高中数学人教A版1第二章圆锥曲线与方程椭圆 课时提升作业十一

温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课时提升作业十一椭圆方程及性质的应用一、选择题(每小题5分,共25分)1.(2023·聊城高二检测)过椭圆x2+2y2=4的左焦点F作倾斜角为π3A.67 B.167 C.716 【解析】选B.椭圆的方程可化为x24+所以F(-2,0).又因为直线AB的斜率为3,所以直线AB的方程为y=3x+6.由y=3x+6,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-122x1·x2=87所以|AB|=(1+k2为过椭圆x2a2 【解析】选D.由AB过椭圆中心,则yA+yB=0,故S△AFB=12(yA-yB)·c=12|2yA|·c=|y3.(2023·济宁高二检测)如果椭圆x236+y=0 +2y-4=0+3y-12=0 +2y-8=0【解析】选D.设这条弦的两端点为A(x1,y1),B(x2,y2),斜率为k,则x两式相减再变形得x1+x又弦中点为(4,2),故k=-12故这条弦所在的直线方程为y-2=-12整理得x+2y-8=0.4.(2023·衡水高二检测)如果AB是椭圆x2a2+y2b为() 【解析】选C.设A(x1,y1),B(x2,y2),中点M(x0,y0),由点差法,x12a2+y1(x1-所以kAB·kOM=y2-y1x2-x1【补偿训练】椭圆x216+为()A.916 B.932 C.964【解析】选B.设弦的两个端点为A(x1,y1),B(x2,y2),则x1(x1+又因为弦中点为M(-1,2),所以x1+x2=-2,y1+y2=4,所以-2(x1所以k=y1-y5.(2023·郑州高二检测)在区间[1,5]和[2,4]上分别取一个数,记为a,b,则方程x2a2+yA.12 B.1532 C.1732 【解析】选B.因为x2a2+y所以a>b>0,a<2b,它对应的平面区域如图中阴影部分所示:则方程x2a2+y2P=S阴影S矩形=1二、填空题(每小题5分,共15分)6.(2023·南昌高二检测)在平面直角坐标系xOy中,椭圆C的中心为原点,焦点F1,F2在x轴上,离心率为22.过F1的直线l交C于A,B两点,且△ABF2的周长为16,那么椭圆C的方程为【解析】根据椭圆焦点在x轴上,可设椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0).因为e=22,所以c所以椭圆方程为x216+答案:x216+7.(2023·沈阳高二检测)椭圆x24+y23=1上有n个不同的点P1,P2,P3,…,Pn,椭圆的右焦点为F,数列{|PnF|}是公差大于【解题指南】|P1F|=|a-c|=1,|PnF|=a+c=3,|PnF|=|P1F|+(n-1)d,再由数列{|PnF|}是公差大于1100【解析】|P1F|=|a-c|=1,|PnF|=a+c=3,|PnF|=|P1F|+(n-1)d.若d=1100,n=201,d>1答案:2008.(2023·长春高二检测)已知椭圆C:x2a2+y2b【解题指南】由余弦定理解三角形,结合椭圆的几何性质(对称性)求出点A(或B)到右焦点的距离,进而求得a,c.【解析】在△ABF中,由余弦定理得|AF|2=|AB|2+|BF|2-2|AB||BF|cos∠ABF,又|AB|=10,|BF|=8,cos∠ABF=45解得|AF|=6.在△ABF中,|AB|2=102=82+62=|BF|2+|AF|2,故△ABF为直角三角形.设椭圆的右焦点为F′,连接AF′,BF′,根据椭圆的对称性,四边形AFBF′为矩形,则其对角线|FF′|=|AB|=10,且|BF|=|AF′|=8,即焦距2c=10,又据椭圆的定义,得|AF|+|AF′|=2a,所以2a=|AF|+|AF′|=6+8=14.故离心率e=ca=2c2a答案:5三、解答题(每小题10分,共20分)9.在平面直角坐标系xOy中,点P到两点(0,-3),(0,3)的距离之和等于4,设点P的轨迹为C.(1)求C的方程.(2)设直线y=kx+1与C交于A,B两点,k为何值时OA→⊥【解析】(1)设P(x,y),由椭圆的定义知,点P的轨迹C是以(0,-3),(0,3)为焦点,长半轴长为2的椭圆,它的短半轴长b=22-(3)2(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),其坐标满足y消去y,并整理,得(k2+4)x2+2kx-3=0.由根与系数的关系得x1+x2=-2kk2+4,x1x若OA→⊥OB→,则x1x2+y因为y1y2=(kx1+1)(kx2+1)=k2x1x2+k(x1+x2)+1,所以x1x2+y1y2=-3k2+4-3k2所以k=±12当k=±12时,x1+x2=∓417,x1x2=-所以|AB|=(=(1+而(x1-x2)2=(x1+x2)2-4x1x2=42172+4×所以|AB|=54×410.(2023·烟台高二检测)设椭圆x2a2+y2b(1)求椭圆的方程.(2)设A,B分别为椭圆的左、右顶点,过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C,D两点.若AC→·DB→+【解析】(1)设F(-c,0),由ca=33,知a=过点F且与x轴垂直的直线为x=-c,代入椭圆方程有(-c)2a2+y2b2又a2-c2=b2,从而a=3,c=1,所以椭圆方程为x23+(2)设点C(x1,y1),D(x2,y2),由F(-1,0)得直线CD的方程为y=k(x+1),由方程组y=k(x+1),x23+y22=1,所以x1+x2=-6k22+3k2,x1因为A(-3,0),B(3,0),所以AC→·DB→+AD→·CB→=(x1+3,y1)·(3-x2,-y2)+(x2+3,y=6-2x1x2-2y1y2=6-2x1x2-2k2(x1+1)(x2+1)=6-(2+2k2)x1x2-2k2(x1+x2)-2k2=6+2k由已知得6+2k2+12一、选择题(每小题5分,共10分)1.(2023·济南高二检测)若直线ax+by+4=0和圆x2+y2=4没有公共点,则过点(a,b)的直线与椭圆x29+ D.需根据a,b的取值来确定【解题指南】根据直线ax+by+4=0和圆x2+y2=4没有公共点,可推断点(a,b)是以原点为圆心,2为半径的圆内的点,根据圆的方程和椭圆方程可知圆x2+y2=4内切于椭圆,进而可知点P是椭圆内的点,进而判断可得答案.【解析】选C.因为直线ax+by+4=0和圆x2+y2=4没有公共点,所以原点到直线ax+by+4=0的距离d=4a2+b2因为椭圆的长半轴为3,短半轴为2,所以圆x2+y2=4内切于椭圆,所以点P是椭圆内的点,所以过点P(a,b)的一条直线与椭圆的公共点数为2.2.椭圆ax2+by2=1与直线y=1-x交于A,B两点,过原点与线段AB中点的直线的斜率为32,则aA.32 B.22 C.32 【解析】选A.把y=1-x代入椭圆ax2+by2=1,得ax2+b(1-x)2=1,整理得(a+b)x2-2bx+b-1=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=2ba+b,y1+y2=2-所以线段AB的中点坐标为ba+b所以过原点与线段AB中点的直线的斜率k=aa+bba+b=ab=32二、填空题(每小题5分,共10分)3.(2023·石家庄高二检测)过椭圆x25+y2【解析】右焦点为(1,0),故直线为y=2(x-1).由4x2+5所以x=0或x=53从而A(0,-2),B53所以|AB|=259+1009=又O到AB的距离d=25=2所以S△AOB=12·|AB|·d=12×553×答案:54.(2023·青岛高二检测)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(-c,0),F2(c,0),若椭圆上存在点P使【解析】由正弦定理及asin∠PF1ca=sin∠PF在△PF1F2中,设|PF2|=x,则|PF1|=2a-x.则上式为ca=2a-xx,即cx+ax=2a2又a-c<x<a+c,所以a-c<2a由a-c<2a2a+c,得a2由2a2a+c<a+c,得a2c2+2ac-a2>0,即e2+2e-1>0,解得e>-1+2或e<-1-2(舍).又0<e<1,所以e的取值范围为(2-1,1).答案:(2-1,1)三、解答题(每小题10分,共20分)5.(2023·北京高二检测)已知椭圆G:x24+y2=1,过点(m,0)作圆x2+y2=1的切线(1)求椭圆G的焦点坐标和离心率.(2)将|AB|表示为m的函数,并求|AB|的最大值.【解析】(1)由已知得a=2,b=1,所以c=a2-b所以椭圆G的焦点坐标为(-3,0),(3,0),离心率为e=ca=3(2)由题意知,|m|≥1.当m=1时,切线l的方程为x=1,点A,B的坐标分别为(1,32),(1,-32),此时|AB|=当m=-1时,同理可得|AB|=3.当|m|>1时,设切线l的方程为y=k(x-m).由y=k(x-m),x24+y2=1得(1+4k2)x设A,B两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则x1+x2=8k2m1+4k2,x由l与圆x2+y2=1相切,得|km|即m2k2=k2+1.所以|AB|=(=(=(=43当m=±1时,|AB|=3,所以|AB|=43因为|AB|=43|m|m2+3所以|AB|的最大值为2.6.(2023·四川高考)已知椭圆E:x2a2+y(1)求椭圆E的方程.(2)设不过原点O且斜率为12的直线l【解题指南】(1)利用点在椭圆上,列出方程,解出b的值,从而得到椭圆的标准方程.(2)利用椭圆的几何性质,数形结合,利用根与系数的关系,进行计算.【解析】