专题12 直线与椭圆的位置关系-【夯实基础】2023-2024高二数学同步限时训练(人教A版2019选择性必修第一册)（含解析)

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【夯实基础】2023-2024高二数学同步限时训练（新人教A版2019）专题12 直线与椭圆的位置关系
一、单选题
1．直线与椭圆有且只有一个交点，则的值是( )
A． B． C． D．
2．直线与椭圆的位置关系是（ ）
A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定
3．已知斜率为1的直线过椭圆的右焦点，交椭圆于两点，则弦的长为（ ）
A． B． C． D．
4．已知椭圆的左、右焦点分别为、，过且斜率为1的直线交椭圆于A、两点，则等于（ ）
A． B． C． D．
5．已知直线，椭圆．若直线l与椭圆C交于A，B两点，则线段AB的中点的坐标为（ ）
A． B．
C． D．
6．已知椭圆，过点的直线交椭圆于A，B两点，若P为线段中点，则（ ）
A． B． C． D．
7．过椭圆上的焦点作两条相互垂直的直线，交椭圆于两点，交椭圆于两点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．已知直线与椭圆相交于两点，为坐标原点.当的面积取得最大值时，（ ）
A． B．
C． D．
9．若直线mx＋ny＝4和圆O：x2＋y2＝4没有交点，则过点(m，n)的直线与椭圆的交点个数为（ ）
A． B． C． D．或2
10．已知A，F分别是椭圆C：的下顶点和左焦点，过A且倾斜角为的直线l分别交x轴和椭圆C于M，N两点，且N点的纵坐标为，若的周长为6，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
11．过原点O作两条相互垂直的直线分别与椭圆交于A、C与B、D，则四边形ABCD面积最小值为（ ）
A． B． C． D．
12．椭圆＝1的一个焦点为F，过原点O作直线（不经过焦点F）与椭圆交于A，B两点，若△ABF的面积是20，则直线AB的斜率为（　　）
A． B． C． D．
13．已知椭圆的左 右焦点分别是，，过的直线与椭圆C交于A，B两点，则的面积是（ ）
A． B． C． D．
14．直线与椭圆相交两点，点是椭圆上的动点，则面积的最大值为（ ）
A．2 B． C． D．3
15．已知直线与椭圆相交于，两点，椭圆的两个焦点分别是，，线段的中点为，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
16．斜率为1的直线l与椭圆相交于A，B两点，则的最大值为（ ）
A．2 B． C． D．
17．设椭圆的方程为，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．若直线方程为，则.
C．若直线方程为，则点M坐标为
D．若点M坐标为，则直线方程为；
18．已知椭圆的右焦点为，过点的直线交椭圆于两点，若的中点坐标为（1，-1），则弦长|AB|=（　　）
A． B． C． D．
19．已知椭圆，直线，那么直线与椭圆位置关系（　　）
A．相交 B．相离 C．相切 D．不确定
20．已知椭圆C：内一点，直线l与椭圆C交于A，B两点，且M是线段AB的中点，则下列不正确的是（ ）.
A．椭圆的焦点坐标为， B．椭圆C的长轴长为4
C．直线的方程为 D．
21．给定四条曲线：①，②，③，④，其中与直线仅有一个交点的曲线是（ ）
A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④
22．已知，则直线与椭圆的位置关系是（ ）
A．相交 B．相切 C．相离 D．以上三种情况均有可能
23．如图，P为椭圆上的一动点，过点P作椭圆的两条切线PA，PB，斜率分别为，.若为定值，则（ ）
A． B． C． D．
24．国家体育场“鸟巢”的钢结构鸟瞰图如图1所示，内外两圈的钢骨架是离心率相同的椭圆；某校体育馆的钢结构与“鸟巢”相同，其平面图如图2所示，若由外层椭圆长轴一端点A和短轴一端点分别向内层椭圆引切线，，且两切线斜率之积等于，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
25．已知椭圆的左，右焦点为，，O为坐标原点，过O作直线交椭圆于A，B两点，且直线交椭圆E于M，N两点，已知周长的最小值为，面积的最大值为1，则下列选项中正确的有（ ）
A．椭圆E的长轴长为2；
B．存在点M使得长为2；
C．当时直线恒与某个定圆相切；
D．当时的面积有最大值．
26．已知椭圆的右焦点为，过点的两条互相垂直的直线，与椭圆相交于点，与椭圆相交于点，则下列叙述正确的是（　　）
A．存在直线，使得值为
B．存在直线，使得|值为
C．弦长存在最大值，且最大值为
D．弦长不存在最小值
27．已知椭圆的焦点分别为，，焦距为2c，过的直线与椭圆C交于A，B两点.，，若的周长为20，则经过点的直线（ ）
A．与椭圆C可能相交 B．与椭圆C可能相切
C．与椭圆C可能相离 D．与椭圆C不可能相切
28．椭圆的左、右焦点分别是，离心率为e，点A、B、P在椭圆E上，且满足(其中O为坐标原点)，则下列说法正确的是( )
A．若是等腰直角三角形，则
B．的取值范围是
C．直线过定点(定点坐标与a，b有关)
D．为定值(定值与a，b有关)
三、填空题
29．直线：，椭圆，则直线和椭圆的位置关系是__．
30．已知椭圆与双曲线共焦点，过椭圆上一点的切线与轴、轴分别交于、两点（、为椭圆的两个焦点）．又为坐标原点，当的面积最小时，下列说法所有正确的序号是__________．
①；
②当点在第一象限时坐标为；
③直线的斜率与切线的斜率之积为定值；
④的角平分线（点在上）长为．
31．过椭圆的左焦点作倾斜角60°的直线，直线与椭圆交于A，B两点，则______．
32．已知椭圆：的离心率为，过右焦点F且倾斜角为的直线与椭圆形成的弦长为，且椭圆上存在4个点M，N，P，Q构成矩形，则矩形MNPQ面积的最大值为_________.
四、解答题
33．已知直线l：y＝2x＋m，椭圆C：＋＝1.试问当m取何值时，直线l与椭圆C：
（1）有两个公共点；
（2）有且只有一个公共点；
（3）没有公共点．
34．已知椭圆的左 右焦点分别为，离心率为，以原点为圆心 椭圆短半轴长为半径的圆与直线相切.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点作直线交椭圆于两点（直线与轴不重合）.在轴上是否存在点，使得直线与的斜率之积为定值？若存在，求出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由.
35．已知椭圆C的焦点为F1（0，-2）和F2（0，2），长轴长为2，设直线y=x+2交椭圆C于A，B两点.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)求弦AB的中点坐标及|AB|.
36．已知椭圆C：的离心率为，左，右焦点分别为，，O为坐标原点，点Q在椭圆C上，且满足．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设P为椭圆C的右顶点，直线l与椭圆C相交于M，N两点（M，N两点异于P点），且PM⊥PN，求的最大值．
37．已知椭圆的离心率为，过椭圆C右焦点并垂直于x轴的直线PM交椭圆C于P，M（点P位于x轴上方）两点，且△OPM（O为坐标原点）的面积为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l交椭圆C于A，B（A，B异于点P）两点，且直线PA与PB的斜率之积为，求点P到直线l距离的最大值．
38．已知椭圆的左，右焦点分别为且经过点.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若斜率为1的直线与椭圆C交于A，B两点，求面积的最大值（O为坐标原点）
39．已知椭圆C:的上下顶点分别为，过点P且斜率为k(k<0)的直线与椭圆C自上而下交于两点，直线与交于点.
(1)设的斜率分别为，求的值;
(2)求证：点在定直线上.
40．已知椭圆：（）过点，且离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)记椭圆的上下顶点分别为，过点斜率为的直线与椭圆交于两点，证明：直线与的交点在定直线上，并求出该定直线的方程．
41．已知椭圆，过点而不过点的动直线与椭圆交于两点.
(1)求
(2)若直线的斜率之和为0，求的面积.
42．如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点．
(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求的最小值．
43．已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴，轴，且过两点.
(1)求椭圆的方程；
(2)为椭圆的右焦点，直线交椭圆于（不与点重合）两点，记直线的斜率分别为，若，证明：的周长为定值，并求出定值.
44．已知椭圆C：，长轴是短轴的3倍，点在椭圆C上.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若过点且不与y轴垂直的直线l与椭圆C交于M，N两点，在x轴的正半轴上是否存在点，使得直线TM，TN斜率之积为定值？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.
45．已知椭圆 ，直线l：与椭圆交于两点，且点位于第一象限.
(1)若点是椭圆的右顶点，当时，证明：直线和的斜率之积为定值；
(2)当直线过椭圆的右焦点时，轴上是否存在定点，使点到直线 的距离与点到直线的距离相等？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
46．已知椭圆的左 右焦点分别为是上一动点，的最大面积为.
(1)求的方程；
(2)若直线与交于两点，为上两点，且，求四边形面积的最大值.
参考答案：
1．C
【分析】直线和椭圆只有一个交点，则直线和椭圆相切，联立直线和椭圆方程得到二次方程，二次方程只有一个解，根据＝0即可求出k的值﹒
【详解】由得，，
由题意知，解得，
故选：C．
2．A
【分析】根据直线恒过，且在椭圆内可直接得到结论.
【详解】，在椭圆内，
恒过点，直线与椭圆相交.
故选：A.
3．C
【分析】根据题意求得直线l的方程，设，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理求得，再利用弦长公式即可得出答案.
【详解】解：由椭圆得，，所以，
所以右焦点坐标为，则直线的方程为，
设，
联立，消y得，，
则，
所以.
即弦长为.
故选：C.
4．A
【分析】利用弦长公式求解即可.
【详解】设直线AB方程为，联立椭圆方程
整理可得：，设，
则，，根据弦长公式有：
=．故B，C，D错误.
故选：A.
5．B
【分析】联立直线方程与椭圆方程，消y得到关于x的一元二次方程，根据韦达定理可得，进而得出中点的横坐标，代入直线方程求出中点的纵坐标即可.
【详解】由题意知，
，消去y，得，
则，，
所以A、B两点中点的横坐标为：，
所以中点的纵坐标为：，
即线段AB的中点的坐标为.
故选：B
6．D
【解析】设,,由弦中点利用点差法可得,则直线为,联立直线与椭圆,利用韦达定理可得,进而通过弦长公式求解即可
【详解】由题,设,,因为为线段的中点,则,
则,作差可得,
即,即,
则直线为,即,
所以联立可得,则,
所以,
故选：D
【点睛】本题考查弦长公式的应用,考查利用点差法求直线的斜率,考查运算能力
7．C
【解析】当直线有一条斜率不存在时，可直接求得，当直线的斜率都存在且不为0时，不妨设直线的斜率为k，则直线的斜率为，则可得直线的方程，与椭圆联立，根据韦达定理及弦长公式，可求得的表达式，同理可求得的表达式，令，则可得，令，根据二次函数的性质，结合t的范围，即可求得的范围，综合即可得答案.
【详解】当直线有一条斜率不存在时，不妨设直线斜率不存在，则直线斜率为0，
此时，，
所以，
当直线的斜率都存在且不为0时，不妨设直线的斜率为k，则直线的斜率为，
不妨设直线都过椭圆的右焦点，
所以直线，直线，
联立与椭圆T，可得，
，
，
所以
，
同理，
所以，
令，因为，所以，
所以=，
令，
因为，所以，
所以，所以，
所以，
综上的取值范围是.
故选：C
【点睛】解题的关键是设出直线的方程，结合韦达定理及弦长公式，求得的表达式，再根据二次函数性质求解，易错点为需求直线中有一个不存在时，的值，考查计算求值的能力，属中档题.
8．A
【分析】联立直线方程与椭圆方程，化简，得到韦达定理，由弦长公式求得，由O到直线的距离，表示出的面积，利用基本不等关系求得最大值，从而求得此时的.
【详解】由，得.
设，，则，，
.
又O到直线的距离，
则的面积 ，
当且仅当，即时，的面积取得最大值.
此时，.
故选：A.
9．C
【分析】根据直线与圆没有交点可得m2＋n2<4，即可判断点(m，n)在椭圆的内部，即可得出结论.
【详解】∵ 直线mx＋ny＝4和圆O：x2＋y2＝4没有交点，
∴，∴ m2＋n2<4，∴，
∴ 点(m，n)在椭圆的内部，
∴过点(m，n)的直线与椭圆的交点个数为2个．
故选：C.
10．B
【分析】根据已知条件求得，由此求得的面积.
【详解】由题意得，，，
因为直线AM的倾斜角为，所以直线MN的方程为，
把代入椭圆方程解得，所以，
因为A在直线MN上，所以，解得．
又，，解得，
令，则，即，
因为M为椭圆的右焦点，所以，
由椭圆的定义可知，，
因为的周长为6，所以，
所以，所以，，所以，，.
所以．
故答案为：．
11．A
【分析】直线AC、BD与坐标轴重合时求出四边形面积，与坐标轴不重合求出四边形ABCD面积最小值，再比较大小即可作答.
【详解】因四边形ABCD的两条对角线互相垂直，由椭圆性质知，四边形ABCD的四个顶点为椭圆顶点时，而，
四边形ABCD的面积，
当直线AC斜率存在且不0时，设其方程为，由消去y得：，
设，则，
，
直线BD方程为，同理得：，
则有，
当且仅当，即或时取“=”，而，
所以四边形ABCD面积最小值为.
故选：A
12．A
【分析】分情况讨论当直线AB的斜率不存在时，可求面积，检验是否满足条件，当直线AB的斜率存在时，可设直线AB的方程y＝kx，联立椭圆方程，可求△ABF2的面积为S＝2代入可求k．
【详解】由椭圆＝1，则焦点分别为F1(－5,0)，F2(5,0)，不妨取F(5,0)．
①当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x＝0，此时AB＝4，
＝AB 5＝×5＝10，不符合题意；
②可设直线AB的方程y＝kx，
由，可得(4+9k2)x2＝180，
∴xA＝6，yA＝，
∴△ABF2的面积为S＝2＝2××5×＝20，
∴k＝±．
故选：A．
13．A
【分析】由题知，直线，进而与椭圆方程联立得，，进而根据计算即可.
【详解】解：由题意可得，，则直线.
联立，整理得，
设，，
则，，
从而.
因为，
所以的面积是.
故选：A
14．B
【分析】联立方程组解得点坐标，可得，再设和平行的直线，当该直线和椭圆相切时，即的面积取得最大值，求出此时高，可得答案.
【详解】由题意联立方程组 ，解得或，
因为两点在椭圆上关于原点对称，不妨取 ，
则 ,
设过点C与AB平行的直线为 ，则与AB的距离即为点C到AB的距离，也就是的边AB上的高，
当与椭圆相切时，的边AB上的高最大，面积也最大，
联立，得： ，
令判别式 ，解得 ，
此时与间的距离也即是的边AB上的高为 ，
所以的最大面积为 ，
故选：B.
15．C
【分析】根据线段的中点为，利用点差法求得，再利用三角形面积公式求解.
【详解】解：设，
则，
所以，
即，
解得，
所以，
故选：C
16．D
【分析】设直线方程与椭圆方程联立，求得弦长，即可得到最大值.
【详解】设两点的坐标分别为，，直线l的方程为，
由消去y得，
则，.
∴
，
∴当时，取得最大值，
故选:D.
17．D
【分析】利用椭圆中中点弦问题的处理方法，结合弦长的求解方法，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】不妨设坐标为，则，两式作差可得：
，设，则.
对A：，故直线不垂直，则A错误；
对B：若直线方程为，联立椭圆方程，
可得：，解得，故，
则，故错误；
对：若直线方程为y=x+1，故可得，即，又，
解得，即，故错误；
对：若点M坐标为,则，则，
又过点，则直线的方程为，即，故正确.
故选：.
【点睛】本题考查椭圆中弦长的求解，以及中点弦问题的处理方法；解决问题的关键是利用点差法，属中档题.
18．A
【分析】设两点的坐标，，将两点坐标代入椭圆方程，两式相减，由中点坐标，焦点坐标得，又由，得椭圆的标准方程及直线的方程，联立，由弦长公式，得弦长
【详解】设，，将两点坐标代入椭圆方程，，两式相减，得，由中点坐标，焦点坐标得，即，又由，得，，所以椭圆的标准方程为，直线的方程为，联立方程组，消去，得，所以，，弦长，选择A
【点睛】解决直线与圆锥曲线相交弦中点问题可使用点差法，设两点坐标，分别带入圆锥曲线方程再相见，计算弦长可使用弦长公式
19．A
【分析】求得直线恒过点，由点在椭圆内部，则直线与椭圆相交．
【详解】由，则，
则直线，恒过定点，
由，则点，在椭圆1内部，
∴直线与椭圆相交．
故选：A
20．A
【分析】根据椭圆方程求得，从而确定AB选项的正确性.利用点差法确定C选项的正确性.利用弦长公式确定D选项的正确性.
【详解】依题意椭圆C：，
所以，
所以椭圆的焦点坐标为，A选项错误.
椭圆的长轴长为，B选项正确.
设，
则，
两式相减并化简得，
由于是的中点，
所以，即直线的斜率为，
所以直线的方程为，C选项正确.
消去并化简得，
，
所以，D选项正确.
故选：A
21．D
【分析】A中直线与圆相切，易得交点个数，BCD中由直线方程与曲线方程联立方程组，求方程组的解，解的个数即为交点个数．
【详解】解：圆心到直线的距离为等于半径，故①满足题意．
联立方程，整理得，．△，故②不满足题意．
联立方程．整理得，．△，故③满足题意．
联立方程，整理得，，△．故④满足题意．
故选：D．
22．A
【分析】结合题意得直线过定点，再结合点在椭圆内部即可判断.
【详解】解：因为，所以直线可化为，
所以，直线过定点，
因为点在椭圆内部，
所以，直线与椭圆的位置关系是相交.
故选：A
23．C
【分析】设出直线方程,根据直线与椭圆相切,联立化简后由判别式即可得关于的方程.利用韦达定理表示出.将点P带代入椭圆,联立两个式子化简即可求得的值.
【详解】设
则过的直线方程为
将直线方程与椭圆联立可得
化简可得
因为相切,所以判别式
展开得
同时除以可得
合并可得
同除以,得
展开化简成关于的方程可得
因为有两条直线,所以有两个不等的实数根.
因为为定值,可设
由韦达定理,
化简得
又因为在椭圆上,代入可得
化简可得
则,化简可得
解得
故选:C
【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系,根据直线与椭圆的位置关系研究定值问题,计算量较大,变形化简过程较为复杂,需要耐心计算,属于中档题.
24．C
【分析】设出外层椭圆方程，利用离心率表达出内层椭圆方程，设出直线方程，联立后由根的判别式得到与，利用斜率乘积列出方程，求出，从而求出离心率.
【详解】设外层椭圆方程为，则内层椭圆方程为，
设过点的切线方程为，
与联立得：，
由得：，
设过点的切线方程为，
与联立得：，
由得：，
从而，
故，
椭圆的离心率为.
故选：C.
25．BC
【分析】A.由椭圆的概念及条件求得椭圆的方程为判断；B.结合椭圆的性质判断；C.利用原点到直线的距离判断；D.利用直线与椭圆的位置关系及面积计算、基本不等式判断．
【详解】解：如图，
连接知， ，
，
的周长为，
，
当且仅当时，的周长最小，
，
，
，
当且仅当点A为短轴端点时的面积取得最大值1，
所以，结合，
解得：，
，
椭圆E的长轴长为，A错误；
点M到的最大值为，最小值为，故存在点M使得，B正确；
原点O到直线的距离为，
当时，，所以直线与单位圆一定相切，C正确；
由C知当时，直线恒与单位圆相切，
所以当弦长最大时，的面积取得最大值，
将直线的方程代入椭圆中消元得，
，
，等号取不到，
，，D错误；
故选：BC．
26．ABC
【详解】根据椭圆方程可求得焦点坐标，根据一个斜率为，一个斜率不存在可知A正确；当两直线斜率均存在时，假设直线方程，与椭圆方程联立后，利用弦长公式可求得，可知时，知B正确；当直线斜率存在时，，由可求得最大值；当斜率不存在时，可求得最小值；由此可知CD正误.
【解答过程】由椭圆方程知：，，，则右焦点为，
对于A，当直线中一个斜率为，一个斜率不存在，可知：中一个为长轴，一个为通径，则，A正确；
对于B，当直线斜率都存在时，设直线，，，
由得：；
，，；
则，同理可得：；
则当时，，B正确；
对于CD，当斜率存在且为时，；
，，即当时，取得最大值；
当斜率不存在时，为椭圆通径，则，则最小值为；
则C正确，D错误.
故选：ABC.
27．AB
【分析】利用给定条件，结合椭圆定义求出椭圆方程，再判断点与椭圆的位置关系作答.
【详解】由椭圆的定义知，，设，则，
则，，而，即有，解得，
又的周长为20，则有，解得，，
因为，即，解得，则，
椭圆C的方程为，显然，即点在椭圆上，
所以经过点的直线与椭圆C相交或相切.
故选：AB
28．BD
【分析】A：分为斜边和直角边时计算椭圆离心率即可判断；B：根据即可判断；C：当直线AB为x=-t或x=t时显然满足，由此即可判断；D：，设，，根据A、B在椭圆上满足椭圆方程可得和，由此可求为定值．
【详解】对于A，若是等腰直角三角形，则当为斜边时，离心率；
当为直角边时，，离心率，故错误；
对于B，
，
，，
，故B正确；
对于C，易知存在两条平行直线：和使得，故直线不经过定点，故C错误；
∵，故，
则，
∵，不妨设，
则，，
则，
因为A在椭圆上，则，则，
同理可得：，
则为定值，则也为定值，故D正确．
故选：BD．
【点睛】本题综合考察椭圆的相关性质.B选项利用O是的中点，将向量数量积进行转化，减少变量从而求得结果；C选项则只需根据椭圆对称性举出反例即可；D选项可采用设，的方法进行求解．
29．相离
【分析】将直线方程与椭圆方程联立，计算得到，即可由方程组解与交点个数的关系得出结论．
【详解】解：直线：，椭圆，联立可得，
，方程组无实数解，即直线与椭圆无交点，故直线和椭圆相离．
故答案为：相离
30．①④
【分析】求出的值，可判断①的正误；设点在第一象限内，利用基本不等式求得面积的最小值，利用等号成立可求得的值，可判断②的正误；利用斜率公式可判断③的正误；利用等面积法可求出的长，可判断④的正误.
【详解】对于①，双曲线的焦点坐标为，所以，，，，①正确；
对于②，由于椭圆的对称性，设点为第一象限内的点，
设点，则，先证明椭圆在其上一点处的切线方程为.
联立，可得，即，解得.
所以，椭圆在其上一点处的切线方程为.
所以点、，由基本不等式可得，可得，
，
当且仅当时，等号成立，此时，，②错误；
对于③，，，所以，，③错误；
对于④，以为直径的圆的方程为，
，则点在圆上，则，
，由等面积法可得，解得.
故答案为：①④.
【点睛】结论点睛：在利用椭圆的切线方程时，一般利用以下方法进行直线：
（1）设切线方程为与椭圆方程联立，由进行求解；
（2）椭圆在其上一点的切线方程为，再应用此方程时，首先应证明直线与椭圆相切.
31．/
【分析】设，，利用“设而不求法”求弦长即可.
【详解】∵椭圆方程为，∴焦点分别为，，
∵直线AB过左焦点的倾斜角为60°，∴直线AB的方程为，将AB方程与椭圆方程联立消去y，得．设，，可得，，
∴，因此，．
故答案为:．
32．4
【分析】先根据离心率及弦长求出椭圆方程，进而不妨设点M位于第一象限，坐标为，根据基本不等式求出矩形面积的最大值.
【详解】由于，所以，，故椭圆方程为：，设过右焦点F的直线为，与椭圆方程联立得：，设直线与椭圆的两交点为，则由，，故，解得：，则，，所以椭圆方程为：，不妨设点M位于第一象限，坐标为，则，矩形MNPQ面积为，当且仅当，即时，等号成立，故矩形MNPQ面积最大值为4
故答案为：4
33．（1）－3＜m＜3；（2）m＝±3；（3）m＜－3或m＞3.
【分析】把直线l的方程与椭圆C的方程联立，利用代数法判断交点情况：
（1）有两个公共点，需Δ＞0，解出m的范围；
（2）有且只有一个公共点，需Δ=0，解出m的范围；
（3）没有公共点，需Δ＜0，解出m的范围.
【详解】直线l的方程与椭圆C的方程联立，得方程组消去y，得
9x2＋8mx＋2m2－4＝0　①.
方程①的判别式Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝－8m2＋144.
（1）当Δ＞0，即－3＜m＜3时，方程①有两个不同的实数根，可知原方程组有两组不同的实数解．这时直线l与椭圆C有两个公共点．
（2）当Δ＝0，即m＝±3时，方程①有两个相同的实数解，可知原方程组有两组相同的实数解．这时直线l与椭圆C有且只有一个公共点．
（3）当Δ＜0，即m＜－3或m＞3时，方程①没有实数解，可知原方程组没有实数解．这时直线l与椭圆C没有公共点．
【点睛】判断直线与圆锥曲线的位置关系，可以用代数法判断：
把直线与圆锥曲线的方程联立，消去x（或y），得到关于y（或x）的一元二次方程，利用判别式Δ判断：
（1）有两个公共点Δ＞0；
（2）有且只有一个公共点Δ=0；
（3）没有公共点Δ＜0.
34．(1)；
(2)存在，点的坐标为和.
【分析】（1）根据椭圆的短半轴长及圆的标准方程，再利用点到直线的距离公式及椭圆的离心率公式，结合椭圆中三者的关系即可求解；
（2）根据已知条件设出直线的方程，与椭圆方程联立，消去得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系及点在直线上，结合斜率的公式即可求解.
【详解】（1）由题意知，直线与圆相切，
所以圆心到直线的距离，即.
因为，所以.
故椭圆的标准方程为.
（2）因为直线过点且与轴不重合，所以可设直线的方程为.
联立方程，得化简并整理得
设，则.
所以
设存在点，则直线与的斜率分别为，
所以
令，解得或.
当时，；
当时，.
因此，满足条件的点的坐标为和.
35．(1)
(2)中点坐标，弦长
【分析】（1）由题意以及即可求出椭圆的标准方程.
（2）将直线与椭圆方程联立，由中点坐标公式以及弦长公式即可求解.
【详解】（1）因为椭圆C的焦点为和 ，长轴长为，
所以椭圆的焦点在轴上，.
所以.
所以椭圆C的标准方程.
（2）设，，AB线段的中点为，
由得，
所以，
所以，，
所以弦AB的中点坐标为，
.
36．(1)
(2)
【分析】（1）由椭圆的离心率为和，即联立求解；
（2）设直线l的方程为，与椭圆方程联立，由PM⊥PN，结合韦达定理求m，由求得其最大值，再由求解.
【详解】（1）解：因为椭圆的离心率为，
又点Q在椭圆C上，且满足，
所以，即，
则，，
所以椭圆方程为：；
（2）由题意知，直线l的斜率不为0，则不妨设直线l的方程为．
联立得，消去x得，
，化简整理，得．
设，，则，．
∵PM⊥PN，
∴．
∵，，，得，
将，代入上式，得，
得，
解得或（舍去），
∴直线l的方程为，则直线l恒过点，
∴．
设，则，，
易知在上单调递增，
∴当时，取得最大值为．
又，
∴．
37．(1)
(2)
【分析】（1）根据待定系数法，根据离心率和面积即可列出方程求解，.
【详解】（1）由题意可得，∴由题意可得且，解得，，
∴椭圆的方程为：．
（2）解法1：由（1）可得，
当直线 没有斜率时，设方程为： ，则 ，此时，化简得： 又，解得 或（舍去），此时P到直线l的距离为
设直线l有斜率时，设，，设其方程为：，联立可得且整理可得：，
，且，，
，整理可得：，
整理可得，整理可得，即，或，
若，则直线方程为：，直线恒过，与P点重合，
若，则直线方程为：，∴直线恒过定点，∴P到直线l的距离的最大值为的值为，
由于
∴点P到直线l距离的最大值．
解法2：公共点，左移1个单位，下移个单位，，
，，
，等式两边同时除以，，，，，
过，右移1个单位，上移个单位，过，∴P到直线l的距离的最大值为的值为，
由于
∴点P到直线l距离的最大值．
【点睛】
38．(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆的定义可得，进而可求其方程，
（2）根据弦长公式和点到直线的距离可表达三角形的面积，结合不等式即可求解最大值.
【详解】（1）由椭圆的定义，
可知
解得，又.
椭圆C的标准方程为.
（2）设直线l的方程为，
联立椭圆方程，得，
，得
设，则，
，
点到直线的距离，
.
当且仅当，即时取等号；
面积的最大值为.
39．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设，表示出，结合点在椭圆上，代入即可得出答案.
（2）设直线为，与椭圆联立消去得到关于的一元二次方程，列出韦达定理，写出直线，的方程，联立这两条直线的方程，求出点的纵坐标，即可得出答案.
【详解】（1）设，，
，
，
所以.
（2）设 ，
得到，
，
，
直线，
直线，
联立得:，
法一：，
解得.
法二：由韦达定理得，
.
解得，
所以点在定直线上.
40．(1)
(2)证明见解析；定直线
【分析】（1）利用椭圆过点，离心率，结合，即可得解；
（2）由题意得直线的方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理及求根公式可求得，联立直线的方程与直线的方程，化简可求得直线与的交点在定直线上．
【详解】（1）由椭圆过点，且离心率为，所以，解得
故所求的椭圆方程为．
（2）由题意得，，
直线的方程，设，
联立，整理得，
∴，．
由求根公式可知，不妨设，，
直线的方程为，直线的方程为，
联立，得
代入，得，
解得，即直线与的交点在定直线上．
41．(1)
(2)
【分析】(1)当直线斜率存在时，设其方程为，联立方程组，利用设而不求法证明，在验证当直线斜率不存在时，由此完成证明；
(2)由(1)可得或，联立直线与椭圆方程求出的坐标，由此可求直线方程，联立方程组求，再由点到直线距离公式求到直线的距离，由此可求的面积.
【详解】（1）若直线斜率存在，设其方程为.
因为点在直线上，所以.
联立直线和椭圆的方程消去得.
设.则
，
，
注意到，
.
则
故.
显然，三点互不相同.所以.
若直线斜率不存在，则两点的坐标为.
容易验证也成立.因此，.
（2）由（1）知.所以.
又因为，则或，
当时，直线方程为：
联立解得点
又，
则直线方程为：，即
点到直线的距离为
联立，得，
所以弦长
，
同理可得时，.
所以
【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
42．(1)；
(2)．
【分析】（1）设是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出，再根据二次函数的性质即可求出；
（2）设直线与椭圆方程联立可得，再将直线方程与的方程分别联立，可解得点的坐标，再根据两点间的距离公式求出，最后代入化简可得，由柯西不等式即可求出最小值．
【详解】（1）设是椭圆上任意一点,,
，当且仅当时取等号，故的最大值是.
（2）设直线,直线方程与椭圆联立,可得,设，所以，
因为直线与直线交于,
则,同理可得,.则
，
当且仅当时取等号，故的最小值为.
【点睛】本题主要考查最值的计算，第一问利用椭圆的参数方程以及二次函数的性质较好解决，第二问思路简单，运算量较大，求最值的过程中还使用到柯西不等式求最值，对学生的综合能力要求较高，属于较难题．
43．(1)
(2)证明见解析，定值为
【分析】（1）结合两点的坐标，利用待定系数法求得椭圆的方程.
（2）设直线，联立直线的方程和椭圆的方程，化简写出根与系数关系，利用求得的关系式，从而判断出直线过左焦点，由此求得的周长为定值.
【详解】（1）由已知设椭圆方程为：，
代入，得，
故椭圆方程为.
（2）设直线，
由得，
，，
又，
故
，
由，得，
故或，
①当时，直线，过定点，与已知不符，舍去；
②当时，直线，过定点，即直线过左焦点，
此时，符合题意.
所以的周长为定值.
44．(1)
(2)存在，3
【分析】（1）根据题意得a＝3b，再将点代入求得，即可得解；
（2）设l的方程为x＝my＋1，，，联立方程，利用韦达定理求得，再根据斜率公式计算整理，从而可得出结论.
【详解】（1）解：由题意得a＝3b，故椭圆C为，
又点在C上，所以，得，，
故椭圆C的方程即为；
（2）解：由已知知直线l过，设l的方程为x＝my＋1，
联立两个方程得，消去x得：，
得，
设，，则（*），
，
将（*）代入上式，可得：，
要使为定值，则有，又∵，∴t＝3，
此时，
∴存在点，使得直线TM与TN斜率之积为定值，此时t＝3.
【点睛】本例考查了利用待定系数法求椭圆方程，考查了椭圆中的定值问题，考查了学生的计算能力和数据分析能力，计算量较大.
45．(1)见解析；
(2)存在，.
【分析】(1) 联立直线方程和椭圆方程得，由韦达定理可得的关系，再由计算即可得证；
(2)由题意可得直线的方程为，联立直线方程与椭圆方程得，由韦达定理之间的关系，假设存在满足题意的点，设，由题意可得.代入计算，如果有解，则存在，否则不存在.
【详解】（1）证明：因为，所以直线l：，
联立直线方程和椭圆方程： ，得，
设，
则有，
所以，
又因为，
所以，，
所以==
所以直线和的斜率之积为定值；
（2）解：假设存在满足题意的点，设，
因为椭圆的右焦点，所以,即有，
所以直线的方程为.
由，可得，
设，
则有；
因为点到直线的距离与点到直线的距离相等，
所以平分,
所以.
即==，
又因为，
所以，
代入，
即有，
解得.
故轴上存在定点，使得点到直线 的距离与点到直线的距离相等.
46．(1)
(2)
【分析】（1）根据焦距求出，利用的最大面积求出，从而求出，求出椭圆方程；
（2）联立直线与椭圆方程，求出两点的坐标，从而求出，再设出直线的方程，联立椭圆方程，表达出，及四边形的面积，求出的长度的最大值，从而求出四边形的面积最大值.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为.因为，所以，
当为上顶点或下顶点时，的面积最大，
因为的最大面积为，所以，即，
所以，所以，
所以椭圆的方程为.
（2）设，联立消去得，
解得，
所以，所以两点的坐标分别为，
所以.
因为，设四边形的面积为，
所以.
设直线的方程为.
联立消去得，
所以，
即，
，
所以
，
所以当时，，
此时.
所以四边形面积的最大值为.
【点睛】求解圆锥曲线中的四边形或三角形面积问题，通常要设出直线方程，将直线与圆锥曲线联立，求解两根之和，两根之积，再利用弦长公式，点到直线距离公式等求解线段长，表达出面积，结合基本不等式或二次函数等求出最值.
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