高考数一轮复习 第八章 第五节 椭圆演练知能检测 文

第五节椭圆[全盘巩固]1．已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝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.eq\f(\r(3)－1,2)B.eq\f(\r(5)－1,2)C.eq\f(1＋\r(5),4)D.eq\f(\r(3)＋1,4)解析：选B由题意得a2＋b2＋a2＝(a＋c)2，即c2＋ac－a2＝0，即e2＋e－1＝0，解得e＝eq\f(－1±\r(5),2)，又因为e>0，故所求的椭圆的离心率为eq\f(\r(5)－1,2).2．(·新课标全国卷Ⅱ)设椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P是C上的点，PF2⊥F1F2，∠PF1F2＝30°，则C的离心率为()A.eq\f(\r(3),6)B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2)D.eq\f(\r(3),3)解析：选D在Rt△PF2F1中，令|PF2因为∠PF1F2所以|PF1|＝2，|F1F2|＝eq\r(3).所以e＝eq\f(2c,2a)＝eq\f(|F1F2|,|PF1|＋|PF2|)＝eq\f(\r(3),3).3．(·汕尾模拟)已知P为椭圆eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1上的一点，M，N分别为圆(x＋3)2＋y2＝1和圆(x－3)2＋y2＝4上的点，则|PM|＋|PN|的最小值为()A．5B．7C．13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＝7.4．(·衡水模拟)设椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率e＝eq\f(1,2)，右焦点为F(c,0)，方程ax2＋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C．必在圆x2＋y2＝2外D．以上三种情形都有可能解析：选A因为椭圆的离心率e＝eq\f(1,2)，所以eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，即a＝2c，b＝eq\r(a2－c2)＝eq\r(4c2－c2)＝eq\r(3)c，因此方程ax2＋bx－c＝0可化为2cx2＋eq\r(3)cx－c＝0又c≠0，∴2x2＋eq\r(3)x－1＝0，x1＋x2＝－eq\f(\r(3),2)，x1x2＝－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝(x1＋x2)2－2x1x2＝eq\f(3,4)＋1＝eq\f(7,4)<2，即点(x1，x2)在x2＋y2＝2内．5．椭圆eq\f(x2,4)＋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，一个交点为P，则|PF2|＝()A.eq\f(7,2)B.eq\f(\r(3),2)C.eq\r(3)D．4解析：选A因为椭圆eq\f(x2,4)＋y2＝1的一个焦点F1的坐标为F1(－eq\r(3)，0)．过该点作垂直于x轴的直线，其方程为x＝－eq\r(3)，联立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,x＝－\r(3)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\r(3)，,y＝±\f(1,2)，))即Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)，±\f(1,2)))，所以|PF1|＝eq\f(1,2)，又因|PF1|＋|PF2|＝2a∴|PF2|＝4－eq\f(1,2)＝eq\f(7,2).6．(·嘉兴模拟)已知椭圆x2＋my2＝1的离心率e∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，则实数m的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(4,3)))解析：选C在椭圆x2＋my2＝1中，当0<m<1时，a2＝eq\f(1,m)，b2＝1，c2＝a2－b2＝eq\f(1,m)－1，∴e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(\f(1,m)－1,\f(1,m))＝1－m，又eq\f(1,2)<e<1，∴eq\f(1,4)<1－m<1，解得0<m<eq\f(3,4)，当m>1时，a2＝1，b2＝eq\f(1,m)，c2＝1－eq\f(1,m)，e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(1－\f(1,m),1)＝1－eq\f(1,m)，又eq\f(1,2)<e<1，∴eq\f(1,4)<1－eq\f(1,m)<1，解得m>eq\f(4,3)，综上可知实数m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞)).7．(·福建高考)椭圆Γ：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，焦距为2c.若直线y＝eq\r(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∵∠MF1F2＝60°，∴∠MF2F1＝30°，∠F1MF又|F1F2|＝2∴|MF1|＝c，|MF2|＝eq\r(3)c，∴2a＝|MF1|＋|MF2|＝c＋eq\r(3)c，得e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2,\r(3)＋1)＝eq\r(3)－1.答案：eq\r(3)－18．设F1，F2分别是椭圆eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝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|＝10＋eq\r(6－32＋42)＝15.答案：159．已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(3),2).过右焦点F且斜率为k(k>0)的直线与椭圆C相交于A，B两点．若＝3，则k＝________.解析：根据已知eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，可得a2＝eq\f(4,3)c2，则b2＝eq\f(1,3)c2，故椭圆方程为eq\f(3x2,4c2)＋eq\f(3y2,c2)＝1，即3x2＋12y2－4c2＝0.设直线的方程为x＝my＋c，代入椭圆方程得(3m2＋12)y2＋6mcy－c设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则根据＝3，得(c－x1，－y1)＝3(x2－c，y2)，由此得－y1＝3y2，根据韦达定理y1＋y2＝－eq\f(2cm,m2＋4)，y1y2＝－eq\f(c2,3m2＋4)，把－y1＝3y2代入得，y2＝eq\f(cm,m2＋4)，－3yeq\o\al(2,2)＝－eq\f(c2,3m2＋4)，故9m2＝m2＋4，故m2＝eq\f(1,2)，从而k2＝2，k＝±eq\r(2).又k>0，故k＝eq\r(2).答案：eq\r(2)10．设椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点(0,4)，离心率为eq\f(3,5).(1)求C的方程；(2)求过点(3,0)且斜率为eq\f(4,5)的直线被C所截线段的中点坐标．解：(1)将(0,4)代入C的方程得eq\f(16,b2)＝1，∴b＝4，又e＝eq\f(c,a)＝eq\f(3,5)，得eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(9,25)，即1－eq\f(16,a2)＝eq\f(9,25)，∴a＝5，∴C的方程为eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1.(2)过点(3,0)且斜率为eq\f(4,5)的直线方程为y＝eq\f(4,5)(x－3)，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＝eq\f(4,5)(x－3)代入椭圆C的方程，得eq\f(x2,25)＋eq\f(x－32,25)＝1，即x2－3x－8＝0，解得x1＝eq\f(3－\r(41),2)，x2＝eq\f(3＋\r(41),2)，∴x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(3,2)，y0＝eq\f(y1＋y2,2)＝eq\f(2,5)(x1＋x2－6)＝－eq\f(6,5)，即线段AB中点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(6,5))).11．(·宁波模拟)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)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．解：(1)因为椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)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＝eq\r(3)，b＝1，椭圆C的方程为eq\f(x2,3)＋y2＝1.(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|＝eq\r(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.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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,3)＋y2＝1，,y＝kx))化简得(3k2＋1)x2＝3，所以|x|＝eq\r(\f(3,3k2＋1))，则|AO|＝eq\r(1＋k2)eq\r(\f(3,3k2＋1))＝eq\r(\f(3k2＋3,3k2＋1)).设AB的垂直平分线为y＝－eq\f(1,k)x，它与直线l：x＋y－3＝0的交点记为P(x0，y0)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－x＋3，,y＝－\f(1,k)x，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(3k,k－1)，,y0＝－\f(3,k－1)，))则|PO|＝eq\r(\f(9k2＋9,k－12)).因为△PAB为等边三角形，所以应有|PO|＝eq\r(3)|AO|，代入得eq\r(\f(9k2＋9,k－12))＝eq\r(3)·eq\r(\f(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＝0.12．(·安徽高考)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦距为4，且过点P(eq\r(2)，eq\r(3))．(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(0,2eq\r(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(eq\r(2)，eq\r(3))，所以eq\f(2,a2)＋eq\f(3,b2)＝1，故a2＝8，b2＝4.从而椭圆C的方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)由题意，点E坐标为(x0,0)．设D(xD,0)，则＝(x0，－2eq\r(2))，＝(xD，－2eq\r(2))．再由AD⊥AE知，·＝0，即xDx0＋8＝0.由于x0y0≠0，故xD＝－eq\f(8,x0).因为点G是点D关于y轴的对称点，所以点Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,x0)，0)).故直线QG的斜率kQG＝eq\f(y0,x0－\f(8,x0))＝eq\f(x0y0,x\o\al(2,0)－8).又因Q(x0，y0)在椭圆C上，所以xeq\o\al(2,0)＋2yeq\o\al(2,0)＝8.①从而kQG＝－eq\f(x0,2y0).故直线QG的方程为y＝－eq\f(x0,2y0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(8,x0))).②将②代入椭圆C的方程，得(xeq\o\al(2,0)＋2yeq\o\al(2,0))x2－16x0x＋64－16yeq\o\al(2,0)＝0.③再将①代入③，化简得x2－2x0x＋xeq\o\al(2,0)＝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]已知椭圆eq\f(x2,m＋1)＋y2＝1的两个焦点是F1(－c,0)，F2(c,0)(c>0)．(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，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m＋1>1，即m>0.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋2，,\f(x2,m＋1)＋y2＝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|＝2eq\r(m＋1)≥2eq\r(3).当且仅当m＝2时，|EF1|＋|EF2|取得最小值2eq\r(3)，此时椭圆的方程为eq\f(x2,3)＋y2＝1.(2)设直线l的方程为y＝kx＋t.由方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋3y2＝3，,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)，则x1＋x2＝－eq\f(6kt,1＋3k2).由＝，得Q为线段AB的中点，则xQ＝eq\f(x1＋x2,2)＝－eq\f(3kt,1＋3k2)，yQ＝kxQ＋t＝eq\f(t,1＋3k2).∵·＝0，∴直线l的斜率k与直线QN的斜率k乘积为－1，即kQN·k＝－1，∴eq\f(\f(t,1＋3k2)＋1,－\f(3kt,1＋3k2))·k＝－1，化简得1＋3k2＝2t，代入①式得t2<2t，解得0<t<2.又k≠0，即3k2>0，故2t＝1＋3k2>1，得t>eq\f(1,2).综上，直线l在y轴上的截距t的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\