2027届高考数学一轮复习----6.第2课时　直线与椭圆的位置关系

**基本信息** 聚焦直线与椭圆位置关系，以问题链串联联立方程、点差法等核心方法，构建从基础判断到综合应用的知识逻辑体系。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础过关|13题|判别式判断位置、点差法解中点弦、弦长公式与面积计算|椭圆方程→位置关系判定→几何量计算，体现运算能力与推理意识| |素养提升|2题|切线方程性质应用、轨迹问题代数证明|性质迁移→综合问题解决，发展模型观念与创新意识|

微练(六十六)　直线与椭圆的位置关系 　　　　　　　　　　　　　 基础过关 一、单项选择题 1.直线l:x+y-=0与椭圆C:+=1的一个交点坐标为(　　) A.(2,) B. C.(-2,3) D. 2.(2026·衡阳模拟)已知直线kx+y+2k=0与椭圆+=1相切,则k的值为(　　) A.2 B. C.±2 D.± 3.已知椭圆+=1的一条弦所在直线l的斜率为3,直线l与直线x=的交点恰为这条弦的中点M,则点M的坐标为(　　) A. B. C. D. 4.已知点F1(-1,0),F2(1,0),直线l:y=x+2.若以F1,F2为焦点的椭圆C与直线l有公共点,则椭圆C的离心率的最大值为(　　) A. B. C. D. 5.直线x-y+4=0经过椭圆+=1(a>b>0)长轴的左端点A,交椭圆于另外一点B,交y轴于点C.若=3,则该椭圆的焦距为(　　) A. B. C. D. 6.(2026·临沂模拟)已知A,B分别是椭圆C:+y2=1的右顶点和上顶点,P为椭圆C上一点,若△PAB的面积是-1,则P点的个数为(　　) A.0 B.2 C.3 D.4 二、多项选择题 7.已知直线l:y=x+m与椭圆C:+=1,则下列结论正确的是(　　) A.若C与l至少有一个公共点,则m≤2 B.若C与l有且仅有两个公共点,则|m|<2 C.若m=3,则C上到l的距离为5的点只有1个 D.若m=-,则C上到l的距离为1的点只有3个 8.设椭圆的方程为+=1,斜率为k的直线不经过原点O,而且与椭圆相交于A,B两点,M为线段AB的中点.下列结论正确的是(　　) A.直线AB与OM垂直 B.若点M的坐标为(1,1),则直线方程为2x+y-3=0 C.若直线方程为y=x+1,则点M的坐标为 D.若直线方程为y=x+2,则|AB|= 三、填空题 9.已知P(1,1)为椭圆+=1内一定点,经过P引一条弦,使此弦被P点平分,则此弦所在的直线方程为　　　　　　　　.   10.在平面直角坐标系中,动点P在椭圆C:+=1上运动,则点P到直线x-y-5=0的距离的最大值为　　　　　.  11.(2026·邯郸模拟)椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1,F2,斜率为的直线l过左焦点F1且交C于A,B两点,且△ABF2内切圆的周长是2π,若椭圆的离心率为,则|AB|=　　　　.  四、解答题 12.已知椭圆C:+=1(a>b>0)的短半轴长为1,且过点. (1)求椭圆C的标准方程; (2)若经过椭圆C的右焦点F2的直线l与椭圆C交于A,B两点,O为坐标原点,且△AOB的面积为,求直线l的方程. 13.(2026·石家庄模拟)椭圆C:+=1(a>b>0)经过点P,且两焦点与短轴的两个端点的连线构成一个正方形. (1)求椭圆C的标准方程; (2)过椭圆C的右焦点F作直线l交C于A,B两点,且=2,求|AB|. 素养提升 14.已知椭圆具有如下性质:若椭圆的方程为+=1(a>b>0),则椭圆在其上一点A(x0,y0)处的切线方程为+=1,试运用该性质解决以下问题:椭圆C1:+y2=1,点B为C1在第一象限中的任意一点,过点B作C1的切线l,l分别与x轴和y轴的正半轴交于C,D两点,则△OCD面积的最小值为(　　) A.1 B. C. D.2 15.(2025·八省联考)已知椭圆C的离心率为,左、右焦点分别为F1(-1,0),F2(1,0). (1)求C的方程; (2)已知点M0(1,4),证明:线段F1M0的垂直平分线与C恰有一个公共点; (3)设M是坐标平面上的动点,且线段F1M的垂直平分线与C恰有一个公共点,证明M的轨迹为圆,并求该圆的方程. 微练(六十六)　直线与椭圆的位置关系 1.D　解析　由可得13x2-24x-4=0,解得x=2或x=-,当x=2时,y=-,当x=-时,y=,所以直线与椭圆的交点坐标为(2,-),.故选D. 2.C　解析　依题意,联立得4x2+3(-kx-2k)2=12,化解得(4+3k2)x2+12k2x+12k2-12=0,因为直线kx+y+2k=0与椭圆+=1相切,所以Δ=-4×(4+3k2)×(12k2-12)=0,化简整理得k2-4=0,所以k=±2.故选C. 3.C　解析　由题意,设椭圆与直线l的交点为A(x1,y1),B(x2,y2),M,设直线l的方程为y=3x+m.将y=3x+m代入椭圆方程,整理得12x2+6mx+m2-75=0,所以Δ=36m2-48(m2-75)>0,x1+x2=-,又x1+x2=1,故m=-2,所以直线l:y=3x-2,又M在直线l上,则y0=-,故M.故选C. 4.A　解析　设椭圆C:+=1(a>b>0),由题意知其左、右焦点分别是F1(-1,0),F2(1,0),可得c=1,联立得(a2+b2)x2+4a2x+4a2-a2b2=0,Δ=16a4-4(a2+b2)(4a2-a2b2)≥0,可得4a2-(2a2-1)(5-a2)≥0,解得a≥,e==. 5.C　解析　在直线方程x-y+4=0中,令y=0,则x=-4,令x=0,则y=4,则a=4,点C的坐标为(0,4),点A的坐标为(-4,0).设B(m,n),因为=3,所以(m+4,n)=3(-m,4-n),则所以B(-1,3),代入椭圆的方程得+=1,所以b2=,所以椭圆的焦距为2=2×=.故选C. 6.C　解析　由C:+y2=1可得a=2,b=1,所以A(2,0),B(0,1),|AB|=,所以直线AB的方程为y=-x+1,设过点P与直线AB平行的直线l:y=-x+t(t≠1),则直线l与直线AB的距离d==|t-1|,因为点P为直线l与椭圆的交点,所以点P到直线AB的距离为d,因为△PAB的面积是-1,可得S△PAB=×|AB|×d=××|t-1|=-1,解得t=或t=2-,当t=时,由可得(x-)2=0,解得此时P,当t=2-时,由可得x2+(2-4)x+10-8=0,因为Δ=(2-4)2-4(10-8)=16(-1)>0,此时直线l与椭圆有2个交点,故满足条件的点P有2个,所以满足条件的点P共有3个.故选C. 7.BCD　解析　由消去y得4x2+6mx+3m2-6=0,则根的判别式Δ=12(8-m2),令Δ=12(8-m2)≥0,则有|m|≤2,故A错误;令Δ=12(8-m2)>0,则有|m|<2,故B正确;令直线l与椭圆C相切,则Δ=12(8-m2)=0,即m=±2,直线y=x+3与y=x-2的距离d==5,故C正确;直线y=x-与y=x-2和y=x的距离均为1,因此,C上到l的距离为1的点只有3个,故D正确.故选BCD. 8.BD　解析　对于A项,因为在椭圆中,根据椭圆的中点弦的性质kAB·kOM=-=-2≠-1,所以A项不正确;对于B项,根据kAB·kOM=-2,得kAB=-2,所以直线方程为y-1=-2(x-1),即2x+y-3=0,所以B项正确;对于C项,若直线方程为y=x+1,点M,则kAB·kOM=1×4=4≠-2,所以C项不正确;对于D项,若直线方程为y=x+2,与椭圆方程+=1联立,得到2x2+(x+2)2-4=0,整理得3x2+4x=0,解得x1=0,x2=-,所以|AB|=×=,所以D项正确.故选BD. 9.x+2y-3=0　解析　解法一:易知此弦所在直线的斜率存在,所以设斜率为k,弦所在的直线与椭圆相交于A,B两点,设A(x1,y1),B(x2,y2),则+=1　①,+=1　②,由①-②得+=0.因为x1+x2=2,y1+y2=2,所以+y1-y2=0.又x2-x1≠0,所以k==-.经检验,k=-满足题意.所以此弦所在的直线方程为y-1=-(x-1),即x+2y-3=0. 解法二:利用结论k=-=-×=-,所以此弦所在的直线方程为y-1=-(x-1),即x+2y-3=0. 10.5　解析　设直线x-y+m=0与椭圆+=1相切,联立消去y得25x2+32mx+16m2-144=0,所以Δ=(32m)2-4×25×(16m2-144)=0,解得m=5或m=-5,所以与直线x-y-5=0平行且与椭圆相切的直线方程为x-y+5=0,且两平行直线间的距离为d===5,所以点P到直线x-y-5=0的最大距离为5. 11.4　解析　由题知△ABF2的周长为4a,设△ABF2内切圆半径为r,则内切圆周长为2πr=2π,所以r=1,=×r×4a=2a,设A(x1,y1),B(x2,y2),所以=×|F1F2|·|y1-y2|,所以2a=c·|y1-y2|,因为e==,所以|y1-y2|=4,|AB|=·|y1-y2|=|y1-y2|=4. 12.解　(1)因为椭圆C:+=1(a>b>0)的短半轴长为1,所以b=1.椭圆C过点,所以+=1,解得a2=3.所以椭圆C的标准方程为+y2=1. (2)由(1)可得椭圆的半焦距c==,则椭圆右焦点为F2(,0),若直线l斜率为0,则A,B为椭圆的左右顶点,不符合题意,故直线l的斜率不为0.可设l的方程为x=my+.设A(xA,yA),B(xB,yB).由消去x化简得,(m2+3)y2+2my-1=0.由根与系数的关系得,yA+yB=,yAyB=.则|yA-yB|==.S△AOB=×|OF2|×|yA-yB|==,解得m=±1.所以直线l的方程为x-y-=0或x+y-=0. 13.解　(1)由题意知b=c.因为椭圆过点P,所以+=1.又a2=b2+c2,解得a2=2,b2=1,所以椭圆C 的标准方程为+y2=1. (2)由(1)知F(1,0),设直线l:x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2),联立 得(m2+2)y2+2my-1=0,所以=2,所以y1=-2y2,所以 所以2=,解得m2=,所以|AB|=·|y1-y2|==. 14.C　解析　设B(x1,y1)(x1>0,y1>0),由题意得,过点B的切线l的方程为+y1y=1,令y=0,可得C,令x=0,可得D,所以△OCD的面积S=××=,又点B在椭圆上,所以+=1,所以S===+≥2=,当且仅当=,即x1=1,y1=时等号成立,所以△OCD面积的最小值为.故选C. 15.解　(1)由题意知,所以C的方程为+=1. (2)设F1M0中点为P,所以P(0,2),=2,所以F1M0的垂直平分线方程为y=-x+2.联立方程组解得3x2+4=12,所以x2-2x+1=0,Δ=4-4=0,所以F1M0的垂直平分线与C恰有一个公共点. (3)解法一:设M(x0,y0). ①当y0=0时,F1M的垂直平分线为x=,此时=±2,x0=5或-3. ②当y0≠0时,F1M的垂直平分线为:y=-+=-x+.联立得解得3x2+4=12,所以x2-x+-12=0,因为F1M的垂直平分线与C恰有一个公共点,所以Δ=-4=0⇒-36-=0⇒+(2-14)+-18-32x0-15=0⇒+(2-14)+(x0+1)2(x0+3)(x0-5)=0⇒+(2-14)+(+2x0+1)(-2x0-15)=0⇒(++2x0+1)(+-2x0-15)=0.因为++2x0+1=(x0+1)2+>0,所以+-2x0-15=0,(5,0),(-3,0)也满足上式,所以M的轨迹方程为(x-1)2+y2=16,它为一个圆. 解法二:设所求椭圆切线为l,设M(x1,y1),F1(-1,0). ①当l的斜率不存在时,M在x轴上,且=±2,所以x1=-3或5. ②当l的斜率存在时,设l:y=kx+m,则⇒(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,所以Δ=(8km)2-4(3+4k2)(4m2-12)=0,所以m2=3+4k2,此时MF1:y=-x-,设MF1与l相交于点N,则⇒N,所以|ON|2=+======4,所以|NO|=2.因为|ON|=|MF2|,所以|MF2|=4,所以M点的轨迹是以F2(1,0)为圆心,4为半径的圆.所以M点的轨迹方程为(x-1)2+y2=16,经检验(5,0),(-3,0)也满足上式. 学科网（北京）股份有限公司 $