3.1.2椭圆的简单几何性质 第2课时同步练-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

**基本信息** 高中数学“直线与椭圆的位置关系”同步练，分层设计清晰，基础层夯实概念与运算，提升层深化综合应用与推理，形成从单一到综合的知识巩固路径。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础练习|直线与椭圆位置关系判定、相交弦问题、简单应用|以选择、填空、解答题为主，注重概念理解与运算能力，如位置关系判定题强化几何直观| |能力提升练|点差法应用、面积问题、综合应用|含探究性解答题，突出推理能力与模型意识，如面积最值问题培养数学思维与应用意识|

第2课时　直线与椭圆的位置关系 基础练习 题型一　直线与椭圆的位置关系 1.若直线l:y=x+m与椭圆C:+=1没有公共点,则m的取值范围为(　　) A.(-2,2)　　 B.(-∞,-2)∪(2,+∞)　　 C.(-,)　　 D.(-∞,-)∪(,+∞) 2.(2026河南三门峡期中)若直线ax+by-1=0与圆O:x2+y2=1相切,则过点P(a,b)的直线与椭圆+=1的交点个数是　　　　.  3.(2026河北沧州期中)已知圆C1:(x+1)2+y2=25,圆C2:(x-1)2+y2=1,动圆M与圆C2外切,同时与圆C1内切,那么动圆圆心M的轨迹C的方程为　　　　;若直线l:y=x+m与C有且只有一个公共点,则m=　　　　.  题型二　直线与椭圆的相交弦问题 4.(多选题)(2026黑龙江双鸭山联考)已知直线l:y=2x+1被椭圆C:+=1(0<m<2)所截得弦的长为,则下列直线中被椭圆C所截得弦的长一定为的有(　　) A.y=2x-2　　B.y=-2x-1　　 C.y=-2x+1　　D.y=2x-1 5.(2025福建厦门双十中学月考)已知椭圆C的中心为坐标原点,左焦点为F(-,0),长轴长为4. (1)求椭圆C的方程; (2)若直线l:y=x-1与椭圆C交于不同的两点P,Q,求弦长|PQ|. 题型三　直线与椭圆的位置关系的简单应用 6.(2026江苏连云港期中)已知椭圆C:+y2=1,过点A(0,2)的直线l与椭圆C交于M,N两点,以线段OM,ON为邻边作平行四边形OMPN(O为坐标原点),若点P在椭圆上,则直线l的斜率为　　　　.  7.(2026北京八十中月考)已知椭圆C的中心是原点O,一个焦点为F(c,0)(c>0),短轴长为2,离心率为. (1)求椭圆C的方程; (2)如果过点M(3,0)的直线与椭圆相交于P,Q两点,且OP⊥OQ,求直线PQ的方程. 8.(2025重庆巴蜀中学期中)已知椭圆C经过点M,N. (1)求椭圆C的方程; (2)设椭圆C的左、右焦点分别为F1,F2,过点F1且斜率为k的直线l与椭圆C交于A,B两点,若∠AF2B为锐角,求k的取值范围. 9.(2025山东济南期中)在平面直角坐标系Oxy中,动点P到点A(0,-1),B(0,1)的距离之和为4,记点P的轨迹为曲线C,曲线C与y轴的正半轴交于点D. (1)求曲线C的方程; (2)若过点B的直线l与C交于E,F两点(均不与D重合),M为BF的中点,若OM∥DE,求直线l的方程. 10.(2026江西上饶期中联考)已知椭圆C:+=1(a>b>0)经过点H,F为椭圆C的右焦点,O为坐标原点,△OFH的面积为. (1)求椭圆C的标准方程; (2)如图,椭圆C的左、右两个顶点分别为A,B,过点K(,0)的直线m的斜率存在且不为0,设直线m交椭圆C于M,N两点,直线n过点T(-,0)且与x轴垂直,直线AM交直线n于点P,直线BN交直线n于点Q,则是不是定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由. 能力提升练 题型一　“点差法”在椭圆中的应用 1.(2026四川成都实验外国语学校期中)点E,F分别为椭圆C:+=1(a>b>0)的上顶点和右焦点,若直线3x-2y-8=0交椭圆C于A,B两点,点F为△EAB的重心,则椭圆C的离心率为(　　) A.　　B.　　C.　　D. 2.(2026上海华东师范大学附属中学期中)若椭圆+=1的弦被点(1,1)平分,则这条弦所在的直线方程是　　　　　　.  3.(2026河南洛阳期中)椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率为,F1,F2分别为其左、右焦点,如图,过F1的直线交E于A,P两点,点P在第一象限内,M为AP的中点,连接PF2并延长,交E于另一点B,△PF1F2的周长为2+2. (1)求E的方程; (2)求证:直线AP与OM的斜率乘积为-; (3)若记直线OP,AB的斜率分别为k1,k2,求-的最大值. 题型二　椭圆中的面积问题 4.(2026辽宁朝阳期中)椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1,F2,斜率为1的直线l过左焦点F1,交C于A,B两点,且△ABF2的内切圆的面积是π,若椭圆C的离心率的取值范围是,则线段AB的长度的最小值为(　　) A.　　B.2　　C.3　　D.4 5.(2025河南驻马店期中)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P(x0,y0)处的切线方程为+=1.试运用该性质解决以下问题:若点A为椭圆C:+=1在第一象限内的任意一点,过点A作椭圆C的切线l,l分别与x轴和y轴的正半轴交于点M,N,坐标原点为O,则△OMN面积的最小值为(　　) A.3　　B.6　　C.9　　D.18 6.(2026安徽安庆潜山中学期中)已知椭圆C:+=1(a>b>0),F1,F2分别为左、右焦点,短轴长为2,点M为第一象限内椭圆C上的动点,△MF1F2的周长为4+2. (1)求C的标准方程; (2)若∠F1MF2=60°,求点M的坐标; (3)若A(-3,0),直线l:x=ty+1(t>0)交椭圆C于E,F两点,且△AEF的面积为,求t的值. 题型三　直线与椭圆的位置关系的综合应用 7.(2026吉林长春段考)已知椭圆C:x2+λy2=1(λ>2)的左、右焦点分别为F1,F2,过点F2和上顶点A的直线l交椭圆C于另外一点B,若=t,且△F1F2B的面积为t,则正数t的值为　　　　.  8.(2026福建厦门期中)已知直线l与椭圆C1:+=1切于点P,l与圆C2:x2+y2=16交于A,B两点,圆C2在点A,B处的切线交于点Q,O为坐标原点,则弦AB的长的最小值为　　　　;△OPQ的面积的最大值为　　　　.  9.(2026福建福州第二中学期中)已知点A(,1)是离心率为的椭圆C:+=1(a>b>0)上的一点. (1)求椭圆C的方程; (2)已知点P在椭圆上,点A关于坐标原点的对称点为B,直线AP和BP的斜率都存在且不为0,那么直线AP和BP的斜率之积是不是定值?若是,求此定值;若不是,请说明理由; (3)斜率为的直线l交椭圆C于M,N两点,当△AMN的面积为时,求直线l的方程. 10.已知椭圆E:+=1(a>b>0)的焦点分别为F1,F2,过左焦点F1的直线与椭圆交于M,N两点,△MNF2的周长为4|F1F2|. (1)求椭圆E的离心率e; (2)直线l:y=k(x-4)与椭圆有两个不同的交点A,B,直线l与x轴的交点为D,若A,B都在x轴上方且点A在线段DB上,O为坐标原点,△AOD和△BOD的面积分别为S1,S2,记λ=,当满足条件的实数k变化时,λ的取值范围是,求椭圆E的方程. 11.(多选题)(2026广东深圳期中)已知椭圆C:+=1(a>b>0),称圆x2+y2=a2+b2为椭圆C的蒙日圆,若O为原点,点P在椭圆C上,延长OP与椭圆C的蒙日圆交于点Q,则(　　) A.|PQ|的最大值为-b B.过点Q不可能作两条互相垂直的直线都与C相切 C.若点(3,1)在椭圆C上,则椭圆C的蒙日圆周长的最小值为8π D.若点P为OQ的中点,则椭圆C的离心率的最小值为 答案 第2课时　直线与椭圆的位置关系 基础练习 1.D　由可得14x2+18mx+9m2-45=0, 因此Δ=324m2-56(9m2-45)<0,解得m<-或m>. 2.答案　2 解析　因为直线ax+by-1=0与圆O:x2+y2=1相切, 所以圆心O(0,0)到直线ax+by-1=0的距离d==1,所以a2+b2=1, 从而+≤=<1,所以点P(a,b)在椭圆+=1的内部, 所以过点P(a,b)的直线与椭圆+=1的交点个数是2. 3.答案　+=1;或- 解析　如图, 设圆M的半径为r, 由已知可得,圆C1的圆心为C1(-1,0),半径为5,圆C2的圆心为C2(1,0),半径为1, 因为圆M与圆C1内切,与圆C2外切, 所以两式相加得|MC1|+|MC2|=6,因为6>2=|C1C2|, 所以M点的轨迹是以C1,C2为焦点的椭圆,且a=3,c=1,所以b2=a2-c2=8, 所以圆心M的轨迹C的方程为+=1. 将y=x+m代入+=1,得8x2+9(x+m)2=72, 整理得17x2+18mx+9m2-72=0. 因为直线y=x+m与C有且只有一个公共点,所以Δ=0, 即(18m)2-4×17×(9m2-72)=0, 即m2=17, 解得m=或m=-. 4.BCD　易知椭圆C关于原点、x轴、y轴对称. 直线y=2x-2与直线l平行,且两直线不关于原点对称,则直线y=2x-2被椭圆C所截得弦的长不为,A不符合要求; 直线y=-2x-1与直线l关于x轴对称,直线y=-2x+1与直线l关于y轴对称,直线y=2x-1与直线l关于原点对称,则直线y=-2x-1,y=-2x+1,y=2x-1被椭圆C所截得弦的长均为,B,C,D符合要求. 5.解析　(1)由题意可设椭圆C:+=1(a>b>0), 则2a=4,且c=,所以a=2,可得b2=a2-c2=1, 所以椭圆C的方程为+y2=1. (2)不妨设P(x1,y1),Q(x2,y2),P在Q上方,如图, 将y=x-1与+y2=1联立,消去y,得5x2-8x=0, 解得x1=,x2=0, 所以弦长|PQ|=|x1-x2|=×=. 6.答案　± 解析　由题意可知直线l的斜率存在,设为k,∵直线l过点A(0,2),∴直线l的方程为y=kx+2, 联立消去y,得x2+4kx+3=0, 依题意,需满足Δ=(4k)2-4×3>0,解得k>或k<-, 设M(x1,y1),N(x2,y2), 则x1+x2=-, ∵四边形OMPN为平行四边形,∴=+=(x1+x2,y1+y2), 又y1=kx1+2,y2=kx2+2,∴P(x1+x2,k(x1+x2)+4), 将P点坐标代入椭圆方程,得+=1, 整理得+8k(x1+x2)+15=0,将x1+x2=-代入, 得+8k+15=0,解得k=±,符合题意. 7.解析　(1)由题意得,椭圆C的焦点在x轴上,设方程为+=1(a>b>0). 因为短轴长为2,离心率为,所以2b=2,=. 又因为a2=b2+c2,所以a2=6,b2=2,c2=4, 所以椭圆C的方程为+=1. (2)结合(1)中求得的方程可知点M(3,0)在椭圆外,因此过该点且与椭圆有交点的直线PQ的斜率必然存在. (思路探究:设P(x1,y1),Q(x2,y2),由条件OP⊥OQ⇒x1x2+y1y2=0,此式是关于两点坐标的对称形式,因此可选用代数法,利用根与系数的关系求解问题) 可设直线PQ的方程为y=k(x-3), 联立得(1+3k2)x2-18k2x+27k2-6=0, 则Δ=(-18k2)2-4(1+3k2)(27k2-6)=-4(9k2-6)>0,解得-<k<. 设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=, 则y1y2=k2[x1x2-3(x1+x2)+9]=. 由OP⊥OQ得x1x2+y1y2=0,即+==0,解得k=±,符合Δ>0, 所以直线PQ的方程为y=(x-3)或y=-(x-3),即x-y-3=0或x+y-3=0. 8.解析　(1)设椭圆方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0,m≠n), (这样设方程的优点是避免了对焦点位置的讨论) 则解得 所以椭圆C的方程为+=1. (2)由(1)知F1(-1,0),F2(1,0), 设A(x1,y1),B(x2,y2), (思路探究:∠AF2B为锐角⇒·>0⇒(x1-1)(x2-1)+y1y2>0,此结论是关于A,B两点坐标的对称形式,故可选用代数法,利用根与系数的关系整体代入,从而解决问题) 由题意可得l:y=kx+k, 联立消去y,得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0, 则Δ=-4(3+4k2)(4k2-12)=144k2+144>0, 且 易知=(x1-1,y1),=(x2-1,y2), 因为∠AF2B为锐角, 所以·=(x1-1)(x2-1)+y1y2 =x1x2-(x1+x2)+1+y1y2 =(k2+1)x1x2+(k2-1)(x1+x2)+(k2+1) = =>0, 所以k2>, 因此k的取值范围为∪. 9.解析　(1)由题意可知,动点P的轨迹是焦点在y轴上的椭圆,且2a=4,2c=|AB|=2, 则a=2,c=1,b==, 所以曲线C的方程为+=1. (2)显然直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx+1, 由⇒(4+3k2)x2+6kx-9=0, 则Δ=36k2+36(4+3k2)>0, 设E(x1,y1),F(x2,y2), 由根与系数的关系得x1+x2=-,x1·x2=,① 连接AF.∵M,O分别是BF,AB的中点,∴OM∥AF, 又∵OM∥DE,∴DE∥AF, ∴==,∴x2=-2x1②, 由①②可得由,得5k2=4,即k=±, 所以直线l的方程为y=±x+1. 10.解析　(1)由已知得 又a2=b2+c2,故a=2,b=1,c=,则椭圆C的标准方程为+y2=1. (2)易知K(,0)在椭圆+y2=1内,因为直线m过点K且与椭圆相交,直线m的斜率存在且不为0, 所以不妨设直线m的方程为x=ty+(t≠0),另设M(x1,y1),N(x2,y2),由题知x1,x2≠±2. 联立消去x并整理得(t2+4)y2+2ty-1=0, 由根与系数的关系得y1+y2=-,y1y2=-,易知ty1y2=-=(y1+y2),直线n:x=-, 又A(-2,0),所以直线AM的方程为y=(x+2), 联立解得yP=(2-),同理得yQ=-(2+), 所以==(7-4)·, 因为= = ==(7-4)·=7-4, 则=(7-4)×(7-4)=97-56. 能力提升练 1.D　由题得E(0,b),F(c,0),设A(x1,y1),B(x2,y2),线段AB的中点为M(x0,y0), 由三角形重心的性质可知,=2,即(c,-b)=2(x0-c,y0),解得x0=,y0=-,即M, 将该点坐标代入3x-2y-8=0,得3×-2×-8=0,即+b-8=0, 又M为线段AB的中点, ∴=,=-,则x1+x2=3c,y1+y2=-b, 又A,B为椭圆上的点, ∴+=1,+=1, 以上两式相减,得+=0⇒+=0, ∴-=0,即=⇒=, ∴kAB==,化简得a2=2bc, 联立∴ 故离心率e==. 2.答案　x+2y-3=0 解析　设这条弦的两个端点分别为A(x1,y1),B(x2,y2), 则+=1,+=1, 两式相减可得=-, 所以kAB==-·=-×=-, 所以这条弦所在的直线方程为y-1=-(x-1),即x+2y-3=0. 3.解析　(1)根据椭圆的定义可知|PF1|+|PF2|=2a, 根据题意可得 所以a=,c=1,b=1, 所以椭圆E的方程为+y2=1. (2)证明:设P(x1,y1),A(x2,y2),因为M为AP的中点,所以M, 根据题意知直线AP与OM的斜率都存在, 所以直线AP与OM的斜率乘积为×=×=, 因为P,A都在椭圆上,所以+=1,+=1,两式相减可得-+-=0, 即(-)=-, 可得=-, 因此直线AP与OM的斜率乘积为-. (3)设B(x3,y3),由(1)可知F1(-1,0),F2(1,0), 因为点P在椭圆上,所以+=1⇒+2=2, 由题意得直线PA:y=(x+1), 直线PB:y=(x-1), 将直线PA与椭圆E的方程联立, 得 消去y,可得x2+=2, 整理可得(2x1+3)x2+4x-3-4x1=0,所以x1x2=-,即x2=-, 则y2=-,即A. 将直线PB与椭圆E的方程联立, 得 消去y,可得x2+2=2, 整理可得(-2x1+3)x2-4x-3+4x1=0,所以x1x3=,即x3=, 则y3=,即B, 所以直线AB的斜率k2===, 又直线OP的斜率k1=, 故-=-===-, 因为点P在第一象限内,所以>0, 则-=-≤-2,当且仅当=,即x1=y1,即x1=,y1=时取等号, 所以-的最大值为-2. 4.D　设△ABF2的内切圆的圆心为E,半径为r,则πr2=π,解得r=1(舍负), ∵=+=|AF1|·|F1F2|sin∠AF1F2+|BF1||F1F2|·sin∠BF1F2=|AF1|·2c·sin 45°+|BF1|·2c·sin 135°=|AB|, 且=S△EAB++=|AB|·r+|BF2|·r+|AF2|·r=(|AB|+|BF2|+|AF2|)=×4a=2a, ∴|AB|=2a,∴|AB|=2×, ∵e=∈,∴∈[2,3],则2×∈[4,6],即|AB|∈[4,6], ∴线段AB的长度的最小值为4. 5.B　设A(3cos θ,2sin θ)(关键点),θ∈, 由题意可知切线l:x+y=1,即+=1, 可知M,N, 则S△OMN=××=≥6,(2θ∈(0,π),故0<sin 2θ≤1)当且仅当2θ=,即θ=时,等号成立, 所以△OMN面积的最小值为6. 6.解析　(1)设|MF1|=m,|MF2|=n, 则m+n=2a,且|F1F2|=2c, 由题意可知 解得 所以椭圆C的标准方程为+y2=1. (2)由(1)可知m+n=4,且|F1F2|=2, 在△F1MF2中,由余弦定理可得=m2+n2-2mncos∠F1MF2=(m+n)2-2mn-2mncos∠F1MF2, 即12=16-2mn-mn,解得mn=, 设M(x0,y0),x0>0,y0>0, 由等面积法可得=mn·sin∠F1MF2=|F1F2|·y0, 即××=×2y0,解得y0=, 又+=1,所以=4-4=,可得x0=, 所以点M的坐标为. (3)易知直线l:x=ty+1(t>0)过定点(1,0),且点(1,0)在椭圆C内,记D(1,0), 则直线l与椭圆C必相交,设E(x1,y1),F(x2,y2), 联立消去x可得(t2+4)y2+2ty-3=0, 则y1+y2=-,y1y2=-, 可得|y1-y2|===, 则△AEF的面积S△AEF=|AD|·|y1-y2|=×4×==,解得t=1(负值舍去),所以t的值为1. 7.答案　 解析　由题可知a2=1,b2=, 因此a=1,b=,则c2=a2-b2=1-, 易知F2(c,0),A, 所以kl==-, 所以直线l的方程为y=-x+, 将其代入椭圆方程得x2+λ-x+2=1,整理得x2-x=0, 解得x=0或x==, 所以xB=,yB=-·+==, 所以=,=, 又因为=t, 所以=t, 所以=tc且=-, 所以=t,又因为c2=1-,所以t===, 因为△F1F2B的面积为t,所以×2c×|yB|=t,即×2c×=t, 即c×=t,所以c×=,所以c2×=,所以·=, 解得λ=4或λ=(舍去), 所以t==. 8.答案　4;2 解析　设P(x0,y0),Q(m,n),连接OA,OB,由AQ⊥AO,BQ⊥BO,可得Q,A,O,B四点共圆, 易得以OQ为直径的圆的方程为+=, 与圆C2的方程x2+y2=16相减,可得直线AB的方程为mx+ny-16=0, 又直线AB与椭圆相切于P点,椭圆在点P处的切线方程为+=1,即2x0x+4y0y-16=0, 所以m=2x0,n=4y0, 由点P在椭圆C1上,可设x0=2cos α,y0=2sin α,0≤α<2π, 即有m=4cos α,n=8sin α. 圆C2:x2+y2=16的圆心为C2(0,0),半径r=4, 圆心C2(0,0)到直线AB的距离d===,0≤α<2π, 则|AB|=2=2,0≤α<2π, 则当sin2α=0,即α=0或α=π时,弦AB的长取得最小值,为4. ·=mx0+ny0=16cos2α+16sin2α=16, ||==2, ||==4·,其中0≤α<2π, 则有S△OPQ=||||sin<,> = = = ==2|sin 2α|≤2, 当sin 2α=±1,即α=或α=或α=或α=时取等号, 所以△OPQ的面积的最大值为2. 9.解析　(1)由题可得e==,又a2=b2+c2,所以a=b①, 将(,1)代入椭圆方程,得+=1②,联立①②,可解得b2=2,a2=4,所以椭圆C的方程为+=1. (2)依题意得B(-,-1)在椭圆C上,直线AP和BP的斜率kAP和kBP都存在且不为0,设P(xP,yP),所以=2-,kAP=,kBP=, 则kAP·kBP=×= ==-,所以直线AP和BP的斜率之积为定值-. (3)设直线l的方程为y=x+t,M(x1,y1),N(x2,y2),由消去y,整理得x2+tx+t2-2=0, 由题知Δ=2t2-4(t2-2)>0,则-2<t<2, 由根与系数的关系知x1+x2=-t,x1·x2=t2-2, 则|MN|= = =, 又点A到直线MN的距离d==, 故S△AMN=|MN|·d=×=|t|=×=×=,则t=±,此时直线l的方程为y=x±. 10.解析　(1)易知△MNF2的周长为|MN|+|MF2|+|NF2|=|MF1|+|MF2|+|NF1|+|NF2|=4a, 即4a=4|F1F2|=8c,所以e==. (2)由题可知D(4,0),因为A,B两点都在x轴上方,所以点D必在椭圆外,则a<4, 不妨设A(x1,y1),B(x2,y2), 由题可知λ==,因为点A在线段DB上,所以=λ,其中λ∈, 所以(xD-x2,yD-y2)=λ(xD-x1,yD-y1), 所以xD==4,yD==0, 因为A,B两点都在椭圆E上, 所以+=1,+=1,则+=λ2,则+=1-λ2,即··+··=1, 又xD==4,yD==0, 所以·=1, 所以 解得 不妨设过点D且和椭圆上半部分相切的直线与椭圆相切于点P,易知x1∈(xP,a)①, 因为a<4,所以-2<0,又λ∈,故x1=+2+∈②,由①和②,可得+2+=a,解得a=1或a=4(舍去),又e=,所以c=,则b2=a2-c2=,故椭圆E的方程为x2+=1. 11.ACD　对于A,因为圆x2+y2=a2+b2的圆心为(0,0),半径r=,且椭圆C:+=1(a>b>0),所以|OP|≥b,所以|PQ|=|OQ|-|OP|≤r-b=-b,故A正确; 对于B,取Q(a,b),则直线x=a,y=b互相垂直,且都与椭圆C相切,故B错误; 对于C,因为点(3,1)在椭圆C上,所以+=1,则a2+b2=(a2+b2)=10++≥10+2=16, 当且仅当=,即a=2,b=2时取等号,所以蒙日圆的周长为2πr=2π·≥8π,即周长的最小为8π,故C正确; 对于D,若点P为OQ的中点,则|OP|=≥b,则a2≥3b2,即≤,故e2=1-≥,所以e≥,又0<e<1,所以≤e<1,即椭圆C的离心率的最小值为,故D正确. 7 学科网（北京）股份有限公司 $