直线与椭圆的位置关系练习题目与答案

直线与椭圆的位置关系练习（2）1.椭圆192522yx上的点M到焦点1F的距离为2，N为1MF的中点，则ON（O为坐标原点）的值为（）A．4B．2C．8D．23解：如图所示，设椭圆的另一个焦点为2F，由椭圆第一定义得10221aMFMF，所以82101012MFMF，又因为ON为21FMF的中位线，所以4212MFON，故答案为A．2.若直线)(1Rkkxy与椭圆1522myx恒有公共点，求实数m的取值范围解法一：由15122myxkxy可得05510)5(22mkxxmk，0152km即1152km51mm且解法二：直线恒过一定点)1,0(当5m时，椭圆焦点在x轴上，短半轴长mb，要使直线与椭圆恒有交点则1m即51m当5m时，椭圆焦点在y轴上，长半轴长5a可保证直线与椭圆恒有交点即5m综述：51mm且解法三：直线恒过一定点)1,0(要使直线与椭圆恒有交点，即要保证定点)1,0(在椭圆内部115022m即1m3.已知椭圆1422yx及直线mxy．（1）当m为何值时，直线与椭圆有公共点？（2）若直线被椭圆截得的弦长为5102，求直线的方程．3.解：（1）把直线方程mxy代入椭圆方程1422yx得1422mxx，即012522mmxx．020161542222mmm，解得2525m．（2）设直线与椭圆的两个交点的横坐标为1x，2x，由（1）得5221mxx，51221mxx．根据弦长公式得：51025145211222mm．解得0m．方程为xy．4.已知椭圆11222yx的左右焦点分别为F1,F2，若过点P（0，-2）及F1的直线交椭圆于A,B两点，求⊿ABF2的面积4.解法一：由题可知：直线ABl方程为022yx由1122222yxxy可得04492yy，91044)(2122121yyyyyy9104212121yyFFS解法二：2F到直线AB的距离554h由1122222yxxy可得061692xx，又92101212xxkAB910421hABS解法三：令),(),,(2211yxByxA则11exaAF，21exaBF其中22,2ea2F到直线AB的距离554h由1122222yxxy可得061692xx，9210)(222121xxeaexaexaAB910421hABS[评述]在利用弦长公式212212111yykxxkAB（k为直线斜率）或焦（左）半径公式)(22212121xxeaexaexaPFPFAB时，应结合韦达定理解5.已知长轴为12，短轴长为6，焦点在x轴上的椭圆，过它对的左焦点1F作倾斜解为3的直线交椭圆于A，B两点，求弦AB的长．5.分析：可以利用弦长公式]4))[(1(1212212212xxxxkxxkAB求得，也可以利用椭圆定义及余弦定理，还可以利用焦点半径来求．解：(法1)利用直线与椭圆相交的弦长公式求解．2121xxkAB]4))[(1(212212xxxxk．因为6a，3b，所以33c．因为焦点在x轴上，所以椭圆方程为193622yx，左焦点)0,33(F，从而直线方程为93xy．由直线方程与椭圆方程联立得：0836372132xx．设1x，2x为方程两根，所以1337221xx，1383621xx，3k，从而1348]4))[(1(1212212212xxxxkxxkAB．6.已知中心在原点，长轴在x轴上的椭圆的两准线间的距离为23，若椭圆被直线x+y+1=0截得的弦的中点的横坐标是32，求椭圆的方程6.解法一：令椭圆方程为)(122nmnymx，),(),,(2211yxByxA由题得：32221xx，31221yy由1122nymxxy可得012)(2nnxxnm，mnnmnxx234221即又3222ca即2221131nmm34,32nm椭圆方程为1343222yx解法二：令椭圆方程为)(122nmnymx，),(),,(2211yxByxA由题得：32221xx，31221yy由1122222121nymxnymx作差得)()(21212121yyxxyyxxnmmn2又3222ca即2221131nmm34,32nm椭圆方程为1343222yx7.已知长方形ABCD,AB=22,BC=1.以AB的中点O为原点建立如图8所示的平面直角坐标系xoy.(Ⅰ)求以A、B为焦点，且过C、D两点的椭圆的标准方程;(Ⅱ)过点P(0,2)的直线l交(Ⅰ)中椭圆于M,N两点,是否存在直线l,使得以弦MN为直径的圆恰好过原点?若存在,求出直线l的方程;若不存在,说明理由.OxyABCD图87.[解析](Ⅰ)由题意可得点A,B,C的坐标分别为1,2,0,2,0,2.设椭圆的标准方程是012222babyax.2240122012222222BCACa则2a224222cab.椭圆的标准方程是.12422yx(Ⅱ)由题意直线的斜率存在,可设直线l的方程为02kkxy.设M,N两点的坐标分别为.,,,2211yxyx联立方程:42222yxkxy消去y整理得,0482122kxxk有221221214,218kxxkkxx若以MN为直径的圆恰好过原点,则ONOM,所以02121yyxx,所以,0222121kxkxxx,即042121212xxkxxk所以,04211621142222kkkk即,0214822kk得.2,22kk所以直线l的方程为22xy,或22xy.所以存在过P(0,2)的直线l:22xy使得以弦MN为直径的圆恰好过原点.8.已知椭圆的中心在坐标原点O，焦点在坐标轴上，直线y=x+1与椭圆交于P和Q，且OP⊥OQ，|PQ|=210，求椭圆方程新疆源头学子小屋特级教师王新敞@[e-mail]王新敞特级教师源头学子小屋新疆8.解新疆王新敞特级教师源头学子小屋@[e-mail]源头学子小屋特级教师王新敞新疆设椭圆方程为mx2+ny2=1(m＞0,n＞0)，P(x1,y1),Q(x2,y2)由1122nymxxy得(m+n)x2+2nx+n－1=0,Δ=4n2－4(m+n)(n－1)＞0,即m+n－mn＞0,由OP⊥OQ,所以x1x2+y1y2=0,即2x1x2+(x1+x2)+1=0,∴nmnnmn2)1(2+1=0,∴m+n=2①又2)210()(4nmmnnm2,将m+n=2,代入得m·n=43②由①、②式得m=21,n=23或m=23,n=21故椭圆方程为22x+23y2=1或23x2+21y2=1新疆源头学子小屋特级教师王新敞@[e-mail]王新敞特级教师源头学子小屋新疆9.椭圆12222byaxa＞b＞0与直线1yx交于P、Q两点，且OQOP，其中O为坐标原点．（1）求2211ba的值；（2）若椭圆的离心率e满足33≤e≤22，求椭圆长轴的取值范围．9.（1）设),(),,(2211yxPyxP，由OP⊥OQx1x2+y1y2=0①01)(2,1,121212211xxxxxyxy代入上式得：又将代入xy112222byax0)1(2)(222222baxaxba，,2,022221baaxx222221)1(babaxx代入①化简得21122ba.(2),3221211311222222222abababace又由（1）知12222aab26252345321212122aaa，∴长轴2a∈[6,5].10.设直线l过点P（0，3），和椭圆xy22941顺次交于A、B两点，若APPB试求的取值范围.10。解：当直线l垂直于x轴时，可求得15;当l与x轴不垂直时，设)(,,2211yxByxA，，直线l的方程为：3kxy，代入椭圆方程，消去y得045544922kxxk解之得.4959627222,1kkkx因为椭圆关于y轴对称，点P在y轴上，所以只需考虑0k的情形.当0k时，4959627221kkkx，4959627222kkkx，所以12xx＝5929592922kkkk＝59291812kkk＝25929181k.yO1A2B2A1B...M1F0F2Fx.由049180)54(22kk，解得952k，所以51592918112k，综上115.11.已知椭圆的一个焦点为F1(0,-22)，对应的准线方程为924y，且离心率e满足：24,,33e成等差数列。（1）求椭圆方程；（2）是否存在直线l，使l与椭圆交于不同的两点M、N，且线段MN恰被直线12x平分，若存在，求出l的倾斜角的范围；若不存在，请说明理由。10.（1）解：依题意e223，29222244acc∴a＝3，c＝22，b＝1，又F1(0，－22)，对应的准线方程为924y∴椭圆中心在原点，所求方程为22119xy(2)假设存在直线l，依题意l交椭圆所得弦MN被12x平分∴直线l的斜率存在。设直线l：y＝kx＋m由2219ykxmyx消去y，整理得(k2＋9)x2＋2kmx＋m2－9＝0∵l与椭圆交于不同的两点M、N，∴Δ＝4k2m2－4(k2＋9)(m2－9)＞0即m2－k2－9＜0①设M(x1,y1),N(x2,y2)1221292xxkmk292kmk②把②代入①式中得2222(9)(9)04kkk，∴k＞3或k＜－3∴直线l倾斜角2()()3223，，12.ABC的底边16BC，AC和AB两边上中线长之和为30，求此三角形重心G的轨迹和顶点A的轨迹．分析：（1）由已知可得20GBGC，再利用椭圆定义求解．（2）由G的轨迹方程G、A坐标的关系，利用代入法求A的轨迹方程．解：（1）以BC所在的直线为x轴，BC中点为原点建立直角坐标系．设G点坐标为yx，，由20GBGC，知G点的轨迹是以B、C为焦点的椭圆，且除去轴上两点．因10a，8c，有6b，故其方程为013610022yyx．（2）设yxA，，yxG，，则013610022yyx．①由题意有33yyxx，代入①，得A的轨迹方程为0132490022yyx，其轨迹是椭圆（除去x轴上两点）．13.已知动