2019高考数学二轮复习第一篇微型专题微专题19直线与椭圆的综合练习理

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1、19　直线与椭圆的综合1.直线x+4y+m=0交椭圆x216+y2=1于A,B两点,若线段AB中点的横坐标为1,则m=(　　).　　　　　　　　　　　　　　　A.-2B.-1C.1D.2解析▶　因为x+4y+m=0,所以y=-14x-m4.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1216+y12=1,x2216+y22=1,两式相减,得y1-y2x1-x2=-x1+x216(y1+y2)=-14.因为AB中点的横坐标为1,所以纵坐标为14,将1,14代入直线y=-14x-m4,解得m=-2,故选A.答案▶　A2

2、.已知F是椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点,经过原点的直线l与椭圆E交于P,Q两点,若

3、PF

4、=2

5、QF

6、,且∠PFQ=120°,则椭圆的离心率为(　　).A.13B.12C.33D.22解析▶　在△PQF中,设

7、PF

8、=2

9、QF

10、=2t,P(x1,y1),Q(-x1,-y1),右焦点为E,由椭圆的对称性,知四边形PFQE是平行四边形,所以在△PEF中,由余弦定理得EF2=5t2-2t2=3t2=4c2.因为PF+QF=2a=3t,所以t=2a3,所以e=33,故选C.答案▶　C3.如图,在平面直

11、角坐标系xOy中,F是椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点,直线y=b2与椭圆交于B,C两点,且∠BFC=90°,则该椭圆的离心率是　　　　. 解析▶　将y=b2代入椭圆的标准方程,得x2a2+b24b2=1,所以x=±32a,故B-32a,b2,C32a,b2.又因为F(c,0),所以BF=c+32a,-b2,CF=c-32a,-b2.因为∠BFC=90°,所以BF·CF=0,所以c+32ac-32a+-b22=0,即c2-34a2+b24=0.将b2=a2-c2代入并化简,得a2=32c2,所以e

12、2=c2a2=23,所以e=63(负值舍去).答案▶　634.直线x4+y3=1与椭圆x216+y29=1相交于A,B两点,该椭圆上有点P,使得△PAB的面积等于3,则这样的点P共有　　　　个. 解析▶　设P1(4cosα,3sinα)0<α<π2,即点P1在第一象限.设四边形P1AOB的面积为S,则S=S△OAP1+S△OBP1=12×4×3sinα+12×3×4cosα=6(sinα+cosα)=62sinα+π4,∴Smax=62.∵S△OAB=12×4×3=6,∴S△P1AB的最大值为62-6.∵62-6

13、<3,∴点P不可能在直线AB的右上方,∴在AB的左下方有2个这样的点P.答案▶　2能力1▶　会用点差法解直线与椭圆中的与弦中点有关的问题【例1】　已知椭圆C:x24+y2b2=1(0

14、x2)4+(y1-y2)(y1+y2)b2=0.因为y1-y2x1-x2=tan3π4=-1,所以x04-y0b2=0,即y0x0=b24.由y0x0=b24=12,解得b2=2,即b=2.故选B.答案▶　B点差法:在求解圆锥曲线且题目中已有直线与圆锥曲线相交和被截线段的中点坐标时,设出直线和圆锥曲线的两个交点坐标,代入圆锥曲线的方程并作差,从而求出直线的斜率,然后利用中点求出直线方程.“点差法”的常见题型有求中点弦方程、求(过定点、平行弦)弦中点轨迹、垂直平分线问题.注意“点差法”具有不等价性,即要考虑判别式Δ

15、是否为正数.已知椭圆x2a2+y2b2=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.12B.22C.32D.55解析▶　设直线与椭圆的交点分别为A(x1,y1),B(x2,y2),分别代入椭圆方程,由点差法可知yM=-b2a2xM,代入点M(-4,1),解得b2a2=14,∴e=1-b2a2=32,故选C.答案▶　C能力2▶　会用“设而不解”的思想解直线与椭圆中的弦长、面积问题【例2】　在平面直角坐标系xOy中,动点M(x,y)总满足关系式2

16、(x-1)2+y2=

17、x-4

18、.(1)点M的轨迹是什么曲线?并写出它的标准方程.(2)坐标原点O到直线l:y=kx+m的距离为1,直线l与M的轨迹交于不同的两点A,B,若OA·OB=-32,求△AOB的面积.解析▶　(1)由2(x-1)2+y2=

19、x-4

20、,得x24+y23=1,所以点M的轨迹是焦点在x轴上的椭圆,它的标准方程为x24+y23=1.(2)由点O到直线l:y