2015高考数学（理）一轮知能检测：第8章 第5节　椭圆（数学大师 为您收集整理）

1、第五节椭圆全盘巩固1已知椭圆1(a>b>0)的两顶点为A(a,0)，B(0，b)，且左焦点为F，FAB是以角B为直角的直角三角形，则椭圆的离心率e为 ()A. B. C. D.解析：选B由题意得a2b2a2(ac)2，即c2aca20，即e2e10，解得e，又因为e>0，故所求的椭圆的离心率为.2(2013·新课标全国卷)设椭圆C：1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P是C上的点，PF2F1F2，PF1F230°，则C的离心率为()A. B. C. D.解析：选D在RtPF2F1中，令|PF2|1，因为PF1F230°，所以

2、|PF1|2，|F1F2|.所以e.3(2014·汕尾模拟)已知P为椭圆1上的一点，M，N分别为圆(x3)2y21和圆(x3)2y24上的点，则|PM|PN|的最小值为()A5 B7 C13 D15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|127.4(2014·衡水模拟)设椭圆1(a>b>0)的离心率e，右焦点为F(c,0)，方程ax2bxc0的两个实根分别为x1和x2，则点P(x1，x2)()A必在圆x2y22内 B必在圆x2y22上C必在圆x2y22外 D以上三种情形都

3、有可能解析：选A因为椭圆的离心率e，所以，即a2c，bc，因此方程ax2bxc0可化为2cx2cxc0又c0，2x2x10，x1x2，x1x2，xx(x1x2)22x1x21<2，即点(x1，x2)在x2y22内5椭圆y21的两个焦点为F1，F2，过F1作垂直于x轴的直线与椭圆相交，一个交点为P，则|PF2|()A. B. C. D4解析：选A因为椭圆y21的一个焦点F1的坐标为F1(，0)过该点作垂直于x轴的直线，其方程为x，联立方程解得即P，所以|PF1|，又因|PF1|PF2|2a4，|PF2|4.2 / 106(2014·嘉兴模拟)已知椭圆x2my21的离心率e，则实数

4、m的取值范围是()A. B.C. D.解析：选C在椭圆x2my21中，当0<m<1时，a2，b21，c2a2b21，e21m，又<e<1，<1m<1，解得0<m<，当m>1时，a21，b2，c21，e21，又<e<1，<1<1，解得m>，综上可知实数m的取值范围是.7(2013·福建高考)椭圆：1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，焦距为2c.若直线y(xc)与椭圆的一个交点M满足MF1F22MF2F1，则该椭圆的离心率等于_解析：如图，MF1F2中，MF1F260°，M

5、F2F130°，F1MF290°，又|F1F2|2c，|MF1|c，|MF2|c，2a|MF1|MF2|cc，得e1.答案：18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(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|1015.答案：159已知椭圆C：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

6、椭圆C相交于A，B两点若3，则k_.解析：根据已知，可得a2c2，则b2c2，故椭圆方程为1，即3x212y24c20.设直线的方程为xmyc，代入椭圆方程得(3m212)y26mcyc20.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则根据3，得(cx1，y1)3(x2c，y2)，由此得y13y2，根据韦达定理y1y2，y1y2，把y13y2代入得，y2，3y，故9m2m24，故m2，从而k22，k±.又k>0，故k.答案：10设椭圆C：1(a>b>0)过点(0,4)，离心率为.(1)求C的方程；(2)求过点(3,0)且斜率为的直线被C所截线段的中点坐标解： (1)将(

7、0,4)代入C的方程得1，b4，又e，得，即1，a5，C的方程为1.(2)过点(3,0)且斜率为的直线方程为y(x3)，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)将直线方程y(x3)代入椭圆C的方程，得1，即x23x80，解得x1，x2，x0，y0(x1x26)，即线段AB中点坐标为.11(2014·宁波模拟)已知椭圆C：1(ab0)的四个顶点恰好是边长为2，一内角为60°的菱形的四个顶点(1)求椭圆C的方程；(2)若直线ykx交椭圆C于A，B两点，在直线l：xy30上存在点P，使得PAB为等边三角形，求k的值解：(1)因为椭

8、圆C：1(ab0)的四个顶点恰好是一边长为2，一内角为60°的菱形的四个顶点，所以a，b1，椭圆C的方程为y21.(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：xy30的交点为P(0,3)又因为|AO|，|PO|3，所以PAO60°，所以PAB是等边三角形，所以直线AB的方程为y0.当直线AB的斜率存在且不为0时，设AB的方程为ykx，所以联立化简得(3k21)x23，所以|x|，则|AO|.设AB的垂直平分线为yx，它与直线l：xy30的交点记为P(x0，y0)，所以解得则|PO|.因为PAB为等边三角形，所

9、以应有|PO|AO|，代入得 ·，解得k0(舍去)或k1，此时直线AB的方程为yx，综上，直线AB的方程为yx或y0.12(2013·安徽高考)已知椭圆C：1(a>b>0)的焦距为4，且过点P(，)(1)求椭圆C的方程；(2)设Q(x0，y0)(x0y00)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)，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a2b24.又因为椭圆C过点P(，)，所以1，故a28，b24.从而椭圆C的

10、方程为1.(2)由题意，点E坐标为(x0,0)设D(xD,0)，则(x0，2)，(xD，2)再由ADAE知，·0，即xDx080.由于x0y00，故xD.因为点G是点D关于y轴的对称点，所以点G.故直线QG的斜率kQG.又因Q(x0，y0)在椭圆C上，所以x2y8.从而kQG.故直线QG的方程为y.将代入椭圆C的方程，得(x2y)x216x0x6416y0.再将代入，化简得x22x0xx0，解得xx0，yy0，即直线QG与椭圆C一定有唯一的公共点 冲击名校已知椭圆y21的两个焦点是F1(c,0)，F2(c,0)(c>0)(1)设E是直线yx2与椭圆的一个公共点，求|EF1|EF

11、2|取得最小值时椭圆的方程；(2)已知点N(0，1)，斜率为k(k0)的直线l与条件(1)下的椭圆交于不同的两点A，B，点Q满足，且·0，求直线l在y轴上的截距的取值范围解：(1)由题意，知m1>1，即m>0.由得(m2)x24(m1)x3(m1)0.又由16(m1)212(m2)(m1)4(m1)(m2)0，解得m2或m1(舍去)，m2.此时|EF1|EF2|22.当且仅当m2时，|EF1|EF2|取得最小值2，此时椭圆的方程为y21.(2)设直线l的方程为ykxt.由方程组消去y得(13k2)x26ktx3t230.直线l与椭圆交于不同的两点A，B，(6kt)24(1

12、3k2)(3t23)>0，即t2<13k2.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q(xQ，yQ)，则x1x2.由，得Q为线段AB的中点，则xQ，yQkxQt.·0，直线l的斜率k与直线QN的斜率k乘积为1，即kQN·k1，·k1，化简得13k22t，代入式得t2<2t，解得0<t<2.又k0，即3k2>0，故2t13k2>1，得t>.综上，直线l在y轴上的截距t的取值范围是.高频滚动已知圆C经过点A(2,0)，B(0,2)，且圆心C在直线yx上，又直线l：ykx1与圆C相交于P，Q两点(1)求圆C的方程；(2)若·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a0，r2，所以圆C的方程是x2y24.(2)因为·2×2×cos，2，且与的夹角为POQ(0°POQ180°)，所以cosPOQ，POQ120°，所以圆心C到直线l：kxy10的距离d1，又d，所以k0. (3)设圆心O到直