2025届高考数学一轮复习专练56 直线和椭圆（Word版附解析）

这是一份2025届高考数学一轮复习专练56 直线和椭圆（Word版附解析），共16页。
【基础落实练】
1.(5分)(2024·合肥模拟)直线y=3x-1与椭圆x24+y28=1的公共点的个数是( )
A.0 B.1 C.2 D.无数个
【解析】选C.由y=3x-1x24+y28=1消去y并整理得11x2-6x-7=0,显然Δ=(-6)2-4×11×(-7)>0,所以直线y=3x-1与椭圆x24+y28=1相交,有2个公共点.
2.(5分)(2024·银川模拟)若直线y=x+m与椭圆x24+y22=1相切,则实数m的值等于( )
A.±6 B.±6 C.±3 D.±4
【解析】选B.将直线y=x+m与椭圆x24+y22=1联立,得y=x+mx24+y22=1⇒3x2+4mx+2m2-4=0,由题意可知Δ=16m2-12(2m2-4)=0⇒m=±6.
3.(5分)(2024·桂林模拟)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F(4,0),过点F的直线交椭圆于A,B两点,若M(1,-1),且OA+OB=2OM,则E的方程为( )
A.x248+y232=1 B.x236+y220=1
C.x224+y28=1 D.x220+y24=1
【解析】选C.因为右焦点F(4,0),所以a2=b2+16,
设A(x1,y1),B(x2,y2),由OA+OB=2OM可知M是AB的中点,所以x1+x2=2,y1+y2=-2,
且x12a2+y12b2=1,x22a2+y22b2=1,
两式相减得(x1+x2)(x1-x2)a2+(y1+y2)(y1-y2)b2=0,
所以 kAB=y1-y2x1-x2=-b2(x1+x2)a2(y1+y2)=-2b2-2a2=b2a2=0+14-1=kFM=13,
所以a2=3b2=b2+16,所以b2=8,a2=24,
故椭圆E的方程为x224+y28=1.
4.(5分)(2023·新高考Ⅱ卷)已知椭圆C:x23+y2=1的左、右焦点分别为F1,F2,直线y=x+m与C交于A,B两点,若△F1AB的面积是△F2AB的2倍,则m=( )
A.23B.23C.-23D.-23
【解题指导】首先联立直线方程与椭圆方程,利用Δ>0,求出m的范围,再根据三角形面积比得到关于m的方程,解出即可.
【解析】选C.将直线y=x+m与椭圆联立y=x+mx23+y2=1,消去y可得4x2+6mx+3m2-3=0,
因为直线与椭圆相交于A,B点,则Δ=36m2-4×4(3m2-3)>0,解得-20),C的上顶点为A,两个焦点为F1,F2,离心率为12.过F1且垂直于AF2的直线与C交于D,E两点,若△ADE的周长是26,则( )
A.a=132 B.b=33
C.直线DE的斜率为33 D.|DE|=12
【解析】选ACD.如图所示:
因为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12,所以不妨设椭圆C:x24c2+y23c2=1,a=2c,b=3c.
因为C的上顶点为A,两个焦点为F1,F2,
所以△AF1F2为等边三角形,
因为过F1且垂直于AF2的直线与C交于D,E两点,
所以kDE=tan 30°=33.故C项正确.
由等腰三角形的性质可得|AD|=|DF2|,
|AE|=|EF2|.
由椭圆的定义可得△ADE的周长为|DE|+|DF2|+|EF2|=4a=26,
所以a=132,b=1343.故A项正确,B项错误.
对于D项,设lDE:y=33(x+134),
联立x21694+y250716=1y=33(x+134),消去y得:x2+2x-26=0,
则Δ=22+4×26>0,
由根与系数的关系得x1+x2=-2,x1·x2=-26,
所以|DE|=1+(33) 2(x1+x2)2-4x1·x2=2322-4×(-26)=12,故D项正确.
7.(5分)(2024·南昌模拟)如果直线l:y=k(x+3)与椭圆C:x2a2+y2=1(a>1)总有公共点,则实数a的取值范围是[3,+∞).
【解析】直线l:y=k(x+3)过定点(-3,0),
因为直线l:y=k(x+3)与椭圆C:x2a2+y2=1(a>1)总有公共点,所以点(-3,0)在椭圆内部或椭圆上,则有(-3)2a2+02≤1⇒a2≥3,因为a>1,所以a≥3.
8.(5分)设椭圆中心在坐标原点,A(2,0),B(0,1)是它的两个顶点,直线y=kx(k>0)与线段AB相交于点D,与椭圆相交于E,F两点.若ED=6DF,则实数k的值为23或38.
【解析】依题意得椭圆的方程为x24+y2=1,直线AB,EF的方程分别为x+2y-2=0,y=kx(k>0).
如图,
设D,E,F三点的坐标分别为D(x0,y0),E(x1,y1),F(x2,y2),其中x2>x1,
由x24+y2=1y=kx得(1+4k2)x2=4,则x1,x2满足方程(1+4k2)x2=4,
故x2=-x1=21+4k2,
由ED=6DF知x0-x1=6(x2-x0),
得x0=17(6x2+x1)=57x2=1071+4k2,
由点D在直线AB上,知x0+2kx0=2,
即x0=21+2k,
所以1071+4k2=21+2k,
化简得24k2-25k+6=0,
解得k=23或k=38.
9.(10分)(2024·巴中模拟)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1,A2,点M(1,32)在椭圆C上,且MA1·MA2=-34.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设椭圆C的右焦点为F,过点F斜率不为0的直线l交椭圆C于P,Q两点,记直线MP与直线MQ的斜率分别为k1,k2,当k1+k2=0时,求△MPQ的面积.
【解析】(1)由题意知A1(-a,0),A2(a,0),
又M(1,32),则MA1=(-a-1,-32),
MA2=(a-1,-32),
所以(-a-1)(a-1)+ (-32)2=-34,
解得a=2(负值舍去),
由M(1,32)在椭圆C上及a=2得14+94b2=1,
解得b2=3,
所以椭圆C的方程为x24+y23=1;
(2)由(1)知,右焦点为F(1,0),
据题意设直线l的方程为x=my+1(m≠0),P(my1+1,y1),Q(my2+1,y2),
则k1=y1-32my1=2y1-32my1,
k2=y2-32my2=2y2-32my2,
于是由k1+k2=0得2y1-32my1+2y2-32my2=0,化简得4y1y2=3(y1+y2)①,
由x=my+1,3x2+4y2-12=0消去x整理得(3m2+4)y2+6my-9=0,
Δ=(6m)2+36(3m2+4)=144(m2+1)>0,
由根与系数的关系得:y1+y2=-6m3m2+4,
y1y2=-93m2+4,
代入①式得:-363m2+4=-18m3m2+4,解得m=2,
所以直线l的方程为x-2y-1=0,
方法一:Δ=144(22+1)=720,
y1+y2=-34,
y1y2=-916,
由求根公式与弦长公式得:
|PQ|=1+22|y1-y2|=572016=154,
设点M到直线l的距离为d,
则d=|1-2×32-1|1+(-2)2=355,
所以S△MPQ=12|PQ|d=12×154×355=958.
方法二:由题意可知S△MPQ=S△MPF+S△MQF
=12|MF|(|xP|+|xQ|)=34(|xP|+|xQ|),
x-2y-1=0代入3x2+4y2-12=0消去y得4x2-2x-11=0,
所以Δ=(-2)2-4×4×(-11)=180>0,xP+xQ=12,xPxQ=-1140,
则x1+2=16k12-8k14k12+1=4-8k1+44k12+1,
从而x1=2-8k1+44k12+1,
故y1=k1(x1-2)+1=1-8k12+4k14k12+1,
即M(2-8k1+44k12+1,1-8k12+4k14k12+1).
因为k1k2=-14,所以k2=-14k1,
所以直线AN的方程为
y-1=k2(x-2)=-14k1(x-2),
即x+4k1y-4k1-2=0,
则M到直线AN的距离d=|2-8k1+44k12+1+4k1(1-8k12+4k14k12+1)-4k1-2|16k12+1=|8k1+4|16k12+1.
因为点M到直线AN的距离为2,
所以|8k1+4|16k12+1=2,解得k1=-316,
则直线AM的方程为y-1=-316(x-2),
即y=-316x+118.
【能力提升练】
10.(5分)(2024·哈尔滨模拟)直线y=kx+1,当k变化时,此直线被椭圆x24+y2=1截得的弦长的最大值是( )
A.2 B.433 C.4 D.不能确定
【解析】选B.直线y=kx+1恒过定点(0,1),且点(0,1)在椭圆上,
设另外一个交点为(x,y),所以x24+y2=1,
则x2=4-4y2,弦长为x2+(y-1)2=4-4y2+(y-1)2=-3y2-2y+5,
当y=-13时,弦长最大,为433.
11.(5分)(2024·赤峰模拟)在椭圆x29+y24=1上求一点M,使点M到直线x+2y-10=0的距离最大,点M的坐标为( )
A.(-3,0) B. (-95,-85)
C. (-2,-255) D.(-2,0)
【解析】选B.如图所示:
根据题意可知,当点M在第三象限且椭圆在点M处的切线与直线x+2y-10=0平行时,点M到直线x+2y-10=0的距离取得最大值,可设切线方程为x+2y+m=0(m>0),
联立x+2y+m=04x2+9y2=36,消去x整理可得25y2+16my+4m2-36=0,
Δ=162m2-100(4m2-36)=0,
因为m>0,解得m=5,所以,椭圆x29+y24=1在点M处的切线方程为x+2y+5=0,
因此,点M到直线x+2y-10=0的距离的最大值为|5+10|12+22=35,
联立x+2y+5=0x29+y24=1,
可得点M的坐标为(-95,-85).
12.(5分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F1,过左焦点F1作倾斜角为π6的直线交椭圆于A,B两点,且AF1=3F1B,则椭圆C的离心率为( )
A.12 B.23 C.33 D.223
【解析】选C.设F1(-c,0),A(x1,y1),B(x2,y2),过点F1所作直线的倾斜角为π6,所以该直线斜率为33,
所以直线方程可写为x=3y-c,
联立方程x2a2+y2b2=1x=3y-c,
可得(a2+3b2)y2-23b2cy-b4=0,
Δ=(23b2c)2+4b4(a2+3b2)>0,
根据根与系数的关系:y1+y2=23b2ca2+3b2,
y1y2=-b4a2+3b2,
因为AF1=3F1B,
即(-c-x1,-y1)=3(x2+c,y2),
所以y1=-3y2,
所以y1y2+y2y1=(y1+y2)2y1y2-2=(23b2ca2+3b2) 2-b4a2+3b2-2=-3-13,
即3c2a2+3b2=13,所以a2+3b2=9c2,
联立a2+3b2=9c2a2=b2+c2,
可得a2=3c2,e2=13⇒e=33.
13.(5分)(2022·新高考Ⅰ卷)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),C的上顶点为A,两个焦点为F1,F2,离心率为12,过F1且垂直于AF2的直线与C交于D,E两点,|DE|=6,则△ADE的周长是13.
【命题意图】本题主要考查直线与椭圆的综合应用,需要学生很强的综合能力.
【解析】因为椭圆的离心率为e=ca=12,所以a=2c,所以b2=a2-c2=3c2,所以椭圆的方程为x24c2+y23c2=1,即3x2+4y2-12c2=0,不妨设左焦点为F1,右焦点为F2,如图所示,因为AF2=a,OF2=c,a=2c,所以∠AF2O=π3,所以△AF1F2为正三角形,因为过F1且垂直于AF2的直线与C交于D,E两点,DE为线段AF2的垂直平分线,所以直线DE的斜率为33,斜率倒数为3, 直线DE的方程:x=3y-c,代入椭圆方程3x2+4y2-12c2=0,整理化简得到:13y2-63cy-9c2=0,
判别式Δ=(-63c)2+4×13×9c2=62×16×c2,
所以|DE|=1+(-3)2|y1-y2|=2×Δ13=2×6×4×c13=6,
所以c=138, 得a=2c=134,
因为DE为线段AF2的垂直平分线,根据对称性,AD=DF2,AE=EF2,所以△ADE的周长等于△F2DE的周长,利用椭圆的定义得到△F2DE的周长为|DF2|+|EF2|+|DE|=|DF2|+|EF2|+|DF1|+|EF1|=|DF1|+|DF2|+|EF1|+|EF2|=2a+2a=4a=13.
14.(10分)(2024·岳阳模拟)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点P(23,223),左,右焦点分别为F1,F2,O为坐标原点,且|PF1|+|PF2|=4.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)设A为椭圆C的右顶点,直线l与椭圆C相交于M,N两点,以MN为直径的圆过点A,求|AM|·|AN|的最大值.
【解析】(1)根据题意可得
49a2+89b2=1|PF1|+|PF2|=4=2a,解得a2=4,b2=1,
所以椭圆的方程为x24+y2=1.
(2)由(1)得A(2,0),设直线l的方程为x=my+t,(t≠2),M(x1,y1),N(x2,y2),
联立x=my+tx24+y2=1,得(m2+4)y2+2mty+t2-4=0,
所以Δ=(2mt)2-4(m2+4)(t2-4)=16m2-16t2+64>0,
y1+y2=-2mtm2+4,y1y2=t2-4m2+4,
x1+x2=(my1+t)+(my2+t)=m(y1+y2)+2t=m(-2mtm2+4)+2t=8tm2+4,
x1x2=(my1+t)(my2+t)=m2y1y2+mt(y1+y2)+t2=m2·t2-4m2+4+mt·(-2mtm2+4)+t2=-4m2+4t2m2+4,
因为以MN为直径的圆过点A,故AM⊥AN,所以AM·AN=0,
所以(x1-2,y1)·(x2-2,y2)=0,
所以-2(x1+x2)+x1x2+y1y2+4=0,
所以-2×8tm2+4+-4m2+4t2m2+4+(t2-4m2+4)+4=0,所以5t2-16t+12m2+4=0,
解得t=65或t=2(舍去),
当t=65时,Δ>0,且|MN|=m2+1|y1-y2|,点A到MN的距离为d=|2-t|m2+1,
所以S△AMN=12|AM|·|AN|=12|2-t|·|y1-y2|=12|2-t|·4m2t2-4(t2-4)(m2+4)m2+4,
化简得|AM|·|AN|=165×m2-t2+4m2+4,
令m2-t2+4=s=m2+6425≥85,则m2+4=s2+t2=s2+3625,
所以|AM|·|AN|=165×ss2+3625=165×1s+3625s,
由对勾函数的单调性知y=s+3625s,在[85,+∞)上单调递增,
即s=85,m=0时y=s+3625s取得最小值52,此时|AM|·|AN|max=165×152=3225.
15.(10分)(2024·南昌模拟)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为2,且经过点P(1,32).
(1)求椭圆C的方程;
(2)经过椭圆右焦点F且斜率为k(k≠0)的动直线l与椭圆交于A,B两点,试问:x轴上是否存在异于点F的定点T,使|AF|·|BT|=|BF|·|AT|恒成立?若存在,求出T点坐标;若不存在,说明理由.
【解析】(1)由椭圆C的焦距为2,故c=1,则b2=a2-1,
又由椭圆C经过点P(1,32),代入C得1a2+94b2=1,解得a2=4,b2=3,
所以椭圆C的方程为x24+y23=1.
(2)根据题意,直线l的斜率显然不为零,令1k=m,
由椭圆右焦点F(1,0),故可设直线l的方程为x=my+1,
联立x=my+1x24+y23=1,整理得(3m2+4)y2+6my-9=0,
则Δ=36m2-4×(-9)(3m2+4)=144(m2+1)>0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),且y1+y2=-6m3m2+4,y1y2=-93m2+4,
设存在点T,设T点坐标为(t,0),由|AF||BT|=|BF||AT|,可得|AF||BF|=|AT||BT|,
又因为|AF||BF|=S△TFAS△TFB=12|FT||AT|sin∠ATF12|FT||BT|sin∠BTF=|AT|sin∠ATF|BT|sin∠BTF,
所以sin ∠ATF=sin ∠BTF,所以∠ATF=∠BTF,
所以直线TA和TB关于x轴对称,其倾斜角互补,即有kAT+kBT=0,
则kAT+kBT=y1x1-t+y2x2-t=0,所以y1(x2-t)+y2(x1-t)=0,
所以y1(my2+1-t)+y2(my1+1-t)=0,整理得2my1y2+(1-t)(y1+y2)=0,
即2m×-93m2+4+(1-t)×-6m3m2+4=0,即3m3m2+4+(1-t)×m3m2+4=0,
解得t=4,符合题意,即存在点T(4,0)满足题意.
【加练备选】
(2024·北京模拟)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点(0,3),且离心率为12.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)过动点P(1,t)作直线交椭圆C于A,B两点,且|PA|=|PB|,过P作直线l,使l与直线AB垂直,证明:直线l恒过定点,并求此定点的坐标.
【解析】(1)由已知得
b=3a2=b2+c2ca=12,解方程组得a2=4b2=3.
所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1.
(2)当直线AB斜率存在时, 由题意知斜率不为0,设AB的直线方程为y-t=k(x-1),且k≠0,
联立3x2+4y2=12y-t=k(x-1),消y得,
(3+4k2)x2+8k(t-k)x+4(t-k)2-12=0,
由题意,Δ>0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-8k(t-k)3+4k2.
因为|PA|=|PB|,所以P是AB的中点.
即x1+x22=1,得-8k(t-k)3+4k2=2,
3+4kt=0①,
又l⊥AB,l的斜率为-1k,
直线l的方程为y-t=-1k(x-1)②,
把①代入②可得:y=-1k(x-14),
所以直线l恒过定点(14,0).
当直线AB斜率不存在时,
直线AB的方程为x=1,
此时直线l为x轴,也过(14,0). 综上所述,直线l恒过点(14,0).
【素养创新练】
16.(5分)已知斜率不为0的直线l过椭圆C:x22+y2=1的左焦点F且交椭圆于A,B两点,y轴上的点M满足|MA|=|MB|,则|FM||AB|的取值范围为( )
A.(28,24]B.(24,22]
C.(116,12)D.[2,+∞)
【解析】选B.很明显点M为线段AB的垂直平分线与y轴的交点,
设直线l:x=my-1,A(x1,y1),B(x2,y2),
联立直线方程与椭圆方程,
可得(m2+2)y2-2my-1=0,
因此y1+y2=2mm2+2,y1y2=-1m2+2,
所以线段AB的中点坐标为(-2m2+2,mm2+2),
|AB|=1+m2(y1+y2)2-4y1y2=22(1+m2)2+m2,
AB的垂直平分线的方程为y=-m(x+2m2+2)+mm2+2,
当x=0时,y=-mm2+2,则M(0,-mm2+2),
因此|FM|=-mm2+22+1=m4+5m2+4m2+2,
所以|FM||AB|=m4+5m2+4m2+2×2+m222(1+m2)=(1+m2)(4+m2)22(1+m2)=24×m2+4m2+1=24×1+3m2+1∈(24,22].