高考数学命题角度5_2直线与椭圆位置关系大题狂练文 15页

命题角度 5.2：直线与椭圆位置关系 1.已知椭圆 C ： 2 2 2 2 1x y a b   （ 1a b  ）的左焦点 F 与抛物线 2 4y x  的焦点重合，直 线 2 02x y   与以原点 O 为圆心，以椭圆的离心率 e 为半径的圆相切． （Ⅰ）求该椭圆C 的方程； （Ⅱ）设点 P 坐标为 1 ,08     ，若 PA PB ，求直线 AB 的方程． 【答案】（Ⅰ） 2 2 14 3 x y  ；（Ⅱ）直线 AB 的方程为 1x   或  3 12y x   . （Ⅱ）若直线 AB 斜率不存在，即 AB ： 1x   ，满足 PA PB . 若直线 AB 的斜率存在，设其方程为  1y k x  ， 将其代入 2 2 14 3 x y  ，整理得 2 2 2 24 3 8 4 12 0k x k x k     ， 0  ， 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 则 2 1 2 2 8 4 3 kx x k    ，    1 2 1 2 2 61 1 4 3 ky y k x k x k        ， ∴ AB 中点 2 2 2 4 3,4 3 4 3 k kG k k       ，根据题意 PG AB ， ∴ 2 2 2 3 4 3 14 1 4 3 8 k k kk k           ，解得 3 2k   ， 综上，直线 AB 的方程为 1x   或  3 12y x   ． 2.已知椭圆C ： 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的左、右焦点分别为 1 2,F F ，点 2 31, 3P      在椭圆 C 上， 2 4 3 3PF  ，过点 1F 的直线l 与椭圆 C 分别交于 ,M N 两点. （1）求椭圆C 的方程； （2）若 OMN 的面积为 12 11 ，求直线l 的方程. 【答案】（1） 2 2 13 2 x y  .（2）  3 1y x  或  3 1y x   . 【解析】试题分析： (1)由题意可求得 3a  ， 2b  ， 1c  ，则所求椭圆方程为 2 2 13 2 x y  . (2)很明显直线的斜率存在，设出直线方程的点斜式，联立直线与椭圆的方程，结合根与系数 的 关 系 可 得 得 到 关 于 斜 率 的 方 程 ， 解 方 程 可 得 直 线 l 的 方 程 是  3 1y x  或  3 1y x   . 试题解析： （1）由题意得：   2 2 2 2 2 2 1 4 13 4 4 3{ 1 3 3 a b c a b c         ，解得 3a  ， 2b  ， 1c  ， 故所求椭圆方程为 2 2 13 2 x y  . （2）当直线 MN 与 x 轴垂直时， 4 3 3MN  ，此 时 2 3 3MONS  ，不符合题意，舍去； 当直线 MN 与 x 轴不垂直时，设直线 MN 的方程为  1y k x  ， 由   2 2 1{ 3 2 1 x y y k x     消去 y 得：    2 2 2 22 3 6 3 6 0k x k x k     ， 设    1 1 2 2, , ,M x y N x y ，则 2 1 2 2 2 1 2 2 6 2 3{ 3 6 2 3 kx x k kx x k      ， ∴           22 2 2 1 2 1 2 1 2 1 21 1MN x x y y x x k x k x              22 1 21 k x x      22 1 2 1 21 4k x x x x          2 2 2 2 22 36 12 241 2 32 3 k kk kk            22 22 48 1 2 3 k k     2 2 4 3 1 2 3 k k    原点O 到直线 MN 的距离 21 kd k   . ∴三角形的面积  2 2 2 4 3 11 1 2 2 2 3 1MON k kS MN d k k        ， 由 12 11MONS  ，得 2 3k  ，故 3k   ， ∴直线 MN 的方程为  3 1y x  或  3 1y x   . 点睛：(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去 x(或 y)建立一元二 次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系． (2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为 0 或不存在等特殊情形． 3. 已 知 椭 圆 C ： 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的 长 轴 长 为 2 2 ， 且 椭 圆 C 与 圆 M ：  2 2 11 2x y   的公共弦长为 2 . （1）求椭圆C 的方程. （2）经过原点作直线l（不与坐标轴重合）交椭圆于 A ， B 两点， AD x 轴于点 D ，点 E 在椭圆C 上，且     0AB EB DB AD       ，求证： B ， D ， E 三点共线.. 【答案】（1） 2 2 12 x y  ;（2）见解析. 【解析】试题分析：（1）根据题意列出关于 a 、b 、c 的方程组，结合性质 2 2 2a b c  ， ， 求出 a 、b 、c ，即可得结果；（2）设  1 1,A x y ，  2 2,E x y ，则  1 1,B x y  ，  1,0D x . 因 为 点 A ， E 都 在 椭 圆 C 上 ， 所 以 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2, 2 2, x y x y       ， 利 用 “ 点 差 法 ” 证 明 1 2 1 1 2 12BE BD y y yk k x x x     1 2 1 2 1 2 1 2 0y y y y x x x x     ，即可得结论. （2）证明：设  1 1,A x y ，  2 2,E x y ，则  1 1,B x y  ，  1,0D x . 因为点 A ， E 都在椭圆 C 上，所以 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2, 2 2, x y x y       所以  1 2 1 2x x x x     1 2 1 22 0y y y y   ， 即   1 2 1 2 1 2 1 22 y y x x x x y y     . 又   AB EB DB AD      0AE AB    ， 所以 1AB AEk k   ， 即 1 1 2 1 1 2 1y y y x x x    ， 所以   1 1 2 1 1 2 12 y x x x y y   所以  1 21 1 1 2 2 y yy x x x   又 1 2 1 1 2 12BE BD y y yk k x x x     1 2 1 2 1 2 1 2 0y y y y x x x x     ， 所以 BE BDk k ， 所以 B ， D ， E 三点共线. 4.如图所示，椭圆   2 2 2 2 1 0x y a ba b     的左右焦点分别为 1 2,F F ，点 A 为椭圆在第一象限 上的点，且 2AF  x 轴， （1）若 2 1 3 5 AF AF  ，求椭圆的离心率； （2）若线段 1BF 与 x 轴垂直，且满 足 1 1BF AF ，证明：直线 AB 与椭圆只有一个交点. 【答案】（1） 1 2e  ；（2）见解析. 试题解析： （1）因为 2 1 3 5 AF AF  ，又 1 2 2AF AF a  ，则 1 2 5 3,4 4AF a AF a  ，所以由勾股定理得 1 2F F a ，即 2a c ，所以离心率 1 2e  （ 2 ） 把 x c 代 入 椭 圆 2 2 2 2 1x y a b   得 2by a  ， 即 2 2 bAF a  , 所 以 2 , bA c a       ， 又 1 2 2AF AF a  所 以 2 2 2 2 2 1 22 b a b a cAF a a a a      ， 即 2 2 1 a cBF a  ， 故 2 2 , a cB c a      ， 则 直 线 AB 的 斜 率 2 2 2 2AB a c b ca aK c a      ， 则 直 线 AB 方 程 为   2b cy x ca a     ，整理得 cy x aa    联立 2 2 2 2 1 { x y a b cy x aa      消去 y 得： 2 2 2 22 0a x ca x a c   ，易得△ 2 4 2 44 4 0c a c a   故直线 AB 与椭圆只有一个交点 5.已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yE a ba b     过点 21, 2P       ，且 E 的离心率为 2 2 . （1）求 E 的方程； （2）过 E 的顶点  0,A b 作两条互相垂直的直线与椭圆分别相交于 ,B C 两点.若 BAC 的角 平分线方程为 3 1y x   ，求 ABC 的面积及直线 BC 的方程. 【答案】（1） 2 2 12 x y  ;（2）3 6 2 0x y   . 【解析】试题分析：（1）根据椭圆离心率和椭圆上一点 P 的坐标，列方程组，解方程组可求 得椭圆的标准方程.（2）设出过 A 点的直线方程，联立直线的方程和椭圆的方程，求得 B 点 的横坐标，由此得到 AB ，利用角平分线上的点到两边的距离相等建立方程，可求得斜率， 由此求得三角形面积和直线方程. （2）设过 A 斜率为  0k k  的直线为 1y kx  ，代入椭圆方程 2 22 2 0x y   得  2 22 1 4 0k x kx   ，① 则 2 4 2 1B kx k    ， ∴ 21 0BAB k x   2 2 4 12 1 k kk   ，② 在直线 3 1y x   上取一点 1 ,03Q     ，则 Q 到直线 1y kx  的距离为 2 1 13 1 k k   ， 点Q 到直线 1 1y xk    的距离为 2 1 3 1 k k   ， 由已知条件 2 2 1 113 3 1 1 k k k k      ，解得 2k  或 1 2  . 代入②得 8 5 9AB  ， 2 5 3AC  ， ∴ ABC 的面积 1 2S AB AC   1 8 5 2 5 40 2 9 3 27    . 由①得 8 7,9 9B     ， 4 1,3 3C      . ∴ BC 的方程为 1 1 4 3 2 3y x      ，即3 6 2 0x y   . 点睛：本题主要考查椭圆标准方程的求法，考查直线与圆锥曲线位置关系.考查化归与转化的 数学思想方法和角平分线的几何性质.第一问求椭圆的标准方程，需要两个条件，一个是椭圆 的离心率，另一个是椭圆上一点的坐标，根据这两个条件列方程组即可求得椭圆方程.第二问 需要用到角平分线上的点到两边距离相等这一性质来建立方程. 6.已知椭圆W ： 2 2 2 14 x y b   ( 0)b  的一个焦点坐标为 3,0 . （Ⅰ）求椭圆W 的方程和离心率； （Ⅱ）若椭圆W 与 y 轴交于 A ， B 两点（ A 点在 B 点的上方），M 是椭圆上异于 A ， B 的 任意一点，过点 M 作 MN y 轴于 N ， E 为线段 MN 的中点，直线 AE 与直线 1y   交于 点C ， G 为线段 BC 的中点， O 为坐标原点．求 OEG 的大小． 【答案】（1） 3 2 （2）见解析 【解析】试题分析 ：（1）由焦点坐标为  3,0 ，可知 c 3 ，可得 2 2x y 14   .离心率 c 3e a 2   。（2）设 M  0 0x ,y ， 0x 0 ，则 N  00, y ， E 0 0 x , y2      ． C 0 0 x , 11 y     ． 又 B  0, 1 ， G 为线段 BC 的中点，所以 G   0 0 x , 12 1 y      ．由点 M 在曲线上，代入 OE GE 0   所以 OEG 90   试题解析： ( Ⅰ)依题意， 2a  ， 3c  ，所以 2 2 2 1b a c   .则椭圆W 的方程为 2 2 14 x y  .离心率 3 2 ce a   . (Ⅱ)设 M  0 0,x y ， 0 0x  ，则 N  00, y ， E 0 0,2 x y     ． 又 A  0,1 ，所以直线 AE 的方程为  0 0 2 11 yy xx   ． 令 1y   ，则 C 0 0 , 11 x y     ． 又 B  0, 1 ， G 为线段 BC 的中点，所以 G   0 0 , 12 1 x y      ． 所以 0 0,2 xOE y      ，   0 0 0 0 , 12 2 1 x xGE yy         ，    0 0 0 0 0 0 12 2 2 1 x x xOE GE y yy              2 2 20 0 0 0 04 4 1 x x y yy     ． 因为点 M 在椭圆W 上，则 2 20 0 14 x y  ，所以 2 2 0 04 4x y  ． 则   2 0 0 0 1 4 1 xOE GE yy       0 01 1y y    0 ． 因此 OE GE  ．故 90OEG   ． 7.已知椭圆 ： （ ）的短轴长为 2，离心率是 . （1）求椭圆 的方程； （2）点 ，轨迹 上的点 ， 满足 ，求实数 的取值范围. 【答案】（1） （2） （2）过 的直线若斜率不存在，则 或 3. 设直线斜率 存在 ， 则 由（2）（4）解得 ， 代入（3）式得 化简得 由（1） 解得 代入上式右端得 . 解得 综上实数 的取值范围是 . 8.已知椭圆 C： 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的离心率为 15 4 ， 1 2,F F 是椭圆的两个焦点， P 是 椭圆上任意一点，且 1 2PF F 的周长是8 2 15 ． （1）求椭圆 C 的方程； （2）设圆 T：  2 2 4 9x t y   ，过椭圆的上顶点作圆 T 的两条切线交椭圆于 E、F 两点，当 圆心在 x 轴上移动且  1,3t  时，求 EF 的斜率的取值范围． 【答案】（1） 2 2 116 x y  ；（2） 6 ,1825      . 【解析】试题分析：（1）由椭圆离心率得到 a，c 的关系，再由△PF1F2 的周长是 8+2 15 得 a， c 的另一关系，联立求得 a，c 的值，代入隐含条件求得 b，则椭圆方程可求；（2）椭圆的上 顶点为 M（0，1），设过点 M 与圆 T 相切的直线方程为 y=kx+1，由圆心到切线距离等于半径得 到关于切线斜率的方程，由根与系数关系得到 1 2 1 22 2 18 5,9 4 9 4 tk k k kt t      ，再联立一切线方程和椭圆方程，求得 E 的坐标，同理求得 F 坐标，另一两点求斜率公式得到 1 2 2 1 2 6 1 16 28 3EF k k tk k k t    ．然后由函数单调性求得 EF 的 斜率的范围 试题解析：（1）由 15 4e  ，即 15 4 c a  ，可知 a=4b， 15c b ， ∵△PF1F2 的周长是8 2 15 ， ∴ 2 2 8 2 15a c   ，∴a=4，b=1，所求椭圆方程为 2 2 116 x y  ； （2）椭圆的上顶点为 M（0，1），设过点 M 与圆 T相切的直线方程为 y=kx+1， 由直线 y=kx+1 与 T 相切可知 2 1 2 31 kt k    ， 即（9t2﹣4）k2+18tk+5=0， ∴ 1 2 1 22 2 18 5,9 4 9 4 tk k k kt t     ， 由 1 2 2 1 { 116 y k x x y     ，得 2 2 1 11 16 32 0k x k x   ． ∴ 1 2 1 32 1 16E kx k    ， 同理 2 2 2 32 1 16F kx k    ， 则 1 2 1 2 2 1 2 6 1 16 28 3 E F E F EF E F E F y y k x k x k k tk x x x x k k t          ． 当 1＜t＜3 时，   2 6 28 3 tf t t   为增函数，故 EF 的斜率的范围为 6 ,1825      ． 考点：直线与圆锥曲线的关系；椭圆的标准方程 9. 在 平 面 直 角 坐 标 系 xOy 中 ， 过 椭 圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     右 焦 点 F 的 直 线 2 0x y   交C 于 ,A B 两点 ， P 为 AB 的中点，且OP 的斜率为 1 3 . （1）求椭圆C 的标准方程； （2）设过点 F 的直线l （不与坐标轴垂直）与椭圆交于 ,D E 两点，若在线段OF 上存在点  ,0M t ，使得 MDE MED   ，求t 的取值范围. 【答案】（1） 2 2 16 2 x y  （2） 40, 3      【解析】试题分析： (1)利用题意求得 22, 6c a  ，则椭圆C 的方程为 2 2 16 2 x y  . (2)由题意联立直线与椭圆的方程，整理可得关于 t 的函数 2 2 2 4 4 11 3 3 kt k k    ，据此可得 t 的取值范围是 40, 3      . (2) 设线段 DE 的中点为 H ，因为 MDE MED   ，所以 MH DE ，设直线l 的方程 为  2y k x  ， 代 入 椭 圆 C 的 方 程 为 2 2 16 2 x y  ， 得  2 2 2 23 1 12 12 6 0k x k x k     ，设    3 3 4 4, , ,D x y E x y ，则 2 3 4 2 12 1 3 kx x k    .则   2 3 4 2 2 6 2, 2 =2 1 3 1 3HH H x x k kx y k xk k       ，即 2 2 2 6 2,1 3 1 3 k kH k k       ， 由已知得 2 2 2 2 11 3· 1, 6 1 3 MH l k kk k k ktk        ，整理得 2 2 2 4 4 11 3 3 kt k k    ，因为 2 0k  ， 所以 40, 3t     , 所以t 的取值范围是 40, 3      . 点睛： (1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去 x(或 y)建立一元二 次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系． (2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为 0 或不存在等特殊情形． 10. 如图，椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的右顶点为  2,0A ，左、右焦点分别为 1F 、 2F ， 过点 A 且斜率为 1 2 的直线与 y 轴交于点 P ，与椭圆交于另一个点 B ，且点 B 在 x 轴上的射影 恰好为点 1F ． （Ⅰ）求椭圆 C 的标准方程； （Ⅱ）过点 P 的直线与椭圆交于 ,M N 两点（ ,M N 不与 ,A B 重合），若 6PAM PBNS S  ，求 直线 MN 的方程． 【答案】（1） 2 2 14 3 x y  （2） 6 12y x  或 6 12y x   ． 【解析】【试题分析】（1）依据题设条件建立方程组进行求解；（2）先依据题设求得 3PM PN   ，再借助直线与椭圆的位置关系分析探求： （Ⅰ）当 1 2k  时， 1BF x 轴，得到点 2 , bB c a       ， 所以   2 2 2 2 2 2 1{ { 32 1 a a b ba a c c a b c         ，所以椭圆C 的方程是 2 2 14 3 x y  ． （Ⅱ）因为 1 sin 2 62 1 1 1sin2 PAM PBN PA PM APMS PM S PNPB PN BPN           ， 3PM PN   所以 3PM PN   ． 设    1 1 2 2, , ,M x y N x y ，则    1 1 2 2, 1 , , 1PM x y PN x y     ，有 1 23x x  ①当 MN 斜率不存在， MN 的方程为 0x  ， 3 1 2 3 3 1 PM PN     或 3 1 2 3 3 1 PM PN     ，(不合条件,舍去) 即 2 2 2 4 83 4 3 4 3 k k k       ．所以 2 3 6 2 2k k    ． 所以直线 2l 的方程为 6 12y x  或 6 12y x   ．