《高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)：第八章 ：第五節(jié)橢圓演練知能檢測(cè)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)：第八章 ：第五節(jié)橢圓演練知能檢測(cè)（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、△+△2019年數(shù)學(xué)高考教學(xué)資料△+△
第五節(jié) 橢 圓
[全盤(pán)鞏固]
1．已知橢圓＋＝1(a>b>0)的兩頂點(diǎn)為A(a,0)，B(0，b)，且左焦點(diǎn)為F，△FAB是以角B為直角的直角三角形，則橢圓的離心率e為 ( )
A. B. C. D.
解析：選B 由題意得a2＋b2＋a2＝(a＋c)2，即c2＋ac－a2＝0，即e2＋e－1＝0，解得e＝，又因?yàn)閑>0，故所求的橢圓的離心率為.
2．(2013新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ)設(shè)橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，P是C上的點(diǎn)，PF2⊥F1F2，∠PF1F2＝30，則C的離心率為(
2、 )
A. B. C. D.
解析：選D 在Rt△PF2F1中，令|PF2|＝1，
因?yàn)椤螾F1F2＝30，
所以|PF1|＝2，|F1F2|＝.
所以e＝＝＝.
3．(2014汕尾模擬)已知P為橢圓＋＝1上的一點(diǎn)，M，N分別為圓(x＋3)2＋y2＝1和圓(x－3)2＋y2＝4上的點(diǎn)，則|PM|＋|PN|的最小值為( )
A．5 B．7 C．13 D．15
解析：選B 由題意知橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)F1，F(xiàn)2分別是兩圓的圓心，且|PF1|＋|PF2|＝10，從而|PM|＋|PN|的最
3、小值為|PF1|＋|PF2|－1－2＝7.
4．(2014衡水模擬)設(shè)橢圓＋＝1(a>b>0)的離心率e＝，右焦點(diǎn)為F(c,0)，方程ax2＋bx－c＝0的兩個(gè)實(shí)根分別為x1和x2，則點(diǎn)P(x1，x2)( )
A．必在圓x2＋y2＝2內(nèi) B．必在圓x2＋y2＝2上
C．必在圓x2＋y2＝2外 D．以上三種情形都有可能[來(lái)源:]
解析：選A 因?yàn)闄E圓的離心率e＝，所以＝，即a＝2c，b＝＝＝c，因此方程ax2＋bx－c＝0可化為2cx2＋cx－c＝0
又c≠0，∴2x2＋x－1＝0，x1＋x2＝－，x1x2＝－
x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝＋1＝<
4、2，即點(diǎn)(x1，x2)在x2＋y2＝2內(nèi)．
5．橢圓＋y2＝1的兩個(gè)焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，過(guò)F1作垂直于x軸的直線與橢圓相交，一個(gè)交點(diǎn)為P，則|PF2|＝( )
A. B. C. D．4
解析：選A 因?yàn)闄E圓＋y2＝1的一個(gè)焦點(diǎn)F1的坐標(biāo)為F1(－，0)．
過(guò)該點(diǎn)作垂直于x軸的直線，其方程為x＝－，
聯(lián)立方程
解得即P，
所以|PF1|＝，
又因|PF1|＋|PF2|＝2a＝4，
∴|PF2|＝4－＝.
6．(2014嘉興模擬)已知橢圓x2＋my2＝1的離心率e∈，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是( )
A.
5、 B.
C.∪ D.∪
解析：選C 在橢圓x2＋my2＝1中，
當(dāng)01時(shí)，a2＝1，b2＝，c2＝1－，
e2＝＝＝1－，
又，
綜上可知實(shí)數(shù)m的取值范圍是∪.
7．(2013福建高考)橢圓Γ：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，焦距為2c.若直線y＝(x＋c)與橢圓Γ的一個(gè)交點(diǎn)M滿足∠MF1F2＝2∠MF2F1，則該橢圓的離心率等于________．
6、
解析：如圖，△MF1F2中，
∵∠MF1F2＝60，∴∠MF2F1＝30，∠F1MF2＝90，
又|F1F2|＝2c，
∴|MF1|＝c，|MF2|＝c，
∴2a＝|MF1|＋|MF2|＝c＋c，
得e＝＝＝－1.
答案：－1[來(lái)源:]
8．設(shè)F1，F(xiàn)2分別是橢圓＋＝1的左、右焦點(diǎn)，P為橢圓上任一點(diǎn)，點(diǎn)M的坐標(biāo)為(6,4)，則|PM|＋|PF1|的最大值為_(kāi)_______．
解析：|PF1|＋|PF2|＝10，|PF1|＝10－|PF2|，|PM|＋|PF1|＝10＋|PM|－|PF2|，易知點(diǎn)M在橢圓外，連接MF2并延長(zhǎng)交橢圓于P點(diǎn)，此時(shí)|PM|－|PF2|取最大值|
7、MF2|，故|PM|＋|PF1|的最大值為10＋|MF2|＝10＋＝15.
答案：15
9．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為.過(guò)右焦點(diǎn)F且斜率為k(k>0)的直線與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)．若＝3，則k＝________.
解析：根據(jù)已知＝，可得a2＝c2，則b2＝c2，
故橢圓方程為＋＝1，即3x2＋12y2－4c2＝0.
設(shè)直線的方程為x＝my＋c，代入橢圓方程得
(3m2＋12)y2＋6mcy－c2＝0.
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則根據(jù)＝3，得(c－x1，－y1)＝3(x2－c，y2)，由此得－y1＝3y2，
根據(jù)韋達(dá)定理y1＋y2＝－，y1y2＝－
8、，
把－y1＝3y2代入得，
y2＝，－3y＝－，故9m2＝m2＋4，
故m2＝，從而k2＝2，k＝.
又k>0，故k＝.
答案：
10．設(shè)橢圓C：＋＝1(a>b>0)過(guò)點(diǎn)(0,4)，離心率為.
(1)求C的方程；
(2)求過(guò)點(diǎn)(3,0)且斜率為的直線被C所截線段的中點(diǎn)坐標(biāo)．
解：(1)將(0,4)代入C的方程得＝1，∴b＝4，
又e＝＝，得＝，即1－＝，∴a＝5，
∴C的方程為＋＝1.
(2)過(guò)點(diǎn)(3,0)且斜率為的直線方程為y＝(x－3)，
設(shè)直線與橢圓C的交點(diǎn)為A(x1，y1)，B(x2，y2)，線段AB的中點(diǎn)為M(x0，y0)．
將直線方程y＝(x－3)代入
9、橢圓C的方程，得
＋＝1，即x2－3x－8＝0，
解得x1＝，x2＝，
∴x0＝＝，
y0＝＝(x1＋x2－6)＝－，
即線段AB中點(diǎn)坐標(biāo)為.
11．(2014寧波模擬)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的四個(gè)頂點(diǎn)恰好是邊長(zhǎng)為2，一內(nèi)角為60的菱形的四個(gè)頂點(diǎn)．
(1)求橢圓C的方程；
(2)若直線y＝kx交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，在直線l：x＋y－3＝0上存在點(diǎn)P，使得△PAB為等邊三角形，求k的值．
解：(1)因?yàn)闄E圓C：＋＝1(a＞b＞0)的四個(gè)頂點(diǎn)恰好是一邊長(zhǎng)為2，一內(nèi)角為60的菱形的四個(gè)頂點(diǎn)，
所以a＝，b＝1，
橢圓C的方程為＋y2＝1.
(2)設(shè)A(x1，y1)，
10、則B(－x1，－y1)，
當(dāng)直線AB的斜率為0時(shí)，AB的垂直平分線就是y軸，
y軸與直線l：x＋y－3＝0的交點(diǎn)為P(0,3)．
又因?yàn)閨AO|＝，|PO|＝3，所以∠PAO＝60，
所以△PAB是等邊三角形，所以直線AB的方程為y＝0.
當(dāng)直線AB的斜率存在且不為0時(shí)，設(shè)AB的方程為y＝kx，所以聯(lián)立化簡(jiǎn)得(3k2＋1)x2＝3，
所以|x|＝，
則|AO|＝＝.
設(shè)AB的垂直平分線為y＝－x，
它與直線l：x＋y－3＝0的交點(diǎn)記為P(x0，y0)，
所以解得
則|PO|＝.
因?yàn)椤鱌AB為等邊三角形，所以應(yīng)有|PO|＝|AO|，代入得 ＝，解得k＝0(舍去)或k＝－
11、1，
此時(shí)直線AB的方程為y＝－x，
綜上，直線AB的方程為y＝－x或y＝0.
12．(2013安徽高考)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的焦距為4，且過(guò)點(diǎn)P(，)．
(1)求橢圓C的方程；
(2)設(shè)Q(x0，y0)(x0y0≠0)為橢圓C上一點(diǎn)．過(guò)點(diǎn)Q作x軸的垂線，垂足為E.取點(diǎn)A(0,2)，連接AE.過(guò)點(diǎn)A作AE的垂線交x軸于點(diǎn) D．點(diǎn)G是點(diǎn)D關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)，作直線QG.問(wèn)這樣作出的直線QG是否與橢圓C一定有唯一的公共點(diǎn)？并說(shuō)明理由．
解：(1)因?yàn)榻咕酁?，所以a2－b2＝4.
又因?yàn)闄E圓C過(guò)點(diǎn)P(，)，
所以＋＝1，
故a2＝8，b2＝4.
從而橢圓C的方程為＋＝
12、1.
(2)由題意，點(diǎn)E坐標(biāo)為(x0,0)．
設(shè)D(xD,0)，則＝(x0，－2)，＝(xD，－2)．
再由AD⊥AE知，＝0，即xDx0＋8＝0.
由于x0y0≠0，故xD＝－.
因?yàn)辄c(diǎn)G是點(diǎn)D關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)，所以點(diǎn)G.
故直線QG的斜率kQG＝＝.
又因Q(x0，y0)在橢圓C上，所以x＋2y＝8.①
從而kQG＝－.
故直線QG的方程為y＝－.②
將②代入橢圓C的方程，得
(x＋2y)x2－16x0x＋64－16y＝0.③
再將①代入③，化簡(jiǎn)得x2－2x0x＋x＝0，
解得x＝x0，y＝y(tǒng)0，
即直線QG與橢圓C一定有唯一的公共點(diǎn)．
[沖擊名校]
已知橢
13、圓＋y2＝1的兩個(gè)焦點(diǎn)是F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)(c>0)．
(1)設(shè)E是直線y＝x＋2與橢圓的一個(gè)公共點(diǎn)，求|EF1|＋|EF2|取得最小值時(shí)橢圓的方程；[來(lái)源:]
(2)已知點(diǎn)N(0，－1)，斜率為k(k≠0)的直線l與條件(1)下的橢圓交于不同的兩點(diǎn)A，B，點(diǎn)Q滿足＝，且＝0，求直線l在y軸上的截距的取值范圍．
解：(1)由題意，知m＋1>1，即m>0.
由
得(m＋2)x2＋4(m＋1)x＋3(m＋1)＝0.
又由Δ＝16(m＋1)2－12(m＋2)(m＋1)
＝4(m＋1)(m－2)≥0，
解得m≥2或m≤－1(舍去)，∴m≥2.
此時(shí)|EF1|＋|EF2|
14、＝2≥2.
當(dāng)且僅當(dāng)m＝2時(shí)，|EF1|＋|EF2|取得最小值2，
此時(shí)橢圓的方程為＋y2＝1.
(2)設(shè)直線l的方程為y＝kx＋t.
由方程組
消去y得(1＋3k2)x2＋6ktx＋3t2－3＝0.[來(lái)源:]
∵直線l與橢圓交于不同的兩點(diǎn)A，B，
∴Δ＝(6kt)2－4(1＋3k2)(3t2－3)>0，
即t2<1＋3k2.①
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q(xQ，yQ)，
則x1＋x2＝－.
由＝，得Q為線段AB的中點(diǎn)，
則xQ＝＝－，yQ＝kxQ＋t＝.
∵＝0，
∴直線l的斜率k與直線QN的斜率k乘積為－1，
即kQNk＝－1，
∴k＝－1，
15、
化簡(jiǎn)得1＋3k2＝2t，
代入①式得t2<2t，解得00，故2t＝1＋3k2>1，得t>.
綜上，直線l在y軸上的截距t的取值范圍是.
[高頻滾動(dòng)]
已知圓C經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(－2,0)，B(0,2)，且圓心C在直線y＝x上，又直線l：y＝kx＋1與圓C相交于P，Q兩點(diǎn)．
(1)求圓C的方程；
(2)若＝－2，求實(shí)數(shù)k的值；
(3)過(guò)點(diǎn)(0,1)作直線l1與l垂直，且直線l1與圓C交于M，N兩點(diǎn)，求四邊形PMQN面積的最大值．
解：(1)設(shè)圓心C(a，a)，半徑為r.
因?yàn)閳AC經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(－2,0)，B(0,2)，
所以|AC|＝|BC|＝r，易得
16、a＝0，r＝2，
所以圓C的方程是x2＋y2＝4.
(2)因?yàn)椋?2cos〈，〉＝－2，且與的夾角為∠POQ(0≤∠POQ≤180)，
所以cos∠POQ＝－，∠POQ＝120，
所以圓心C到直線l：kx－y＋1＝0的距離d＝1，
又d＝，所以k＝0.
(3)設(shè)圓心O到直線l，l1的距離分別為d，d1，四邊形PMQN的面積為S.
因?yàn)橹本€l，l1都經(jīng)過(guò)點(diǎn)(0,1)，且l⊥l1，
根據(jù)勾股定理，有d＋d2＝1.
又易知|PQ|＝2，|MN|＝2，
所以S＝|PQ||MN|，即
S＝22
＝2
＝2
≤2
＝2 ＝7，
當(dāng)且僅當(dāng)d1＝d時(shí)，等號(hào)成立，所以四邊形PMQN面積的最大值為7.
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高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)：第八章 ：第五節(jié)橢圓演練知能檢測(cè)
