新高考数学一轮复习考点精讲讲练学案 椭圆的弦长问题（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页第第页参考答案1．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.2．A【分析】设，，把直线与椭圆联立，求出，，即可求出.【详解】由，得，，，左焦点为．则过左焦点F，倾斜角为60°直线l的方程为．代入，得，设，，则，，又，根据弦长公式得：，且，∴，故选：A．3．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.4．B【分析】由题，结合角平分线性质与椭圆的性质，，为到的距离，又是的中位线，故，结合余弦定理，设，即可表示出，即可讨论最值【详解】由图，，，故，，又平分，则到、的距离相等，设为，则设，则，，由是的中位线，易得，即，由椭圆性质易知，存在点为椭圆上异于顶点的动点，使，此时最大，且为2故选：B5．B【分析】由三角形面积公式可知△的底为定值，当高为最大时，面积即为最大，故当点位于椭圆上顶点或下顶点时高最大，即可求解.【详解】由三角形面积公式可知，当最大时有最大值，即点位于椭圆上顶点或下顶点，其中，则△面积的最大值是，故选：.6．A【分析】先求出椭圆方程，结合射线为∠ABC的角平分线求出，进而写出的直线，联立椭圆解出A点坐标，即可求出面积.【详解】设椭圆的方程为，则，，，故椭圆的方程为；又射线为的角平分线，在和中由正弦定理得，又射线为∠ABC的角平分线，可得，则在直角中，故，所以直线：，点为直线与椭圆的交点，联立方程解得（舍负），故.故选：A．7．B【分析】设直线的方程并联立椭圆方程求解，得到的斜率为参数的关于的二次方程，再根据韦达定理，写出弦长，求出中点坐标和的垂直平分线的方程，求出点的坐标，写出和，最后根据的斜率范围求出的取值范围.【详解】解：很明显点为线段的垂直平分线与轴的交点，设直线，，，，，联立直线方程与椭圆方程，可得，因此，所以线段的中点坐标为，，的垂直平分线的方程为，当时，，则，因此，所以，故选：B．8．B【分析】用表示进行数量积运算后转化为求椭圆上点到焦点的最大值和最小值问题．【详解】由题意椭圆的下焦点，是圆的直径，则，椭圆中，椭圆上的到焦点的距离的最大值为，最小值为，所以的最大值为24，最小值为8．所以的取值范围．故选：B．9．C【分析】分直线斜率不存在和存在两种情况，当直线的斜率不存在，可求出点的坐标，从而可得，当直线的斜率存在，设直线的方程为，然后将直线方程与椭圆方程联立方程组，消元后利用根与系数的关系，表示出，从而可表示出，，进而可表示【详解】由椭圆的对称性可知，，.设点，.若直线的斜率不存在，则点，，所以，所以.若直线的斜率存在，设直线的方程为，联立消去整理得，，则.又，同理可得，所以，所以.综上，的取值范围为，故选:C.【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆的几何性质､直线与椭圆的位置关系，解题的关键是利用椭圆的对称性结合题意得，，，然后分直线的斜率存在和不存在两种情况求解，考查计算能力，属于中档题10．B【分析】联立直线的方程和椭圆的方程，化简写出根与系数关系，结合求得的值.【详解】设A（x1，y1），B（x2，y2），联立，整理可得：3x2+4mx+2m2﹣2＝0，则x1+x2＝，x1x2＝，所以弦长|AB|＝＝＝，由题意可得：＝，解得：.故选：B11．C【分析】由双曲线方程确定一条渐近线方程为y=2x，根据对称性易知AB为圆的直径且AB=2a，利用椭圆与双曲线有公共的焦点，得方程，再结合条件可得，即可得结论．【详解】由题意,C2的焦点为，一条渐近线方程为y=2x，根据对称性易知AB为圆的直径且AB=2a，∴C1的半焦距,于是得①设C1与y=2x在第一象限的交点的坐标为(m,2m),代入C1的方程得：②，由对称性知直线y=2x被C1截得的弦长，由题得：,所以③由②③得④由①④得故选：C.12．D【分析】先利用直线斜率和弦长求出点的坐标，然后将点代入椭圆方程，解出，从而得到椭圆方程.【详解】由题意可知，直线的方程为，直线倾斜角为，不妨设点在第一象限，则，因此可得，又点在椭圆上，所以，所以椭圆的标准方程为，故选：D.【点睛】本题主要考查了椭圆方程的求法，结合了直线与弦长等相关知识，难度不大.13．D【分析】由面积最大得的位置，从而可求出三角形的三条边，通过，即可求出内切圆的半径.【详解】解析：因为椭圆为，所以a=5，b=3，；当△MF1F2的面积最大时，点M在椭圆C的短轴顶点，不妨设点M为椭圆C的上顶点，点O为坐标原点，△MF1F2内切圆半径为r，则|MF1|=|MF2|=a=5，|F1F2|=2c=8，|OM|=b=3，，所以，故选:D.【点睛】关键点睛:本题的关键是结合三角形面积的两种求法，得关于内切圆半径的方程，从而求出半径.14．B【分析】联立直线方程和椭圆方程，解方程可得两根，运用弦长公式，结合配方法，以及二次函数的最值求法，可得答案【详解】解：联立直线和椭圆，可得，解得或，则弦长，令，则，当，即，取得最大值，故选：B15．C【分析】确定是右焦点，求出过的弦长的范围，在此范围的整数都可取，注意除最长最短弦外，其他弦长都有两条弦．【详解】解：由已知可得，，所以，故为椭圆的右焦点，由椭圆的性质可得当过焦点的弦垂直轴时弦长最短，所以当时，最短的弦长为，当弦与轴重合时，弦长最长为，则弦长的取值范围为，故弦长为整数的弦有4到16的所有整数，则“好弦”的长度和为，故选：C．【点睛】关键点点睛：本题考查新定义，解题关键是理解新定义，确定出解题方法是求出过点弦长的范围，椭圆过焦点的弦长，最长的弦为长轴，最短的弦为通径（过焦点与长轴垂直的弦），通径长这．16．A【分析】设的内切圆的半径等于，，根据椭圆定义和三角形面积公式，可得，即可得解.【详解】设的内切圆的半径等于，，则由题意可得，∴．由椭圆的定义可得，又，∴的面积等于．又的面积等于，∴，易知满足的点有2个，故选：A．17．B【分析】由为直角三角形，则分两种情况①，②（或）讨论，分别求出的面积．【详解】解：由椭圆方程为：，则，，为直角三角形①当时，在中，有，，，消元得，方程无解，故舍去.②当（或）时，，综上故选【点睛】本题考查焦点三角形的面积问题，注意对角进行分类讨论，属于中档题．18．A【分析】由题意可得，令，可得，再由三角形的面积公式，解方程可得，，即可得到所求椭圆的方程．【详解】由题意可得，即，即有，令，则，可得，则，即，解得，，∴椭圆的方程为．故选：A．19．A【分析】由题意，可得，将代入椭圆可得，两点坐标，用参数表示，即得解【详解】由椭圆方程，可知：过垂直于轴的直线交椭圆于，两点，因此将代入椭圆，可得（舍负）故选：A20．C【分析】利用椭圆定义得到，再由过椭圆焦点的弦中通径的长最短，进而可得，即得．【详解】∵，为椭圆的两个焦点，∴，，的周长为，即，若最小，则最大．又当轴时，最小，此时，故，解得．故选：C.21．C【分析】根据椭圆方程求得通径长，结合已知有轴，再由即知.【详解】由题设，，则椭圆通径为，又，所以在上，即通径上，故轴，又，易知：.故选：C22．B【分析】根据过焦点垂直于长轴的弦长为1，得到，再根据焦点与短轴两端点构成等边三角形，得到，联立求解.【详解】因为过焦点垂直于长轴的弦长为1，所以，又因为焦点与短轴两端点构成等边三角形，所以，联立解得，所以椭圆方程为，故选：B23．B【分析】由椭圆的对称性，结合过原点的直线与垂直关系可判断四边形为矩形，则，根据椭圆的定义结合可得的值，设，根据可得的值，再结合勾股定理可得的值，即可求解.【详解】因为过坐标原点的直线交E于P，Q两点，根据椭圆的对称性，可知四边形为平行四边形，又，所以四边形为矩形，则，因为，所以，则，设，则，又，所以，即，解得，则，因为，即，所以，所以，故选：B24．B【分析】结合题意先计算直线的表达式，然后运用点到直线的距离计算圆心到直线的距离，求出三角形的面积表达式，结合题意得到不等式，继而计算出椭圆离心率的取值范围.【详解】因为四边形是平行四边形，所以，且，又因为点、关于轴对称，所以，将其代入椭圆方程得，解得，故，，所以，即，故即为到直线的距离，，此时，故，化简得，故，即，整理得，分子分母同除以，得，即，所以(舍去)或，在椭圆中，所以，所以故选：B【点睛】关键点点睛：本题的关键是求出三角形的面积表达式，结合题意得到不等式进行求解，有一定的计算量，需要把基础知识掌握牢固.25．B【分析】由于△是边长为的正三角形,根据三角形面积公式可以求出,并得到点P的坐标,再根据点在椭圆上,以及即可求得的值.【详解】因为是面积为的正三角形，所以，解得，所以点P的坐标为，将其代入椭圆方程得，与联立，解得．故选：B．【点睛】本题主要考查椭圆的简单几何性质的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题．26．B【分析】根据椭圆的定义，三角形的面积可求出椭圆的离心率，所求即为离心率的倒数可得解.【详解】由题意可得，的内心到轴的距离就是内切圆的半径.又点在椭圆上，由椭圆的定义，得，，即.又，所以，因为，所以，即，所以，解得或（舍去），所以.故选：B27．C【分析】当直线与x轴垂直，即时，四边形的面积最大，由面积公式及基本不等式求解即可.【详解】设椭圆E的半焦距为c.直线过原点，当其与x轴垂直，即时，四边形的面积最大，此时，所以，所以，当且仅当时等号成立.故故选：C【点睛】本题考查椭圆的标准方程和几何性质，利用基本不等式求最值，属于中档题.28．A【分析】求出直线方程，与椭圆方程联立，表示出点E坐标，即可根据求出，根据四边形的面积结合基本不等式可求.【详解】由题意知：，直线的方程为，联立方程可得，因为是其中一个解，则另一个解满足，即，所以，则可得的中点，则，因为，所以，解得，则即，设，则由四边形的面积为2，有，即，由基本不等式得，，从而三角形的面积，等号当，时取到.所以三角形面积的最大值为.故选：A.29．D【分析】由题意可得在短轴的顶点，可得，，设直线的方程和椭圆的方程，联立方程可得的坐标，求出的表达式，再由可得的值，进而求出的值，进而求出椭圆的方程．【详解】，所以可得，又因为，所以可得，即为短轴的顶点，设为短轴的上顶点，，，所以，所以直线的方程为：，由题意设椭圆的方程为：，则，联立，整理可得：，即，可得，代入直线的方程可得，所以，因为，所以，整理可得：，解得：，可得，所以椭圆的方程为：，故选：D．30．B【分析】由余弦定理得，得到，可求得面积，再由可得答案.【详解】，，由题意得，，由余弦定理得，得，，设内切圆的半径为，则，所以.故选：B.【点睛】椭圆的焦点三角形常常考查椭圆定义，三角形中的正余弦定理，面积公式等等，覆盖面广，综合性较强，因此受到了命题者的青睐，特别是面积和张角题型灵活多样，是历年高考的热点.31．C【解析】判断出轴，直接由三角形面积公式计算即可.【详解】由知，所以，把代入椭圆方程可得，故，又，所以轴，则，故选：C32．C【分析】直线方程与椭圆方程联立求得交点坐标，得交点弦长，再求出原点到直线的距离后可得三角形面积．【详解】联立方程，解得或，，点O到直线的距离为，则的面积为．故选：C．33．C【分析】设点，用椭圆的离心率e，半焦距c及a表示出，再由探求出的关系即可作答.【详解】设点，右焦点为，椭圆的离心率为，，，同理，如图，过P，Q分别作x轴的垂线，垂足分别为M，N，因，则，即，，于是得，又，则，即，因此得，即，整理得，而，则，所以椭圆的离心率为.故选：C34．A【分析】联立方程组，求出交点坐标，利用两点间的距离公式求距离.【详解】由得交点为(0,1)，，则|AB|＝＝.故选：A.35．D【分析】对于选项A，由椭圆定义可求得的周长，即可判断；对于选项B，设，分别表示出，，直接求解；对于选项C，直接求出离心率；对于选项D，用几何法求出最大值．【详解】对于选项A，由椭圆定义，可得，因此的周长为，故A错误．对于选项B，设，则，且．又，，所以，，因此，解得，故B错误．对于选项C，因为，，所以=，即，所以离心率，故C错误．对于选项D，设，则点P到圆的圆心的距离为．因为，所以，故D正确．故选：D．【点睛】（1）坐标法是解析几何的基本方法.（2）解析几何问题解题的关键：解析几何归根结底还是几何，根据题意画出图形，借助于图形寻找几何关系可以简化运算．36．C【解析】先由椭圆定义求出，在中利用余弦定理，得到，最后由正弦定理的面积公式，即可得出的面积.【详解】椭圆方程为，，，可得，，，，，，中，，，，，的面积为，故选：C.【点睛】本题考查了椭圆的定义以及椭圆的简单几何性质，涉及到的知识点包括余弦定理和正弦定理的面积公式，属于中档题.当涉及到顶点、焦点、长轴、短轴等椭圆的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.解题时要注意的关系，否则很容易出现错误.37．B【分析】以所在的直线为轴，以的中点为坐标原点，建立平面直角坐标系，求出椭圆的方程，进而可得的值，数形结合得出的高为点到轴的距离，计算即可求解.【详解】以所在的直线为轴，以的中点为坐标原点，建立平面直角坐标系，则椭圆的方程为，由题意可得解得：，所以椭圆的方程为，因为点，为椭圆长轴的两个端点，所以，点到轴的距离为的高，则的高，所以面积为，故选：B.38．BCD【分析】A选项，取特殊情况，直线与圆相切于点时，求出此时的弦长，即可判定A错；B选项，根据点到直线距离公式，得到，结合椭圆的性质，即可判定B错；C选项，根据题中条件，得到，且，进而得到，，再由椭圆定义列出等量关系，化简整理，即可得出结果；判定C正确；D选项，先由题中条件，根据椭圆定义，得到椭圆的方程为，设，，由题中条件，得到，再表示出，，进而可得出周长，判定D正确.【详解】对于选项A，当直线与圆相切于点时，由得，此时，故选项A错误；对于选项B，圆心到直线的距离为，得，，故选项B正确；对于选项C，为的中点，为的中点，直线与圆相切于点，，且，，，由椭圆的定义知，化简得，，故选项C正确；对于选项D，，，圆过椭圆的两个焦点，所以，故椭圆的方程为，设，，，在第一象限，，

，同理，的周长，故选项D正确．故选：BCD.【点睛】思路点睛：求解椭圆中的弦长、椭圆中三角形面积（或周长）等问题时，一般需要设直线方程，联立直线与椭圆方程，结合题中条件，利用韦达定理、弦长公式等，即可求解.39．ACD【分析】对选项进行逐一判断.由椭圆的定义判断A；由为定值以及的范围判断B；求出坐标，由数量积公式得出，得出为直角三角形判断C；求出坐标，由面积公式得出的面积判断D.【详解】设椭圆的左焦点为，则所以为定值，A正确；的周长为，因为为定值6，所以的范围是，所以的周长的范围是，B错误；将与椭圆方程联立，可解得，又因为，∴所以为直角三角形，C正确；将与椭圆方程联立，解得，，所以，D正确.故选：ACD40．AD【分析】分焦点在轴与轴两种情况讨论，当点在短轴的顶点时的面积取得最大值，椭圆上存在使的面积为的点P的个数为4，则即可得到不等式，解得即可；【详解】解：当椭圆的焦点在轴上时，，此时，设椭圆的右顶点为，由于面积的最大值为的面积，所以，解得；当椭圆的焦点在轴上时，，此时，设椭圆的上顶点为B，则，由于面积的最大值为的面积，所以，解得.结合选项知实数m的值可以是2，5.故选：AD【点睛】本题考查椭圆中焦点三角形的面积求参数的取值范围，属于中档题.41．ABC【分析】先由椭圆，得到焦距，判断A是否正确，椭圆上的动点，分析的取值范围，判断BCD是否正确，得到答案.【详解】由椭圆，得，，，故A正确；椭圆上的动点，，即有，故的最小值为2，B正确；设，，，…组成的等差数列为，公差，则，又，所以，所以，所以的最大值是，故C正确，D错误.故选：ABC.【点睛】本题以椭圆知识为载体，考查了椭圆的几何性质，等差数列的相关知识，属于中档题.42．ACD【分析】由已知求得b，再由离心率结合隐含条件求得a，可得椭圆方程，进一步求得通径及的周长判断得答案．【详解】由已知得，2b=2，b=1，，又，解得，∴椭圆方程为，如图：∴，的周长为．故选：ACD．【点睛】本题考查椭圆的简单性质，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．43．BCD【分析】A选项，由得到，再联立直线和椭圆，结合韦达定理即可求出斜率；B选项先联立直线和椭圆求出，再结合基本不等式求解即可；C选项由椭圆的定义结合两圆相切的圆心距和半径关系即可判断；D选项斜率存在和不存在时分别计算面积，求出面积范围即可判断.【详解】易知：，对于A，若，显然直线的斜率存在且大于0，设直线，联立椭圆方程，化简整理得，显然，，又，故，整理得，由解得，又，故，A错误；对于B，易知直线的斜率不为0，设直线，联立椭圆方程，化简整理得，显然，，由点在轴的上方，显然，又，，故，当且仅当，即时取等，B正确；对于C，设，的中点为，则，又，由椭圆定义知：，即，又的圆心为，半径为2，故以为直径的圆与圆内切，C正确；对于D，当直线的斜率存在时，由上知：，同理，故四边形面积为，令，则，又，故，故；又当直线的斜率不存在时，直线的斜率为0，易得，此时，故，D正确.故选：BCD.【点睛】本题关键点在于A选项由和韦达定理解方程即可；B选项要先求出求出，再结合基本不等式的知识求解；C选项要结合椭圆的定义得到圆心距和半径之间的关系；D选项斜率存在时求出面积的范围，斜率不存在时直接求出面积.44．【分析】根据的面积的最大值为可求得，进而可得知点、为椭圆的左、右焦点，可得出，由此利用基本不等式可求得的最小值.【详解】由已知条件可得、，直线的斜率为，直线的方程为，当的面积最大时，过点的直线与椭圆相切且与直线平行，故设该直线的方程为，联立，整理，得.由，得，解得，分析可知当的面积最大时，，此时切线方程为，则点到直线的距离.又，所以，所以，所以、分别为椭圆的左､右焦点，所以，则，当且仅当时取等号.因此，的最小值为.故答案为：.【点睛】本题考查利用基本不等式求值，同时也考查了椭圆中三角形面积最值的计算以及椭圆定义的应用，考查计算能力，属于难题.45．2【分析】将椭圆方程化为标准方程，求得，根据焦点坐标与顶点坐标求得三角形面积.【详解】椭圆方程可化为．，从而．因此，两焦点为，短轴的个端点为．∴构成的三角形的面积为．故答案为：2.【点睛】本题主要考查椭圆的简单几何性质，属基础题.46．##【分析】由椭圆的方程可得左右焦点的坐标，再由题意可得，的坐标，进而求出的面积，设内切圆的半径，由内切圆的圆心分三角形成3个小三角形，由面积相等可得的值．【详解】解：由椭圆的方程可得，，又，所以，所以可得左焦点，右焦点，因为过点且垂直于轴的直线与椭圆相交于，，所以，，即，，所以，，设内切圆的半径为，则，可得，所以可得，故答案为：．47．【分析】根据在上求出m的值，联立直线方程和椭圆方程，结合中点坐标公式、韦达定理、弦长公式即可求出a、b，从而确定椭圆的方程．【详解】由于的中点坐标为且满足直线方程，即有，解得，则的中点坐标为．设，，由得，则，∵的中点坐标为，∴，即，则，即，故，又，解得，故．∴椭圆方程为．故答案为：．48．##【分析】通过的位置关系可以判断出PQ为圆O的直径，由此易知四边形为矩形，将转化为焦点三角形的面积后即可判断出之间的关系，进行求解.【详解】如下图所示：由对称性知PQ为圆O的直径，所以．又因为，，所以四边形为矩形，所以．因为，，所以，，，则．故答案为：【点睛】椭圆上一点与两焦点构成的三角形，称为椭圆的焦点三角形，与焦点三角形有关的计算或证明常利用正弦定理、余弦定理、|PF1|＋|PF2|＝2a，得到a，c的关系．49．##【分析】首先根据和的大小判断出以为直径的圆在椭圆的内部，从而得出或，从而可求出的面积.【详解】易知，因为，所以以为直径的圆在椭圆的内部，即以为直径的圆与椭圆没有交点，所以要使为直角三角形，则或.不妨设，则，即，所以的面积为.故答案为：.50．（1）；（2）18.【分析】(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；(2)首先利用几何关系找到三角形面积最大时点N的位置，然后联立直线方程与椭圆方程，结合判别式确定点N到直线AM的距离即可求得三角形面积的最大值.【详解】(1)由题意可知直线AM的方程为：，即.当y=0时，解得，所以a=4，椭圆过点M(2，3)，可得，解得b2=12.所以C的方程：.(2)设与直线AM平行的直线方程为：，如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.联立直线方程与椭圆方程，可得：，化简可得：，所以，即m2=64，解得m=±8，与AM距离比较远的直线方程：，直线AM方程为：，点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，利用平行线之间的距离公式可得：，由两点之间距离公式可得.所以△AMN的面积的最大值：.【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．51．(1)(2)【分析】（1）由题意列方程组，求解方程组即可得解；（2）由直线和椭圆联立，利用弦长公式结合韦达定理求表示即可.【详解】（1）由题意解得故椭圆