2023届高考一轮复习讲义（理科）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

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A．至多为1 B．2
C．1 D．0
解析：选B.由题意知，eq \f(4,\r(m2＋n2))>2，即eq \r(m2＋n2)<2，
所以点P(m，n)在椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的内部，故所求交点个数是2.
2．椭圆4x2＋9y2＝144内有一点P(3，2)，则以P为中点的弦所在直线的斜率为( )
A．－eq \f(2,3) B．－eq \f(3,2)
C．－eq \f(4,9) D．－eq \f(9,4)
解析：选A.设以P为中点的弦所在的直线与椭圆交于点A(x1，y1)，B(x2，y2)，斜率为k，则4xeq \\al(2,1)＋9yeq \\al(2,1)＝144，4xeq \\al(2,2)＋9yeq \\al(2,2)＝144，两式相减得4(x1＋x2)(x1－x2)＋9(y1＋y2)·(y1－y2)＝0，又x1＋x2＝6，y1＋y2＝4，eq \f(y1－y2,x1－x2)＝k，代入解得k＝－eq \f(2,3).
3．已知直线y＝－x＋1与椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)相交于A，B两点，若椭圆的离心率为eq \f(\r(2),2)，焦距为2，则线段AB的长是( )
A.eq \f(2\r(2),3) B．eq \f(4\r(2),3)
C.eq \r(2) D．2
解析：选B.由条件知c＝1，e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，所以a＝eq \r(2)，b＝1，椭圆方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1，联立直线方程与椭圆方程可得交点坐标为(0，1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，－\f(1,3)))，所以|AB|＝eq \f(4\r(2),3).
4．(2020·石家庄质检)倾斜角为eq \f(π,4)的直线经过椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点F，与椭圆交于A，B两点，且eq \(AF,\s\up6(→))＝2eq \(FB,\s\up6(→))，则该椭圆的离心率为( )
A.eq \f(\r(3),2) B．eq \f(\r(2),3)
C.eq \f(\r(2),2) D．eq \f(\r(3),3)
解析：选B.由题可知，直线的方程为y＝x－c，与椭圆方程联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，,y＝x－c，))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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(－2b2c,a2＋b2)，,y1y2＝\f(－b4,a2＋b2)，))又eq \(AF,\s\up6(→))＝2eq \(FB,\s\up6(→))，
所以(c－x1，－y1)＝2(x2－c，y2)，所以－y1＝2y2，可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－y2＝\f(－2b2c,a2＋b2)，,－2yeq \\al(2,2)＝\f(－b4,a2＋b2).))所以eq \f(1,2)＝eq \f(4c2,a2＋b2)，所以e＝eq \f(\r(2),3)，故选B.
5．设F1，F2分别是椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1的左、右焦点，若椭圆上存在一点P，使(eq \(OP,\s\up6(→))＋eq \(OF2,\s\up6(→)))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝0(O为坐标原点)，则△F1PF2的面积是( )
A．4 B．3
C．2 D．1
解析：选D.因为(eq \(OP,\s\up6(→))＋eq \(OF2,\s\up6(→)))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝(eq \(OP,\s\up6(→))＋eq \(F1O,\s\up6(→)))·eq \(PF2,\s\up6(→))
＝eq \(F1P,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝0，
所以PF1⊥PF2，∠F1PF2＝90°.
设|PF1|＝m，|PF2|＝n，
则m＋n＝4，m2＋n2＝12，2mn＝4，mn＝2，
所以S△F1PF2＝eq \f(1,2)mn＝1.
6．已知斜率为2的直线经过椭圆eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1的右焦点F1，与椭圆相交于A，B两点，则弦AB的长为________．
解析：由题意知，椭圆的右焦点F1的坐标为(1，0)，直线AB的方程为y＝2(x－1)．
由方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝2（x－1），,\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，))消去y，整理得3x2－5x＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系，得
x1＋x2＝eq \f(5,3)，x1x2＝0.
则|AB|＝eq \r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)
＝eq \r(（1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2])
＝ eq \r(（1＋22）\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)))\s\up12(2)－4×0)))＝eq \f(5\r(5),3).
答案：eq \f(5\r(5),3)
7．直线m与椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1交于P1，P2两点，线段P1P2的中点为P，设直线m的斜率为k1(k1≠0)，直线OP的斜率为k2，则k1k2的值为________．
解析：由点差法可求出k1＝－eq \f(1,2)·eq \f(x中,y中)，
所以k1·eq \f(y中,x中)＝－eq \f(1,2)，即k1k2＝－eq \f(1,2).
答案：－eq \f(1,2)
8.从椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)上一点P向x轴作垂线，垂足恰为左焦点F1，A是椭圆与x轴正半轴的交点，B是椭圆与y轴正半轴的交点，且AB∥OP(O是坐标原点)，则该椭圆的离心率是________．
解析：由题意可设P(－c，y0)(c为半焦距)，
kOP＝－eq \f(y0,c)，kAB＝－eq \f(b,a)，由于OP∥AB，
所以－eq \f(y0,c)＝－eq \f(b,a)，y0＝eq \f(bc,a)，
把Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－c，\f(bc,a)))代入椭圆方程得eq \f(（－c）2,a2)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(bc,a)))\s\up12(2),b2)＝1，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,2)，所以e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2).
答案：eq \f(\r(2),2)
9．已知椭圆E的一个顶点为A(0，1)，焦点在x轴上，若椭圆的右焦点到直线x－y＋2eq \r(2)＝0的距离是3.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设过点A的直线l与该椭圆交于另一点B，当弦AB的长度最大时，求直线l的方程．
解：(1)由题意得b＝1.右焦点(c，0)(c>0)到直线x－y＋2eq \r(2)＝0的距离d＝eq \f(|c＋2\r(2)|,\r(2))＝3，所以c＝eq \r(2).所以a＝eq \r(b2＋c2)＝eq \r(3)，所以椭圆E的方程为eq \f(x2,3)＋y2＝1.
(2)当直线l的斜率不存在时，|AB|＝2，此时直线l的方程为x＝0.当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋1，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(x2,3)＋y2＝1))得(1＋3k2)x2＋6kx＝0，所以xA＝0，xB＝eq \f(－6k,1＋3k2)，
所以|AB|＝eq \r(1＋k2)eq \f(6|k|,1＋3k2)，|AB|2＝eq \f(36k2（1＋k2）,（1＋3k2）2).
令t＝1＋3k2，t∈(1，＋∞)，则|AB|2＝4×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)))\s\up12(2)＋\f(1,t)＋1))，所以当eq \f(1,t)＝eq \f(1,4)，即k2＝1，得k＝±1时，|AB|2取得最大值为eq \f(9,2)，即|AB|的最大值为eq \f(3\r(2),2)，此时直线l的方程为y＝x＋1或y＝－x＋1.
因为210．(2020·安徽五校联盟第二次质检)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的焦点坐标分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，P为椭圆C上一点，满足3|PF1|＝5|PF2|且cs∠F1PF2＝eq \f(3,5).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于A，B两点，
点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，0))，若|AQ|＝|BQ|，求k的取值范围．
解：(1)由题意设|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，则3r1＝5r2，又r1＋r2＝2a，所以r1＝eq \f(5,4)a，r2＝eq \f(3,4)a.
在△PF1F2中，由余弦定理得，cs∠F1PF2＝eq \f(req \\al(2,1)＋req \\al(2,2)－|F1F2|2,2r1r2)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)a))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)a))\s\up12(2)－22,2×\f(5,4)a×\f(3,4)a)＝eq \f(3,5)，
解得a＝2，因为c＝1，所以b2＝a2－c2＝3，所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)联立方程，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1,y＝kx＋m))，消去y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(－8km,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4m2－12,3＋4k2)，且Δ＝48(3＋4k2－m2)＞0，①
设AB的中点为M(x0，y0)，连接QM，则x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(－4km,3＋4k2)，y0＝kx0＋m＝eq \f(3m,3＋4k2)，
因为|AQ|＝|BQ|，所以AB⊥QM，又Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，0))，M为AB的中点，所以k≠0，直线QM的斜率存在，所以k·kQM＝k·eq \f(\f(3m,3＋4k2),\f(－4km,3＋4k2)－\f(1,4))＝－1，解得m＝－eq \f(3＋4k2,4k)，②
把②代入①得3＋4k2＞eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3＋4k2,4k)))eq \s\up12(2)，整理得16k4＋8k2－3＞0，即(4k2－1)(4k2＋3)＞0，解得k＞eq \f(1,2)或k＜－eq \f(1,2)，故k的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
[综合题组练]
1．(一题多解)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝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)，则椭圆的离心率是( )
A.eq \f(1,2) B．eq \f(\r(2),2)
C.eq \f(\r(3),2) D．eq \f(\r(5),5)
解析：选C.法一：设直线与椭圆的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，分别代入椭圆方程，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,1),a2)＋\f(yeq \\al(2,1),b2)＝1，,\f(xeq \\al(2,2),a2)＋\f(yeq \\al(2,2),b2)＝1，))两式相减得eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(b2,a2)·eq \f(x1＋x2,y1＋y2).因为kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝1，且x1＋x2＝－8，y1＋y2＝2，所以eq \f(b2,a2)＝eq \f(1,4)，e＝eq \f(c,a)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(3),2)，故选C.
法二：将直线方程x－y＋5＝0代入eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，得(a2＋b2)x2＋10a2x＋25a2－a2b2＝0，设直线与椭圆的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq \f(10a2,a2＋b2)，又由中点坐标公式知x1＋x2＝－8，所以eq \f(10a2,a2＋b2)＝8，解得a＝2b，又c＝eq \r(a2－b2)＝eq \r(3)b，所以e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2).故选C.
2．(一题多解)(2020·广东深圳一模)已知F1，F2是椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，过F2的直线与椭圆交于P，Q两点，PQ⊥PF1，且|QF1|＝2|PF1|，则△PF1F2与△QF1F2的面积之比为( )
A．2－eq \r(3) B．eq \r(2)－1
C.eq \r(2)＋1 D．2＋eq \r(3)
解析：选D.法一：可设|PF1|＝t，则|QF1|＝2|PF1|＝2t，
由椭圆的定义可得|PF2|＝2a－t，|QF2|＝2a－2t，
|PQ|＝4a－3t，
则|PQ|2＋|PF1|2＝|QF1|2，即(4a－3t)2＋t2＝4t2，
即有4a－3t＝eq \r(3)t，解得t＝eq \f(4,3＋\r(3))a，
则△PF1F2与△QF1F2的面积之比为
eq \f(\f(1,2)|PF1|·|PF2|,\f(1,2)|QF1|·|QF2|·sin 30°)＝eq \f(\f(1,2)·\f(4,3＋\r(3))a·\f(2＋2\r(3),3＋\r(3))a,\f(1,2)·\f(8,3＋\r(3))a·\f(2\r(3)－2,3＋\r(3))a·\f(1,2))＝eq \f(1＋\r(3),\r(3)－1)＝2＋eq \r(3).故选D.
法二：同法一得出t＝eq \f(4,3＋\r(3))a，
则eq \f(S△PF1F2,S△QF1F2)＝eq \f(\f(1,2)|F1F2||yP|,\f(1,2)|F1F2||yQ|)＝eq \f(|yP|,|yQ|)
＝eq \f(|PF2|,|QF2|)＝eq \f(2a－t,2a－2t)
＝eq \f(2a－\f(4,3＋\r(3))a,2a－2×\f(4,3＋\r(3))a)
＝eq \f(（2＋2\r(3)）a,（2\r(3)－2）a)＝2＋eq \r(3).
故选D.
3．(一题多解)(2020·安徽蚌埠一模)已知F1，F2是椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左，右焦点，点A的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(3,2)))，则∠F1AF2的平分线所在直线的斜率为________．
解析：法一：因为F1，F2是椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左，右焦点，
所以F1(－1，0)，F2(1，0)，又Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(3,2)))，
所以AF1⊥x轴，
所以|AF1|＝eq \f(3,2)，则|AF2|＝eq \f(5,2)，所以点F2(1，0)关于l(∠F1AF2的平分线所在直线)对称的点F′2在线段AF1的延长线上，
又|AF′2|＝|AF2|＝eq \f(5,2)，所以|F′2F1|＝1，
所以F′2(－1，－1)，线段F′2F2的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)))，
所以所求直线的斜率为eq \f(\f(3,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))),－1－0)＝－2.
法二：如图．
设∠F1AF2的平分线交x轴于点N，
∠F1AN＝β，∠ANF2＝α.
因为tan 2β＝eq \f(|F1F2|,|AF1|)＝eq \f(2,\f(3,2))＝eq \f(4,3)＝eq \f(2tan β,1－tan2β)，
所以tan β＝eq \f(1,2)或－2(舍)．
在Rt△AF1N中，tan β＝eq \f(|F1N|,|AF1|)，即eq \f(|F1N|,\f(3,2))＝eq \f(1,2)，
所以|F1N|＝eq \f(3,4)，
所以kl＝tan α＝tan(π－∠ANF1)＝－tan∠ANF1＝－eq \f(|AF1|,|F1N|)＝－eq \f(\f(3,2),\f(3,4))＝－2.
答案：－2
4.如图，椭圆的中心在坐标原点O，顶点分别是A1，A2，B1，B2，焦点分别为F1，F2，延长B1F2与A2B2交于P点，若∠B1PA2为钝角，则椭圆的离心率的取值范围为________．
解析：设椭圆的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，∠B1PA2为钝角可转化为eq \(B2A2,\s\up6(→))，eq \(F2B1,\s\up6(→))所夹的角为钝角，则(a，－b)·(－c，－b)<0，得b2即a2－c2故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)))eq \s\up12(2)＋eq \f(c,a)－1>0即e2＋e－1>0，e>eq \f(\r(5)－1,2)或e答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5)－1,2)，1))
5．在直角坐标系xOy中，长为eq \r(2)＋1的线段的两端点C，D分别在x轴、y轴上滑动，eq \(CP,\s\up6(→))＝eq \r(2)eq \(PD,\s\up6(→)).记点P的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程；
(2)经过点(0，1)作直线与曲线E相交于A，B两点，eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))，当点M在曲线E上时，求四边形AOBM的面积．
解：(1)设C(m，0)，D(0，n)，P(x，y)．
由eq \(CP,\s\up6(→))＝eq \r(2)eq \(PD,\s\up6(→))，得(x－m，y)＝eq \r(2)(－x，n－y)．
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－m＝－\r(2)x，,y＝\r(2)（n－y），))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝（\r(2)＋1）x，,n＝\f(\r(2)＋1,\r(2))y，))
由|eq \(CD,\s\up6(→))|＝eq \r(2)＋1，得m2＋n2＝(eq \r(2)＋1)2，
所以(eq \r(2)＋1)2x2＋eq \f(（\r(2)＋1）2,2)y2＝(eq \r(2)＋1)2，
整理，得曲线E的方程为x2＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))，
知点M的坐标为(x1＋x2，y1＋y2)．
由题意知，直线AB的斜率存在．
设直线AB的方程为y＝kx＋1，代入曲线E的方程，得
(k2＋2)x2＋2kx－1＝0，
则x1＋x2＝－eq \f(2k,k2＋2)，x1x2＝－eq \f(1,k2＋2).
y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝eq \f(4,k2＋2).
由点M在曲线E上，知(x1＋x2)2＋eq \f(（y1＋y2）2,2)＝1，
即eq \f(4k2,（k2＋2）2)＋eq \f(8,（k2＋2）2)＝1，解得k2＝2.
这时|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(3[（x1＋x2）2－4x1x2])＝eq \f(3\r(2),2)，原点到直线AB的距离d＝eq \f(1,\r(1＋k2))＝eq \f(\r(3),3)，
所以平行四边形OAMB的面积S＝|AB|·d＝eq \f(\r(6),2).
6．(2020·郑州模拟)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率e＝eq \f(\r(6),3)，原点到过点A(0，－b)和B(a，0)的直线的距离为eq \f(\r(3),2).
(1)求椭圆的方程；
(2)设F1，F2为椭圆的左、右焦点，过F2作直线交椭圆于P，Q两点，求△PQF1内切圆半径r的最大值．
解：(1)直线AB的方程为eq \f(x,a)＋eq \f(y,－b)＝1，
即bx－ay－ab＝0.
原点到直线AB的距离为eq \f(|－ab|,\r(（－a）2＋b2))＝eq \f(\r(3),2)，
即3a2＋3b2＝4a2b2，①
由e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(6),3)，得c2＝eq \f(2,3)a2，②
又a2＝b2＋c2，③
所以联立①②③可得a2＝3，b2＝1，c2＝2.
故椭圆的方程为eq \f(x2,3)＋y2＝1.
(2)由(1)得F1(－eq \r(2)，0)，F2(eq \r(2)，0)，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
易知直线PQ的斜率不为0，故设其方程为x＝ky＋eq \r(2)，
联立直线与椭圆的方程得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ky＋\r(2)，,\f(x2,3)＋y2＝1，))(k2＋3)y2＋2eq \r(2)ky－1＝0.
故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝－\f(2\r(2)k,k2＋3)，,y1y2＝－\f(1,k2＋3).))④
而S△PQF1＝S△F1F2P＋S△F1F2Q＝eq \f(1,2)|F1F2||y1－y2|
＝eq \r(2) eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)，⑤
将④代入⑤，得S△PQF1＝eq \r(2)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(2)k,k2＋3)))\s\up12(2)＋\f(4,k2＋3))＝eq \f(2\r(6) \r(k2＋1),k2＋3).
又S△PQF1＝eq \f(1,2)(|PF1|＋|F1Q|＋|PQ|)·r＝2a·r＝2eq \r(3)r，
所以eq \f(2\r(6) \r(k2＋1),k2＋3)＝2eq \r(3)r，
故r＝eq \f(\r(2) \r(k2＋1),k2＋3)＝eq \f(\r(2),\r(k2＋1)＋\f(2,\r(k2＋1)))≤eq \f(1,2)，
当且仅当eq \r(k2＋1)＝eq \f(2,\r(k2＋1))，即k＝±1时取等号．
故△PQF1内切圆半径r的最大值为eq \f(1,2).