2023届高考一轮复习讲义（文科）第九章　平面解析几何 第5讲　第2课时　高效演练 分层突破学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（文科）第九章　平面解析几何 第5讲　第2课时　高效演练 分层突破学案，共6页。
1．直线y＝x＋2与椭圆eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,3)＝1有两个公共点，则m的取值范围是( )
A．(1，＋∞) B．(1，3)∪(3，＋∞)
C．(3，＋∞) D．(0，3)∪(3，＋∞)
解析：选B.由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x＋2，,\f(x2,m)＋\f(y2,3)＝1，))得(m＋3)x2＋4mx＋m＝0.由Δ>0且m≠3及m>0得m>1且m≠3.
2．设直线y＝kx与椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1相交于A，B两点，分别过A，B两点向x轴作垂线，若垂足恰为椭圆的两个焦点，则k等于( )
A．±eq \f(3,2) B．±eq \f(2,3)
C．±eq \f(1,2) D．±2
解析：选A.由题意可知，点A与点B的横坐标即为焦点的横坐标，又c＝1，当k>0时，不妨设A，B两点的坐标分别为(－1，y1)，(1，y2)，代入椭圆方程得y1＝－eq \f(3,2)，y2＝eq \f(3,2)，解得k＝eq \f(3,2)；同理可得当kb>0)与直线y＝x＋3只有一个公共点，且椭圆的离心率为eq \f(\r(5),5)，则椭圆C的方程为( )
A.eq \f(4x2,25)＋eq \f(y2,5)＝1 B.eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1
C.eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,5)＝1 D．eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,20)＝1
解析：选B.将直线方程y＝x＋3代入C的方程并整理得(a2＋b2)x2＋6a2x＋9a2－a2b2＝0，由椭圆与直线只有一个公共点得，Δ＝(6a2)2－4(a2＋b2)(9a2－a2b2)＝0，化简得a2＋b2＝9.又由椭圆的离心率为eq \f(\r(5),5)，所以eq \f(c,a)＝eq \f(\r(a2－b2),a)＝eq \f(\r(5),5)，则eq \f(b2,a2)＝eq \f(4,5)，解得a2＝5，b2＝4，所以椭圆的方程为eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1.
5．直线l过椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1的左焦点F，且与椭圆交于P，Q两点，M为PQ的中点，O为原点，若△FMO是以OF为底边的等腰三角形，则直线l的斜率为( )
A.eq \f(\r(2),2) B．±eq \f(\r(2),2)
C．±eq \f(\r(3),2) D．eq \f(\r(3),2)
解析：选B.由eq \f(x2,2)＋y2＝1，得a2＝2，b2＝1，所以c2＝a2－b2＝2－1＝1，则c＝1，则左焦点F(－1，0)．由题意可知，直线l的斜率存在且不等于0，设直线l的方程为y＝kx＋k.设l与椭圆交于点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝kx＋k))得(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0.则PQ的中点M的横坐标为eq \f(x1＋x2,2)＝－eq \f(2k2,2k2＋1).因为△FMO是以OF为底边的等腰三角形，所以－eq \f(2k2,2k2＋1)＝－eq \f(1,2)，解得k＝±eq \f(\r(2),2).
6．已知椭圆eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)的右顶点为A(1，0)，过其焦点且垂直于长轴的弦长为1，则椭圆方程为 ．
解析：因为椭圆eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1的右顶点为A(1，0)，所以b＝1，焦点坐标为(0，c)，因为过焦点且垂直于长轴的弦长为1，所以eq \f(2b2,a)＝1，a＝2，所以椭圆方程为eq \f(y2,4)＋x2＝1.
答案：eq \f(y2,4)＋x2＝1
7．已知椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1与直线y＝x＋m交于A，B两点，且|AB|＝eq \f(4\r(2),3)，则实数m的值为 ．
解析：由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝x＋m))消去y并整理，
得3x2＋4mx＋2m2－2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－eq \f(4m,3)，x1x2＝eq \f(2m2－2,3).
由题意，得eq \r(2（x1＋x2）2－8x1x2)＝eq \f(4\r(2),3)，
解得m＝±1.
答案：±1
8．已知椭圆的方程是x2＋2y2－4＝0，则以M(1，1)为中点的弦所在的直线方程是 ．
解析：由题意知，以M(1，1)为中点的弦所在直线的斜率存在，设其方程为y＝kx＋b，
则有k＋b＝1，即b＝1－k，即y＝kx＋(1－k)，
联立方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋2y2－4＝0，,y＝kx＋（1－k），))则有(1＋2k2)x2＋(4k－4k2)x＋(2k2－4k－2)＝0，
所以eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(1,2)·eq \f(4k2－4k,1＋2k2)＝1，
解得k＝－eq \f(1,2)(满足Δ>0)，故b＝eq \f(3,2)，
所以y＝－eq \f(1,2)x＋eq \f(3,2)，即x＋2y－3＝0.
答案：x＋2y－3＝0
9．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(6),3)，焦距为2eq \r(2)，过点D(1，0)且不过点E(2，1)的直线l与椭圆C交于A，B两点，直线AE与直线x＝3交于点M.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若AB垂直于x轴，求直线MB的斜率．
解：(1)由题意可得2c＝2eq \r(2)，即c＝eq \r(2)，又e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(6),3)，解得a＝eq \r(3)，b＝eq \r(a2－c2)＝1，所以椭圆的方程为eq \f(x2,3)＋y2＝1.
(2)由直线l过点D(1，0)且垂直于x轴，设A(1，y1)，B(1，－y1)，则AE的方程为y－1＝(1－y1)(x－2)．令x＝3，可得M(3，2－y1)，所以直线BM的斜率kBM＝eq \f(2－y1－（－y1）,3－1)＝1.
10．设F1，F2分别是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，M是C上一点且MF2与x轴垂直，直线MF1与C的另一个交点为N.
(1)若直线MN的斜率为eq \f(3,4)，求C的离心率；
(2)若直线MN在y轴上的截距为2，且|MN|＝5|F1N|，求a，b的值．
解：(1)根据c＝eq \r(a2－b2)及题设知Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c，\f(b2,a)))，eq \f(\f(b2,a),2c)＝eq \f(3,4)，2b2＝3ac.将b2＝a2－c2代入2b2＝3ac，解得eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，eq \f(c,a)＝－2(舍去)．故C的离心率为eq \f(1,2).
(2)由题意，原点O为F1F2的中点，MF2∥y轴，所以直线MF1与y轴的交点D(0，2)是线段MF1的中点．故eq \f(b2,a)＝4，即b2＝4a.①
由|MN|＝5|F1N|，得|DF1|＝2|F1N|.
设N(x1，y1)，由题意知y1b>0)的两个焦点，P为椭圆上一点，且eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝c2，则此椭圆离心率的取值范围是 ．
解析：设P(x，y)，则eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝(－c－x，－y)·(c－x，－y)＝x2－c2＋y2＝c2，①
将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\c1(\f(\r(3),3)，\f(\r(2),2))).
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，\f(\r(2),2)))
3．(2019·高考天津卷)设椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B.已知椭圆的短轴长为4，离心率为eq \f(\r(5),5).
(1)求椭圆的方程；
(2)设点P在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点M为直线PB与x轴的交点，点N在y轴的负半轴上．若|ON|＝|OF|(O为原点)，且OP⊥MN，求直线PB的斜率．
解：(1)设椭圆的半焦距为c，依题意，2b＝4，eq \f(c,a)＝eq \f(\r(5),5)，
又a2＝b2＋c2，可得a＝eq \r(5)，b＝2，c＝1.
所以椭圆的方程为eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)由题意，设P(xP，yP)(xP≠0)，M(xM，0)．设直线PB的斜率为k(k≠0)，又B(0，2)，则直线PB的方程为y＝kx＋2，与椭圆方程联立得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，))整理得(4＋5k2)x2＋20kx＝0，可得xP＝－eq \f(20k,4＋5k2)，代入y＝kx＋2得yP＝eq \f(8－10k2,4＋5k2)，进而直线OP的斜率eq \f(yP,xP)＝eq \f(4－5k2,－10k)，在y＝kx＋2中，令y＝0，得xM＝－eq \f(2,k).由题意得N(0，－1)，所以直线MN的斜率为－eq \f(k,2).由OP⊥MN，得eq \f(4－5k2,－10k)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(k,2)))＝－1，化简得k2＝eq \f(24,5)，从而k＝±eq \f(2\r(30),5).
所以直线PB的斜率为eq \f(2\r(30),5)或－eq \f(2\r(30),5).
4．已知F1，F2是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左，右两个焦点，|F1F2|＝4，长轴长为6，又A，B分别是椭圆C上位于x轴上方的两点，且满足eq \(AF1,\s\up6(→))＝2eq \(BF2,\s\up6(→)).
(1)求椭圆C的方程；
(2)求四边形ABF2F1的面积．
解：(1)由题意知2a＝6，2c＝4，所以a＝3，c＝2，
所以b2＝a2－c2＝5，所以椭圆C的方程为eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,5)＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，又F1(－2，0)，F2(2，0)，
所以eq \(AF1,\s\up6(→))＝(－2－x1，－y1)，eq \(BF2,\s\up6(→))＝(2－x2，－y2)，
由eq \(AF1,\s\up6(→))＝2eq \(BF2,\s\up6(→))，得x1＋2＝2(x2－2)，y1＝2y2.
延长AB交x轴于H，
因为eq \(AF1,\s\up6(→))＝2eq \(BF2,\s\up6(→))，所以AF1∥BF2，且|AF1|＝2|BF2|.
所以线段BF2为△AF1H的中位线，即F2为线段F1H的中点，
所以H(6，0)．
设直线AB的方程为x＝my＋6，
代入椭圆方程，得5(my＋6)2＋9y2＝45，即(5m2＋9)y2＋60my＋135＝0.
所以y1＋y2＝－eq \f(60m,5m2＋9)＝3y2，y1·y2＝eq \f(135,5m2＋9)＝2yeq \\al(2,2)，
消去y2，得m2＝eq \f(92×3,25)，结合题意知m＝－eq \f(9\r(3),5).
S四边形ABF2F1＝S△AF1H－S△BF2H＝eq \f(1,2)|F1H|y1－eq \f(1,2)|F2H|y2＝4y1－2y2＝8y2－2y2＝6y2＝－eq \f(120m,5m2＋9)＝eq \f(15\r(3),4).