全品高考备战2027年数学一轮备用题库05第53讲椭圆02第2课时直线与椭圆的位置关系【答案】作业手册

第2课时直线与椭圆的位置关系1.C[解析]由题意可知2b2a=3,c=1,a2=b2+2.D[解析]直线AB的斜率k=1-02-3=-1,设A(x1,y1),B(x2,y2),代入椭圆方程可得x12a2+y12b2=1,x22a2+y22b2=1,两式相减,整理得2a2-1b2=0,又c=3,a2=b3.D[解析]设与直线x+2y-2=0平行且与椭圆x216+y24=1相切的直线方程为x+2y+m=0,由x+2y+m=0,x216+y24=1,消去x整理得8y2+4my-16+m2=0,即2y2+my-4+m24=0,由Δ=m2-8m24-4=0,解得m=±42.4.BC[解析]易知椭圆C的焦点在y轴上,焦点坐标为(0,-1),(0,1),故A错误;椭圆C的长轴长为4,故B正确;椭圆C的离心率为4-34=12,故C正确;由x23+y24=1,2x-y-3=0,消去y整理得16x2-36x+15=0,因为Δ=362-4×16×15=3365.35[解析]由x2+4y2=16,y=12x+1,消去y整理得x2+2x-6=0.设直线与椭圆的交点为M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=-2,x5454×(6.相交[解析]因为2ax+ay+cy+2c=0可化为a(2x+y)+(y+2)c=0,所以直线2ax+ay+cy+2c=0过定点(1,-2),又点(1,-2)在椭圆x26+y25=1内部,所以直线2ax+ay+cy+2c=0与椭圆x267.-34[解析]设P(x0,y0)(x0≠0),则x024+y023=1,即y02-3=-3x024,不妨令A,B的坐标分别为(0,3),(0,-3),则kAP8.B[解析]由题意知F1(-2,0),F2(2,0),设M(x0,y0)(x0>0,y0>0),则x026+y022=1①.当MF1⊥MF2时,可得(x0-2)(x0+2)+y02=0②,由①②得x0=3,y0=1,所以当∠F1MF2是锐角时,3<x0<6.由x26+y22=1,得y2=2-x23,故y=2-x23(y≥0),求导可得y'=-x3×12-x23,当x=3时9.D[解析]设P(x,y),因为动点P到点F的距离是点P到直线l的距离的一半,所以2(x-1)2+y2=|x-4|,整理得x24+y23=1,A中说法正确;由x24+y23=1,x+2y-4=0,可得x2-2x+1=0,解得x=1,所以直线l1上存在点P1,32满足题意,故直线l1:x+2y-4=0是“最远距离直线”,B中说法正确;如图,过P作PB垂直于直线l:x=4,垂足为B,由题意得|PB|=2|PF|,则|PA|+2|PF|=|PA|+|PB|,由图可知|PA|+|PB|的最小值即为点A到直线l:x=4的距离5,C中说法正确;由x2+y2-10.D[解析]由已知得F1(-2,0),F2(2,0),易知直线PF1的斜率存在,设直线PF1的方程为y=k1(x+2)其中k1=y0x0+2,与椭圆方程联立得(5k12+1)x2+20k12x+20k12-5=0,由根与系数的关系得xM+x0=-20k125k12+1=-20y024x0+9,所以xM=-20y024x0+9-x0=-9x0+204x0+9,11.AD[解析]设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0),则2x0=x1+x2,2y0=y1+y2,将A,B的坐标代入椭圆C的方程,得x12a2+y12b2=1,x22a2+y22b2=1,两式相减得1a2(x22-x12)+1b2(y22-y12)=0,所以1a2+1b2×y2-y1x2-x1×y2+y1x2+x1=0,因为直线MD的斜率为-43,AB⊥MD,所以直线AB的斜率为34,所以1a2+1b2×3y04x0=0,A正确.12.43[解析]因为椭圆方程为x29+y25=1,所以a2=9,b2=5,c2=4,所以离心率e=23.设A(x1,y1),B(x2,y2),T(x0,0),因为F为右焦点,|AF|+|BF|=4,所以由焦半径公式得3-23x1+3-23x2=4,整理得x1+x2=3,则线段AB的中点坐标为32,y1+y22.kAB=y1-y2x1-x2,则线段AB的垂直平分线的斜率为-x1-x2y1-y2.由点A,B在椭圆上,得x129+y125=1,x229+y225=1,两式相减化简得y13.13[解析]不妨设F1,F2分别为椭圆C的左、右焦点,E在第一象限,如图,连接AF1,DF2,EF2.因为椭圆的离心率e=ca=12,所以a=2c,则b=3c,所以|AF1|=|AF2|=a=2c=|F1F2|,可知△AF1F2为等边三角形,所以直线DE为AF2的中垂线,则△ADE的周长等于△F2DE的周长,由椭圆的定义知△F2DE的周长为4a.易知直线DE的方程为y=33(x+c),由y=33(x+c),x24c2+y23c2=1消去y,整理得13x2+8cx-32c2=0,设D(x1,y1),E(x2,y2),则x1+x2=-8c14.解:(1)由题知2a=4,得a=2.若两个顶点和一个焦点构成等边三角形,则两个顶点只能为短轴的两个端点,则a=2b=2,∴b=1,故椭圆C的标准方程为x24+y2=(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),将椭圆方程与直线方程联立,化简得(1+4k2)x2+16kx+12=0,其中Δ=(16k)2-48(1+4k2)>0,解得k2>34,则x1+x2=-16k1+4k2,x1∴|AB|=1+k(x1+-161+k2×原点O到直线AB的距离d=2k2+1,则S△AOB=12|AB|·d=44k2-31+4k2=45,化简得4k4-23k2+19=0,解得k2=194或k2=1,又k>15.证明:(1)联立y=kx+t与x22+y2=1,消去y得(2k2+1)x2+4ktx+2t2-2=0,由直线与椭圆有且仅有一个公共点可知Δ=(4kt)2-4(2k2+1)(2t2-2)化简得t2=2k2+1.(2)由题意得F1(-1,0),F2(1,0),因为F1M⊥l,F2N⊥l,所以F1M∥F2N,故F1M·F2N=|F1M|·|F2N|,其中|F1M|=|-k+t|k2+1,|F2N|=|k+t|k216.ABD[解析]对于A选项,因为|OP|=12|F1F2|=c,所以∠PF1F2=∠F1PO,∠PF2F1=∠F2PO,又∠PF1F2+∠F1PO+∠PF2F1+∠F2PO=π,故∠F1PO+∠F2PO=π2,则PF1⊥PF2,由椭圆的定义可得|PF1|+|PF2|=2a,由双曲线的定义可得|PF1|-|PF2|=2m,解得|PF1|=a+m,|PF2|=a-m,由勾股定理得|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2,即(a+m)2+(a-m)2=4c2,化简得a2+m2=2c2,即a2c2+m2c2=2,又e1=ca,e2=cm,所以1e12+1e22=2,A正确.对于B选项,若α=π3,则由余弦定理得cosπ3=|PF1|2+|PF2|2-|F1F2|22|PF1|·|PF2|=12,即|PF1|2+|PF2|2-4c2=|PF1|·|PF2|,又|PF1|=a+m,|PF2|=a-m,代入上式得2a2+2m2-4c2=a2-m2,即a2+3m2=4c2,即a2c2+3m2c2=4,又e1=ca>0,e2=cm>0,所以1e12+3e22=4,由基本不等式得1e12+3e22≥21e12·3e22=23e1e2,即4≥23e1e2,解得e1e2≥32,当且仅当3e1=e2时,等号成立,则e1e2的最小值为32,B正确.对于C选项,延长F2H,交F1P于点M,因为PH平分∠F1PF2,F2M⊥PH,所以|PM|=|PF2|,H为F2M的中点,则|F1M|=|PF1|-|PM|=|PF1|-|PF2|=2m,连接OH,由中位线的性质得|OH|=12|F1M|=m,故点H的轨迹是以O为圆心,m为半径的圆的一部分,C错误.对于D选项,下面证明椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)在点P(x0,y0)处的切线方程为x0xa2+y0yb2=1.证明:当y0≠0时,切线的斜率存在,设切线方程为y=kx+q,代入椭圆方程得(a2k2+b2)x2+2a2kqx+a2q2-a2b2=0,由Δ=(2a2kq)2-4(a2k2+b2)(a2q2-a2b2)=0,化简得a2k2-q2+b2=0,所以x0=-2a2kq2(a2k2+b2)=-2a2kq2q2=-a2kq,把x0=-a2kq代入y0=kx0+q,得y0=b2q,所以k=-qx0a2=-x0a2·b2y0=-b2x0a2y0,则椭圆在点P(x0,y0)处的切线斜率为-b2x0a2y0,切线方程为y-y0=-b2x0a2y0(x-x0),整理得到a2y0y+b2x0x=a2y02+b2x02,其中b2x02+a2y02=a2b2,故a2y0y+b2x0x=a2b2,即x0xa2+y0yb2=1.当y0=0时,x017.23[解析]设P(x1,y1),R(x2,y2),由题意得Q(x1,-y1),Mx1+x22,y1+y22.不妨设点P位于第一象限,由PN=2NQ可得Nx1,-y13.设直线MQ与NR的交点为T(t,0),则有QT∥MQ,RT∥RN.QT=(t-x1,y1),MQ=x1-x22,-3y1+y22,由QT∥MQ可