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【创新方案】2015高考数学(文)一轮演练知能检测:第8章 第5节 椭圆


第五节





[全盘巩固] x2 y2 1.已知椭圆 2+ 2=1(a>b>0)的两顶点为 A(a,0),B(0,b),且左焦点为 F,△FAB 是以 a b 角 B 为直角的直角三角形,则椭圆的离心率 e 为 ( ) 3-1 5-1 1+ 5 3+1 A. B. C. D. 2 2 4 4 2 2 2 2 2 解析:选 B 由题意得 a +b +a =(a+c) ,即 c +ac-a2=0,即 e2+e-1=0,解得 -1± 5 5-1 e= ,又因为 e>0,故所求的椭圆的离心率为 . 2 2 2 2 x y 2.(2013· 新课标全国卷Ⅱ)设椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1,F2,P a b 是 C 上的点,PF2⊥F1F2,∠PF1F2=30° ,则 C 的离心率为( ) 3 1 1 3 A. B. C. D. 6 3 2 3 解析:选 D 在 Rt△PF2F1 中,令|PF2|=1, 因为∠PF1F2=30° , 所以|PF1|=2,|F1F2|= 3. 2c |F1F2| 3 所以 e= = = . 2a |PF1|+|PF2| 3 x2 y2 3.(2014· 汕尾模拟)已知 P 为椭圆 + =1 上的一点,M,N 分别为圆(x+3)2+y2=1 25 16 2 2 和圆(x-3) +y =4 上的点,则|PM|+|PN|的最小值为( ) A.5 B.7 C.13 D.15 解析:选 B 由题意知椭圆的两个焦点 F1,F2 分别是两圆的圆心,且|PF1|+|PF2|=10, 从而|PM|+|PN|的最小值为|PF1|+|PF2|-1-2=7. x2 y2 1 4.(2014· 衡水模拟)设椭圆 2+ 2=1(a>b>0)的离心率 e= ,右焦点为 F(c,0),方程 ax2 a b 2 +bx-c=0 的两个实根分别为 x1 和 x2,则点 P(x1,x2)( ) A.必在圆 x2+y2=2 内 B.必在圆 x2+y2=2 上 2 2 C.必在圆 x +y =2 外 D.以上三种情形都有可能 1 c 1 解析:选 A 因为椭圆的离心率 e= ,所以 = ,即 a=2c,b= a2-c2= 4c2-c2= 2 a 2 3c,因此方程 ax2+bx-c=0 可化为 2cx2+ 3cx-c=0 3 1 又 c≠0,∴2x2+ 3x-1=0,x1+x2=- ,x1x2=- 2 2 3 7 2 2 2 2 x2 1+x2=(x1+x2) -2x1x2= +1= <2,即点(x1,x2)在 x +y =2 内. 4 4 x2 5.椭圆 +y2=1 的两个焦点为 F1,F2,过 F1 作垂直于 x 轴的直线与椭圆相交,一个 4 交点为 P,则|PF2|=( ) 7 3 A. B. C. 3 D.4 2 2 x2 解析:选 A 因为椭圆 +y2=1 的一个焦点 F1 的坐标为 F1(- 3,0). 4 过该点作垂直于 x 轴的直线,其方程为 x=- 3,

x ? ? 4 +y2=1, 联立方程? ?x=- 3, ?

2

? ?x=- 3, 1 - 3,± ?, 解得? 即 P? 1 2? ? , ? 2 ?y=±
1 所以|PF1|= , 2 又因|PF1|+|PF2|=2a=4, 1 7 ∴|PF2|=4- = . 2 2 1 ? 6.(2014· 嘉兴模拟)已知椭圆 x2+my2=1 的离心率 e∈? ?2,1?,则实数 m 的取值范围是 ( ) 3 0, ? A.? ? 4? 3? ?4 ? C.? ?0,4?∪?3,+∞? 4 ? B.? ?3,+∞? 3 ? ? 4? D.? ?4,1?∪?1,3?

解析:选 C 在椭圆 x2+my2=1 中, 1 1 当 0<m<1 时,a2= ,b2=1,c2=a2-b2= -1, m m 1 -1 c2 m 2 ∴e = 2= =1-m, a 1 m 1 又 <e<1, 2 1 3 ∴ <1-m<1,解得 0<m< , 4 4 1 1 当 m>1 时,a2=1,b2= ,c2=1- , m m 1 1- 2 m c 1 e2= 2= =1- , a 1 m 1 又 <e<1, 2 1 1 4 ∴ <1- <1,解得 m> , 4 m 3 3? ?4 ? 综上可知实数 m 的取值范围是? ?0,4?∪?3,+∞?. x2 y2 7.(2013· 福建高考)椭圆 Γ: 2+ 2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1,F2,焦距为 2c. a b 若直线 y= 3(x+c)与椭圆 Γ 的一个交点 M 满足∠MF1F2=2∠MF2F1, 则该椭圆的离心率等 于________.

解析:如图,△MF1F2 中, ∵∠MF1F2=60° ,∴∠MF2F1=30° ,∠F1MF2=90° ,

又|F1F2|=2c, ∴|MF1|=c,|MF2|= 3c, ∴2a=|MF1|+|MF2|=c+ 3c, c 2 得 e= = = 3-1. a 3+1 答案: 3-1 x2 y2 8.设 F1,F2 分别是椭圆 + =1 的左、右焦点,P 为椭圆上任一点,点 M 的坐标为 25 16 (6,4),则|PM|+|PF1|的最大值为________. 解析:|PF1|+|PF2|=10,|PF1|=10-|PF2|,|PM|+|PF1|=10+|PM|-|PF2|,易知点 M 在 椭圆外,连接 MF2 并延长交椭圆于 P 点,此时|PM|-|PF2|取最大值|MF2|,故|PM|+|PF1|的 最大值为 10+|MF2|=10+ ?6-3?2+42=15. 答案:15 x2 y2 3 9.已知椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)的离心率为 .过右焦点 F 且斜率为 k(k>0)的直线与 a b 2 椭圆 C 相交于 A,B 两点.若 AF =3 FB ,则 k=________. c 3 4 1 解析:根据已知 = ,可得 a2= c2,则 b2= c2, a 2 3 3 3x2 3y2 2 2 2 故椭圆方程为 2+ 2 =1,即 3x +12y -4c =0. 4c c 设直线的方程为 x=my+c,代入椭圆方程得 (3m2+12)y2+6mcy-c2=0. 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则根据 AF =3 FB ,得(c-x1,-y1)=3(x2-c,y2),由此得- y1=3y2, 2cm c2 根据韦达定理 y1+y2=- 2 ,y1y2=- , m +4 3?m2+4? 把-y1=3y2 代入得, cm c2 2 y2= 2 ,-3y2=- ,故 9m2=m2+4, m +4 3?m2+4? 1 故 m2= ,从而 k2=2,k=± 2. 2 又 k>0,故 k= 2. 答案: 2 x2 y2 3 10.设椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)过点(0,4),离心率为 . a b 5 (1)求 C 的方程; 4 (2)求过点(3,0)且斜率为 的直线被 C 所截线段的中点坐标. 5 16 解:(1)将(0,4)代入 C 的方程得 2 =1,∴b=4, b 2 2 a -b c 3 9 16 9 又 e= = ,得 2 = ,即 1- 2 = ,∴a=5, a 5 a 25 a 25 x2 y2 ∴C 的方程为 + =1. 25 16 4 4 (2)过点(3,0)且斜率为 的直线方程为 y= (x-3), 5 5 设直线与椭圆 C 的交点为 A(x1,y1),B(x2,y2),线段 AB 的中点为 M(x0,y0). 4 将直线方程 y= (x-3)代入椭圆 C 的方程,得 5 2 2 ? x - 3 ? x + =1,即 x2-3x-8=0, 25 25

3- 41 3+ 41 解得 x1= ,x2= , 2 2 x1+x2 3 ∴x0= = , 2 2 y1+y2 2 6 y0= = (x1+x2-6)=- , 2 5 5 3 6? 即线段 AB 中点坐标为? ?2,-5?. x2 y2 11.(2014· 宁波模拟)已知椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)的四个顶点恰好是边长为 2,一内 a b 角为 60° 的菱形的四个顶点. (1)求椭圆 C 的方程; (2)若直线 y=kx 交椭圆 C 于 A,B 两点,在直线 l:x+y-3=0 上存在点 P,使得△PAB 为等边三角形,求 k 的值. x2 y2 解:(1)因为椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)的四个顶点恰好是一边长为 2,一内角为 60° a b 的菱形的四个顶点, 所以 a= 3,b=1, x2 椭圆 C 的方程为 +y2=1. 3 (2)设 A(x1,y1),则 B(-x1,-y1), 当直线 AB 的斜率为 0 时,AB 的垂直平分线就是 y 轴, y 轴与直线 l:x+y-3=0 的交点为 P(0,3). 又因为|AO|= 3,|PO|=3,所以∠PAO=60° , 所以△PAB 是等边三角形,所以直线 AB 的方程为 y=0. x ? ? 3 +y2=1, 当直线 AB 的斜率存在且不为 0 时,设 AB 的方程为 y=kx,所以联立? 化 ? ?y=kx 简得(3k2+1)x2=3, 所以|x|= 3 , 3k2+1 3 = 3k +1
2 2

则|AO|= 1+k2

3k2+3 . 3k2+1

1 设 AB 的垂直平分线为 y=- x, k 它与直线 l:x+y-3=0 的交点记为 P(x0,y0), y=-x+3, ?x0=k-1, ? ? 所以? 解得? 1 3 y=- x, ? k ? ?y0=- , k-1 则|PO|= 9k2+9 . ?k-1?2 3k

因为△PAB 为等边三角形, 所以应有|PO|= 3|AO|, 代入得

9k2+9 = 3· ?k-1?2

3k2+3 , 3k2+1

解得 k=0(舍去)或 k=-1, 此时直线 AB 的方程为 y=-x, 综上,直线 AB 的方程为 y=-x 或 y=0. x2 y2 12.(2013· 安徽高考)已知椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)的焦距为 4,且过点 P( 2, 3). a b (1)求椭圆 C 的方程; (2)设 Q(x0, y0)(x0y0≠0)为椭圆 C 上一点. 过点 Q 作 x 轴的垂线, 垂足为 E.取点 A(0,2 2), 连接 AE.过点 A 作 AE 的垂线交 x 轴于点 D.点 G 是点 D 关于 y 轴的对称点,作直线 QG. 问这样作出的直线 QG 是否与椭圆 C 一定有唯一的公共点?并说明理由. 解:(1)因为焦距为 4,所以 a2-b2=4. 又因为椭圆 C 过点 P( 2, 3), 2 3 所以 2+ 2=1, a b 故 a2=8,b2=4. x2 y2 从而椭圆 C 的方程为 + =1. 8 4 (2)由题意,点 E 坐标为(x0,0). 设 D(xD,0),则 AE =(x0,-2 2), AD =(xD,-2 2).

AD =0,即 xDx0+8=0. 再由 AD⊥AE 知, AE · 8 由于 x0y0≠0,故 xD=- . x0
8 ? 因为点 G 是点 D 关于 y 轴的对称点,所以点 G? ?x ,0?.
0

x0y0 故直线 QG 的斜率 kQG= = 2 . 8 x0 -8 x0- x0 2 又因 Q(x0,y0)在椭圆 C 上,所以 x2 0+2y0=8.① x0 从而 kQG=- . 2y0 8 x0 x- ?.② 故直线 QG 的方程为 y=- ? x 2y0? 0? 将②代入椭圆 C 的方程,得 2 2 2 (x2 0+2y0)x -16x0x+64-16y0=0.③ 再将①代入③,化简得 x2-2x0x+x2 0=0, 解得 x=x0,y=y0, 即直线 QG 与椭圆 C 一定有唯一的公共点. [冲击名校] x2 已知椭圆 +y2=1 的两个焦点是 F1(-c,0),F2(c,0)(c>0). m+1 (1)设 E 是直线 y=x+2 与椭圆的一个公共点,求|EF1|+|EF2|取得最小值时椭圆的方程; (2)已知点 N(0,-1),斜率为 k(k≠0)的直线 l 与条件(1)下的椭圆交于不同的两点 A,B,

y0

AB =0,求直线 l 在 y 轴上的截距的取值范围. 点 Q 满足 AQ = QB ,且 NQ · 解:(1)由题意,知 m+1>1,即 m>0. ?y=x+2,
由? x2 +y2=1, ? m + 1 ?

?

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. 此时|EF1|+|EF2|=2 m+1≥2 3. 当且仅当 m=2 时,|EF1|+|EF2|取得最小值 2 3, x2 此时椭圆的方程为 +y2=1. 3 (2)设直线 l 的方程为 y=kx+t. 2 2 ? ?x +3y =3, 由方程组? ?y=kx+t, ? 消去 y 得(1+3k2)x2+6ktx+3t2-3=0. ∵直线 l 与椭圆交于不同的两点 A,B, ∴Δ=(6kt)2-4(1+3k2)(3t2-3)>0, 即 t2<1+3k2.① 设 A(x1,y1),B(x2,y2),Q(xQ,yQ), 6kt 则 x1+x2=- . 1+3k2 由 AQ = QB ,得 Q 为线段 AB 的中点, x1+x2 3kt t 则 xQ= =- . 2,yQ=kxQ+t= 2 1+3k 1+3k2

AB =0, ∵ NQ · ∴直线 l 的斜率 k 与直线 QN 的斜率 k 乘积为-1, 即 kQN· k=-1, t +1 1+3k2 ∴ · k=-1, 3kt - 2 1+3k 化简得 1+3k2=2t, 代入①式得 t2<2t,解得 0<t<2. 1 又 k≠0,即 3k2>0,故 2t=1+3k2>1,得 t> . 2 1 ? 综上,直线 l 在 y 轴上的截距 t 的取值范围是? ?2,2?. [高频滚动] 已知圆 C 经过点 A(-2,0),B(0,2),且圆心 C 在直线 y=x 上,又直线 l:y=kx+1 与圆 C 相交于 P,Q 两点. (1)求圆 C 的方程;
(2)若 OP · OQ =-2,求实数 k 的值; (3)过点 (0,1)作直线 l1 与 l 垂直,且直线 l1 与圆 C 交于 M,N 两点,求四边形 PMQN 面 积的最大值. 解:(1)设圆心 C(a,a),半径为 r. 因为圆 C 经过点 A(-2,0),B(0,2), 所以|AC|=|BC|=r,易得 a=0,r=2, 所以圆 C 的方程是 x2+y2=4. (2)因为 OP · 〈 OP ,OQ 〉 =-2, 且 OP 与 OQ 的夹角为∠POQ(0° ≤ OQ =2×2×cos ∠POQ≤180° ), 1 所以 cos∠POQ=- ,∠POQ=120° , 2 所以圆心 C 到直线 l:kx-y+1=0 的距离 d=1,

1 ,所以 k=0. k +1 (3)设圆心 O 到直线 l,l1 的距离分别为 d,d1,四边形 PMQN 的面积为 S. 因为直线 l,l1 都经过点(0,1),且 l⊥l1, 2 根据勾股定理,有 d2 1+d =1. 又易知|PQ|=2× 4-d2,|MN|=2× 4-d2 1, 1 所以 S= · |PQ|· |MN|,即 2 1 S= ×2× 4-d2×2× 4-d2 1 2 又 d=
2 2 2 2 =2 16-4?d2 d 1+d ?+d1· 2 2 =2 12+d1· d 2 d2 1+d ?2 ≤2 12+? ? 2 ? 1 =2 12+ =7, 4 当且仅当 d1=d 时,等号成立,所以四边形 PMQN 面积的最大值为 7.


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