2023届高考数学一轮复习作业直线与椭圆新人教B版（答案有详细解析）

这是一份2023届高考数学一轮复习作业直线与椭圆新人教B版（答案有详细解析），共7页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
直线与椭圆一、选择题1．直线y＝kx－k与椭圆＋＝1的位置关系为(　　)A．相交   B．相切C．相离   D．不确定A　[直线y＝kx－k可化为y＝k(x－1)，所以直线恒过点(1,0)，又＋<1，即(1,0)在椭圆的内部，∴直线y＝kx－k与椭圆＋＝1的位置关系为相交．]2．过椭圆＋＝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(　　)A．    B．    C．    D．B　[由题意知椭圆的右焦点F的坐标为(1,0)，则直线AB的方程为y＝2x－2．联立 解得交点坐标为(0，－2)，，不妨设A点的纵坐标yA＝－2，B点的纵坐标yB＝，∴S△OAB＝·|OF|·|yA－yB|＝×1×＝．]3．倾斜角为的直线经过椭圆＋y2＝1的右焦点F，且与椭圆交于A，B两点，则弦长|AB|＝(　　)A．   B．C．2   D．4B　[因为椭圆＋y2＝1的右焦点为F(1,0)，又倾斜角为的直线经过椭圆＋y2＝1的右焦点F，且与椭圆交于A，B两点，所以直线AB的方程为y＝tan(x－1)＝x－1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由 得x2＋2(x－1)2＝2，即3x2－4x＝0，所以x1＋x2＝，x1x2＝0，所以弦长|AB|＝×＝×＝．]4．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)与直线y＝x＋3只有一个公共点，且椭圆的离心率为，则椭圆C的方程为(　　)A．＋＝1   B．＋＝1C．＋＝1   D．＋＝1B　[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，＝＝，则＝，解得a2＝5，b2＝4，所以椭圆的方程为＋＝1．]5．直线l过椭圆＋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．    B．±    C．±    D．B　[由＋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)，联立得(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0．则PQ的中点M的横坐标为＝－．因为△FMO是以OF为底边的等腰三角形，所以－＝－，解得k＝±．]6．倾斜角为的直线经过椭圆＋＝1(a＞b＞0)的右焦点F，与椭圆交于A，B两点，且＝2，则该椭圆的离心率为(　　)A．    B．    C．    D．B　[由题意可知，直线的方程为y＝x－c，与椭圆方程联立得∴(b2＋a2)y2＋2b2cy－b4＝0，由于直线过椭圆的右焦点，故必与椭圆有交点，则Δ＞0．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则又＝2，∴(c－x1，－y1)＝2(x2－c，y2)，∴－y1＝2y2，可得∴＝，∴e＝，故选B．]二、填空题7．已知直线l：y＝kx＋1与椭圆＋y2＝1交于M，N两点，且|MN|＝，则k＝        ．±1　[设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由 消去y并化简得(1＋2k2)x2＋4kx＝0，所以x1＋x2＝－，x1x2＝0，由|MN|＝，得(x1－x2)2＋(y1－y2)2＝，所以(1＋k2)(x1－x2)2＝，所以(1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2]＝，即(1＋k2)＝，化简得k4＋k2－2＝0，所以k2＝1，所以k＝±1．]8．若椭圆＋＝1的一条弦被点(2,1)平分，则这条弦所在的直线方程是        ．x＋2y－4＝0　[设弦的两个端点的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＋＝1，＋＝1，两式相减可得＝－，所以＝－＝－＝－，即弦AB所在直线的斜率为－，直线方程为y－1＝－(x－2)，整理得x＋2y－4＝0，即弦所在的直线方程是x＋2y－4＝0．]9．已知椭圆＋＝1(a>b>0)的一条弦所在的直线方程是x－y＋5＝0，弦的中点坐标是M(－4,1)，则椭圆的离心率为        ．　[设直线与椭圆交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，分别代入椭圆方程，由点差法可知yM＝－xM，代入k＝1，M(－4，1)，解得＝，e＝＝．]三、解答题10．设F1，F2分别是椭圆C：＋＝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，求椭圆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)易知M，由＝得2b2＝3ac，故2(a2－c2)＝3ac，解得＝，＝－2(舍去)． 故椭圆的离心率为．(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＝4，即b2＝4a．①由|MN|＝5|F1N|，得|DF1|＝2|F1N|．设N(x1，y1)，由题意知y1＜0，则即代入C的方程，得＋＝1．②将①及c＝代入②得＋＝1．解得a＝7，b2＝4a＝28．故a＝7，b＝2．11．设椭圆C：＋＝1的左、右焦点为F1，F2，过点F2的直线l：x－y－1＝0交C于A，B两点，△ABF1的周长等于8．(1)求C的标准方程；(2)求△ABF1的面积．[解](1)由题意，令y＝0，则x＝1，所以F2(1,0)，即c＝1，又因为△ABF1的周长等于8，即4a＝8，则a＝2，所以b2＝22－12＝3，故C的标准方程为＋＝1．(2)联立消去x得7y2＋6y－9＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以则|y1－y2|＝＝＝，S＝|F1F2|·|y1－y2|＝×2×＝．1．如图，已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)，斜率为－1的直线与椭圆C相交于A，B两点，平行四边形OAMB(O为坐标原点)的对角线OM的斜率为，则椭圆的离心率为(　　)A．    B．    C．    D．B　[设lAB方程y＝－x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，由得(a2＋b2)x2－2ma2x＋a2m2－a2b2＝0，又由平行四边形OAMB可知：x0＝x1＋x2＝，y0＝，故kOM＝＝＝，所以离心率e＝＝＝，故选B．]2．已知椭圆C：x2＋＝1，直线l：y＝x＋m，若椭圆C上存在两点关于直线l对称，则m的取值范围是(　　)A．   B．C．   D．C　[设椭圆x2＋＝1上存在关于直线y＝x＋m对称的两点为M(x1，y1)，N(x2，y2)，根据对称性可知线段MN被直线y＝x＋m垂直平分，且MN的中点T(x0，y0)在直线y＝x＋m上，且kMN＝－1，故可设直线MN的方程为y＝－x＋n，联立整理可得3x2－2nx＋n2－2＝0，所以x1＋x2＝，y1＋y2＝2n－(x1＋x2)＝2n－＝，由Δ＝4n2－12(n2－2)＞0，可得－＜n＜，所以x0＝＝，y0＝＝，因为MN的中点T(x0，y0)在直线y＝x＋m上，所以＝＋m，m＝，－＜m＜，故选C．]3．已知椭圆C的两个焦点为F1(－1，0)，F2(1,0)，且经过点E．(1)求椭圆C的标准方程；(2)过F1的直线l与椭圆C交于A，B两点(点A位于x轴上方)，若＝2，求直线l的斜率k的值．[解](1)设椭圆C的方程为＋＝1(a＞b＞0)，由解得所以椭圆C的标准方程为＋＝1．(2)由题意得直线l的方程为y＝k(x＋1)(k＞0)，联立整理得y2－y－9＝0，则Δ＝＋144＞0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝，y1y2＝，又＝2，所以y1＝－2y2，所以y1y2＝－2(y1＋y2)2，则3＋4k2＝8，解得k＝±，又k＞0，所以k＝．1．已知直线x＝my＋2(m∈R)与椭圆＋＝1相交于A，B两点，则|AB|的最小值为        ；若|AB|＝，则实数m的值是        ．　±1　[易知直线x＝my＋2恒过点(2,0)，而点(2,0)恰为椭圆＋＝1的右焦点，则|AB|的最小值即为通径长＝，联立，消去x得，(5m2＋9)y2＋20my－25＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝－，y1y2＝－，则|AB|＝＝＝·＝·＝，解得m＝±1．]2．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)过点P(2，)，且两焦点与短轴的一个顶点的连线构成等腰直角三角形．(1)求椭圆C的方程；(2)过(0，－1)的直线l交椭圆于A，B两点，试问：是否存在一个定点T，使得以线段AB为直径的圆恒过点T？若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．[解](1)因为椭圆C的两焦点与短轴的一个顶点的连线构成等腰直角三角形，所以a＝b．所以椭圆C的方程为＋＝1．又椭圆C经过点P(2，)，代入椭圆方程得b＝3．所以a＝3．故所求椭圆方程为＋＝1．(2)由已知动直线l过(0，－1)点．当l与x轴平行时，以AB为直径的圆的方程为x2＋(y＋1)2＝16；当l与y轴重合时，以AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝9．所以两圆相切于点(0,3)，即两圆只有一个公共点．因此，所求点T如果存在，只能是点(0,3)．以下证明以AB为直径的圆恒过点T(0,3)．当l与x轴垂直时，以AB为直径的圆过点T(0,3)．当l与x轴不垂直时，设l：y＝kx－1．由得(2k2＋1)x2－4kx－16＝0．由(0，－1)在椭圆内部知Δ＞0成立．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝．又＝(x1，y1－3)，＝(x2，y2－3)，所以·＝x1x2＋(y1－3)(y2－3)＝x1x2＋(kx1－4)(kx2－4)＝(1＋k2)x1x2－4k(x1＋x2)＋16＝(1＋k2)·－4k·＋16＝0．所以TA⊥TB，即以AB为直径的圆恒过点T(0,3)．所以存在一个定点T(0,3)满足条件．