(x-1)+1恒过定点(1,1),直线与椭圆总有公共点等价于点(1,1)在椭圆内或在椭圆上,所以125+12m≤1,即m≥54.由椭圆的焦点在x轴上得05.解析 联立4x2+y2=1,y=x+m,消去y,整理得5x2+2mx+m2-1=0.
(1)∵直线与椭圆有公共点,
∴Δ=4m2-20(m2-1)=20-16m2≥0,
∴-52≤m≤52.
(2)令Δ=4m2-20(m2-1)=20-16m2=0,
解得m=±52,∴直线方程为y=x±52.
6.C 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1220+y1216=1,x2220+y2216=1,
两式相减得(x1-x2)(x1+x2)20+(y1-y2)(y1+y2)16=0.
又点P(3,-2)为弦AB的中点,
所以x1+x2=6,y1+y2=-4,所以3(x1-x2)10+-y1-y24=0,所以kAB=y1-y2x1-x2=65.故选C.
7.D 设A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点P(2,1),所以kAB=kPF=0-13-2=-1.
因为b2x12+a2y12=a2b2,b2x22+a2y22=a2b2,
所以b2(x12-x22)=-a2(y12-y22),
所以y1-y2x1-x2·y1+y2x1+x2=-b2a2.
因为P(2,1)为弦AB的中点,所以x1+x2=4,y1+y2=2,又因为y1-y2x1-x2=kAB=-1,
所以b2a2=12,因为c=3,所以有a2=b2+9,b2a2=12,解得a2=18,b2=9,所以椭圆方程为x218+y29=1.故选D.
8.B 易得直线AB的方程为y=3(x+2).联立y=3(x+2),x2+2y2=4,消去y并整理,得7x2+122x+8=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=-1227,x1x2=87.
由弦长公式,得|AB|=1+k2·|x1-x2|=1+(3)2×-12272-4×87=167.
9.A 联立y=1-x,mx2+ny2=1,消去y,得(m+n)x2-2nx+n-1=0.
设M(x1,y1),N(x2,y2),MN的中点为P(x0,y0),
则x0=x1+x22=nm+n,
y0=1-x0=1-nm+n=mm+n.
∴kOP=y0x0=mn=22.故选A.
10.答案 53
解析 由题意知,椭圆的右焦点的坐标为(1,0),直线的方程为y=2(x-1),将其与x25+y24=1联立,消去y,得3x2-5x=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=53,x1x2=0,
所以|AB|=1+k2·|x1-x2|=1+22×532-4×0=553.设原点到直线的距离为d,则d=|-2|(-1)2+22=25.
所以S△OAB=12|AB|·d=12×553×25=53.
11.解析 (1)将(0,4)代入椭圆C的方程得16b2=1,∴b=4.
由e=ca=35 得a2-b2a2=925,
即1-16a2=925,∴a=5.
∴C的方程为x225+y216=1.
(2)过点(3,0)且斜率为45的直线方程为y=45(x-3).
设直线与C的交点为A(x1,y1),B(x2,y2),
联立x225+y216=1,y=45(x-3),得x2-3x-8=0,
∴x1+x2=3,y1+y2=-125.
故中点坐标为32,-65.
12.解析 (1)由题意得,e=ca=32,2b=4,所以a=4,b=2,c=23,所以椭圆的标准方程为x216+y24=1.
(2)设以点P(2,1)为中点的弦所在直线与椭圆交于A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=4,y1+y2=2,将A,B两点的坐标分别代入椭圆方程,两式相减得(x1+x2)(x1-x2)+4(y1+y2)(y1-y2)=0,所以4(x1-x2)+8(y1-y2)=0,所以y1-y2x1-x2=-12,由直线的点斜式方程可知,所求直线方程为y-1=-12(x-2),即x+2y-4=0.
13.B 由e=m-1m=1-1m=223,得m=9.所以A(-3,0),B(3,0).
设P(x0,y0)(x0>0,y0>0),则kPA·kPB=y02x02-9=1-x029x02-9=-19.
设kPA=k0所以|CD|=7k+19k=83,解得k=13(舍去)或k=121.故选B.
14.A 设点A(2,n),B(x0,y0).
由椭圆C:x22+y2=1,知a2=2,b2=1,
∴c2=1,即c=1,∴F(1,0).
∴FA=(1,n),FB=(x0-1,y0).
由FA=3FB,得(1,n)=3(x0-1,y0).
∴1=3(x0-1),n=3y0,解得x0=43,y0=13n.
将(x0,y0)代入x22+y2=1,得12×432+13n2=1,解得n2=1.
∴|AF|=12+n2=1+1=2.
15.答案 3-1
解析 由题意得点P在第一象限,如图.
∵|OP|=|OF2|,
∴|OP|=|OF2|=|OF1|.
∵kPF1=33,∴∠PF1F2=30°,∴∠OPF1=30°,∴∠OPF2=∠OF2P=∠POF2=60°,
∴|PF2|=c,|PF1|=3c.
∵|PF2|+|PF1|=2a,∴2a=c+3c,
∴e=ca=21+3=3-1.
16.解析 (1)设椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),左焦点为F',则F'(-2,0),
∴c=2,2a=|AF|+|AF'|=02+32+42+32=8,
解得c=2,a=4,又a2=b2+c2,∴b2=12,
故椭圆C的方程为x216+y212=1.
(2)由题意得t≠0.设直线l的方程为y=32x+t,联立y=32x+t,x216+y212=1,
消去y,得3x2+3tx+t2-12=0.
令Δ=(3t)2-4×3(t2-12)≥0,
解得-43≤t≤43.
∴实数t的取值范围是[-43,0)∪(0,43].
17.解析 (1)由P在椭圆上得m28+n22=1,
∵m>0,n>0,∴利用基本不等式得1=m28+n22≥2×m8×n2=mn2,当且仅当m28=n22=12,即m=2,n=1时,等号成立,
易知S四边形PQRS=2m×2n=4mn≤8,当m=2,n=1时取等号,
故当m=2,n=1时,四边形PQRS的面积取最大值,最大值为8.
(2)由(1)得P(2,1),则Q(-2,1),设M的坐标为(t,1),其中-2则有x128+y122=1,x228+y222=1,
两式相减得(x1-x2)(x1+x2)8=-(y1-y2)(y1+y2)2(*),
∵M为线段AB的中点,
∴x1+x22=t,y1+y22=1,
∴(*)化为(x1-x2)t4=-(y1-y2),
∴k=-t4,故k∈-12,12.
能力提升练
一、选择题
1.A 设直线与椭圆的交点为A(x1,y1),B(x2,y2),
则x129+y123=1,x229+y223=1,两式作差得(x1-x2)(x1+x2)9=-(y1-y2)(y1+y2)3,
∴kAB=y1-y2x1-x2=-13·x1+x2y1+y2.
∵M为AB的中点,∴x1+x2=2,y1+y2=2,
∴kAB=-13.
∴直线方程为y-1=-13(x-1),即x+3y-4=0.
2.D 由椭圆方程可得,A(0,b).
因为点A到直线l:y=2x的距离是1,
所以|b|22+(-1)2=1,解得b=5(负值舍去).
记椭圆的右焦点为F1,连接MF1,NF1,
由椭圆的对称性可得,|MF1|=|NF|.
由椭圆的定义可得,2a=|MF1|+|MF|=|NF|+|MF|=6,所以a=3,则c=9-5=2,故离心率e=ca=23.故选D.
3.C 由题意得,椭圆的右焦点坐标为(2,0).设A(x1,y1),B(x2,y2),直线l:x=ty+2(显然当直线斜率为0时,M到x轴的距离不可能最大),与椭圆方程联立,得(t2+3)y2+4ty-2=0,所以y1+y2=-4tt2+3,
故弦AB的中点M的纵坐标为y1+y22=-2tt2+3,所以M到x轴的距离为2|t|t2+3.
当t=0时,2|t|t2+3=0;当t≠0时,2|t|t2+3=2|t|+3|t|≤223=33,当且仅当|t|=3时取等号.
故M到x轴的最大距离为33.故选C.
4.C 设yx-2=k,则y=k(x-2).
由4x2+y2=4,y=k(x-2)消去y并整理,
得(k2+4)x2-4k2x+4(k2-1)=0,
令Δ=16k4-4×4(k2-1)(k2+4)≥0,
解得-233≤k≤233,
∴kmin=-233.故选C.
5.A 由y=2x+m,x25+y2=1,得21x2+20mx+5m2-5=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-20m21,x1x2=5m2-521,
所以|AB|=1+k2×(x1+x2)2-4x1x2=5×20(21-m2)21=1021-m221.
又O到直线AB的距离d=|m|5,
所以△AOB的面积S=12d·|AB|=5m2(21-m2)21≤5×m2+21-m2221=52,
当且仅当m2=21-m2,即m2=212时,△AOB的面积取得最大值.
此时,|AB|=1021-m221=54221.
二、填空题
6.答案 10
解析 设与l平行的直线为l1:x-y+m=0,联立x24+y2=1,x-y+m=0,整理得5x2+8mx+4m2-4=0,
令Δ=64m2-4×5(4m2-4)=0,解得m=±5.
∴直线l与直线l1之间的距离为|5+35|1+1=210或|-5+35|1+1=10,
∴点P到直线l的最小距离是10.
三、解答题
7.解析 (1)由椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长是离心率的2倍,
得2a=2e,即a2=c.①
设A(x1,y1),B(x2,y2),
联立x2a2+y2b2=1,4x-4y+3=0,
整理得(a2+b2)x2+32a2x+916a2-a2b2=0,
所以x1+x2=-32a2a2+b2.
依题意得-32a2a2+b2=-1,即a2=2b2.②
又c2=a2-b2,③
所以由①②③得a2=12,b2=14,
所以椭圆C的方程为2x2+4y2=1.
(2)证明:设M(x3,y3),N(x4,y4),由|OM|2+|ON|2=34,得x32+y32+x42+y42=34.④
因为M(x3,y3),N(x4,y4)在椭圆C上,
所以2x32+4y32=1,⑤2x42+4y42=1,⑥
⑤+⑥,得x32+x42+2y32+2y42=1,⑦
⑦-④,得y32+y42=14,⑧
把⑧代入④,得x32+x42=12,
所以kOM2·kON2=y32y42x32x42=14(1-2x32)·14(1-2x42)x32x42=116[1-2(x32+x42)+4x32x42]x32x42=14.
8.解析 (1)由e=ca=12得a=2c,所以b2=3c2.
又点1,32在椭圆上,所以14c2+943c2=1,解得c=1,所以a=2,b=3.
所以椭圆的方程为x24+y23=1.
(2)证明:当直线l1的斜率不存在时,直线OM平分线段PQ成立.
当直线l1的斜率存在时,设直线l1的方程为y=k(x-1),
联立y=k(x-1),x24+y23=1,消去y,得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,
因为l1过焦点,所以Δ>0恒成立,
设P(x1,y1),Q(x2,y2),
则x1+x2=8k24k2+3,x1x2=4k2-124k2+3,
y1+y2=k(x1-1)+k(x2-1)=k(x1+x2-2)=-6k4k2+3,
所以PQ中点的坐标为4k24k2+3,-3k4k2+3.
直线l2的方程为y=-1k(x-1),设M(4,yM),则M4,-3k,
所以直线OM的方程为y=-34kx,
4k24k2+3,-3k4k2+3满足直线OM的方程,即OM平分线段PQ.
综上所述,直线OM平分线段PQ.