全国统考高考数学大一轮复习第10章圆锥曲线与方程第1讲椭圆2备考试题文含解析

一轮复习精品资料(高中)PAGEPAGE1第十章圆锥曲线与方程第一讲椭圆1.〖2021八省市新高考适应性考试〗椭圆x2m2+1+y2m2=1(m>0)的焦点为F1,F2,上顶点为A,若∠F1AF2=A.1 B.2 C.3 D.22.〖2021广东深圳模拟〗已知动点M在以F1,F2为焦点的椭圆x2+y24=1上,动点N在以M为圆心,|MF1|为半径的圆上,则|NF2|的最大值为(A.2 B.4 C.8 D.163.〖2020安徽省示范高中名校联考〗已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),F1,F2分别为其左、右焦点,|F1F2|=22,B为短轴的一个端点,△BF1O(A.4 B.8 C.1+3324.〖2020陕西省部分学校摸底检测〗已知F1,F2分别为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,点P是椭圆上位于第一象限的点,延长PF2交椭圆于点Q,若PF1⊥PQ,且|PFA.2-2 B.3-2 C.2-1 D.65.〖2020福建省三明市模拟〗已知P是椭圆x225+y29=1上一点,F1,F2分别为椭圆的左、右焦点,且∠F1PF2=60°,则△F1PFA.33 B.23 C.3 D.36.〖2019全国卷Ⅲ,15,5分〗设F1,F2为椭圆C:x236+y220=1的两个焦点,M为C上一点且在第一象限.若△MF1F7.〖2020洛阳市第一次联考〗已知椭圆C1:x2a12+y2b12=1(a1>b1>0)与双曲线C2:x2a22-y2b22=1(a2>0,b2>0)有相同的焦点F1,F2,点P是曲线C1与C2的一个公共点,e18.〖2020惠州市二调〗已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短轴长为2,上顶点为A,左顶点为B,左、右焦点分别是F1,F2,且△F1AB的面积为9.〖2021贵阳市四校第二次联考〗在平面直角坐标系中,椭圆C:x2a2+y2b2(1)求椭圆C的方程;(2)过椭圆C左焦点F1的直线l(不与坐标轴垂直)与椭圆C交于A,B两点,若点H(-13,0)满足|HA|=|HB|,求|AB|10.〖2020陕西省百校第一次联考〗已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F,椭圆上一动点M(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+AD·CB=10,求k11.〖2021黑龙江大庆调研〗已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),过原点的直线交椭圆于A,B两点,以AB为直径的圆过右焦点F,若∠FAB=α,α∈〖πA.〖22,3-1〗 B.〖22,C.(0,22〗 D.〖612.〖2021四川遂宁模拟〗已知椭圆T:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长半轴长为2,且过点M(0,1).若过点M引两条互相垂直的直线l1,l2,P为椭圆上任意一点,记点P到l1,l2的距离分别为d1,dA.2 B.433 C.513.〖2020四川五校联考〗设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为53,以F1F2为直径的圆与椭圆C在第一象限的交点为A.13 B.12 C.314.〖2020江西南昌模拟〗已知F1,F2为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,过原点O且倾斜角为30°的直线l与椭圆C的一个交点为A,若AF1⊥AF2,A.x26+yC.x28+y15.〖2020广东七校联考〗已知椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),焦距为2c,直线l:y=24x与椭圆C相交于A,B16.〖2020四省八校联考〗设点P是椭圆C:x28+y24=1上的动点,F为椭圆C的右焦点,定点A(2,1),则|17.〖2020山东枣庄模拟〗〖递进型〗已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,直线3x-y+43=0过点F1且与C在第二象限的交点为P,若∠POF1=60°(O为坐标原点),则F18.〖2021河北六校第一次联考〗已知P(2,3)是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一点,以点P及椭圆的左、右焦点(1)求椭圆C的标准方程;(2)过F2作斜率存在且互相垂直的直线l1,l2,M是l1与C两交点的中点,N是l2与C两交点的中点,求△MNF2面积的最大值.19.〖2021广西北海市高三一模〗〖数学与物理综合〗2020年3月9日,我国在西昌卫星发射中心用长征三号运载火箭,成功发射北斗系统第54颗导航卫星,第54颗导航卫星的运行轨道是以地心为一个焦点的椭圆.设地球半径为R,若其近地点、远地点离地面的距离大约分别是115R,13R,则第54颗导航卫星运行轨道(椭圆)的离心率是(A.25 B.15 C.220.〖新角度题〗历史上,许多人研究过圆锥的截口曲线.如图10-1-1,在此圆锥中,圆锥的母线与轴的夹角为30°,现有一截面与圆锥的一条母线垂直,与轴的交点O到圆锥顶点M的距离为1,对于所得截口曲线给出如下命题:①该曲线为椭圆;②点O为该曲线上任意两点之间的线段中最长的线段的三等分点;③该曲线上任意两点间的距离中最长的距离为32;④该曲线上任意两点间的距离中最短的距离为2其中正确命题的序号为()A.①②④ B.①②③④ C.①②③ D.①④图10-1-1答案第十章圆锥曲线与方程第一讲椭圆1.C如图D10-1-3所示,由题意可得△AF1F2为等边三角形,所以∠AF2O=π3,|AF1|=|AF2|=m2+1,所以sin∠AF2O=sinπ3=|图D10-1-32.B由椭圆的方程可得焦点在y轴上,长半轴长a=2.由题意可得|NF2|≤|F2M|+|MN|=|F2M|+|MF1|,当N,M,F2三点共线且M在线段NF2上时,|NF2|取得最大值,而此时|NF2|=|F2M|+|MN|=|F2M|+|MF1|=2a=4,所以|NF2|的最大值为4,故选B.3.B由题意可知c=2,S△BF1O=12bc=22b=7,解得b=4.D设|PF1|=|PQ|=m(m>0),则|PF2|=2a-m,|QF2|=2m-2a,|QF1|=4a-2m.由题意知△PQF1为等腰直角三角形,所以|QF1|=2|PF1|,故m=4a-22a.因为|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2,所以(4a-22a)2+〖2a-(4a-22a)〗2=4c2,整理得4×(ca)2=36-242,即ca〖解题关键〗求解本题的关键是利用题设条件构建关于a,c的一个方程.5.A解法一由椭圆标准方程,得a=5,b=3,所以c=a2-b2=4.设|PF1|=t1,|PF2|=t2,由椭圆的定义可得t1+t2=10①.在△F1PF2中,∠F1PF2=60°,根据余弦定理可得|PF1|2+|PF2|2-2|PF1|·|PF2|cos60°=|F1F2|2=(2c)2=64,整理可得t12+t22-t1t2=64②.把①两边平方得t12+t22+2t1t2=100③.由③-②可得t1t解法二由椭圆焦点三角形的面积公式,得S△F1PF2=b2tanθ26.(3,15)不妨令F1,F2分别为椭圆C的左、右焦点,根据题意可知a=6,c=36-20=4.因为△MF1F2为等腰三角形,所以易知|F1M|=2c=8,所以|F2M|=2a-8=4.设M(x,y),则x236+y220=1,|7.92设点P在双曲线的右支上,F2为两曲线的右焦点,由椭圆及双曲线的定义可得|PF1|+|PF2|=2a1,|PF1|-|PF2|=2a2,解得|PF1|=a1+a2,|PF2|=a1-a2.设|F1F2|=2c,因为PF1⊥PF2,所以(a1+a2)2+(a1-a2)2=4c28.〖1,4〗由已知得2b=2,故b=1,∴a2-c2=b2=1①.∵△F1AB的面积为2-32,∴12(a-c)b=2-32,∴a-c=2-3②.由①②联立解得,a=2,c=3.由椭圆的定义知|PF1|+|PF2|=2a=4,∴1|PF1|+1|PF2|=|PF1|+|9.(1)由题意得2c=2,即c=1,所以a2=b2+c2=b2+1,将(1,22)代入x2b即2b2+b2+1=2b2(b2+1),整理得(2b2+1)(b2-1)=0,解得b2=-12(舍去)或b2=1,则a所以椭圆C的方程为x22+y2(2)由题意得F1(-1,0),设直线l的方程为y=k(x+1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),联立椭圆C与直线l的方程,可得x2+2k2(x+1)2=2,整理得(2k2+1)x2+4k2x+2k2-2=0,则Δ=16k4-4(2k2+1)(2k2-2)=8(k2+1)>0,且x1+x2=-4k22k2+1,x1x2=2k2-22k2+1.设AB的中点为M(x0,y0),则x0=因为点H(-13,0)满足|HA|=|所以kMH=-1k,即k2k2则x1+x2=-4k22k2+1=-4所以|AB|=k2+1·10.(1)由题意知,a+c=3+1,a-c=3-1又a2=b2+c2,所以可得b=2,c=1,a=3,所以椭圆的方程为x23(2)由(1)可知F(-1,0),则直线CD的方程为y=k(x+1),由y消去y得(2+3k2)x2+6k2x+3k2-6=0.Δ=36k4-4(2+3k2)(3k2-6)=48k2+48>0.设C(x1,y1),D(x2,y2),则x1+x2=-6k22+3k2,x又A(-3,0),B(3所以AC·DB+AD=(x1+3,y1)·(3-x2,-y2)+(x2+3,y2)·(3-x1,-y=6-2x1x2-2y1y2=6-2x1x2-2k2(x1+1)(x2+1)=6-(2+2k2)x1x2-2k2(x1+x2)-2k2=6+2=10,解得k=±10511.B设椭圆的另一个焦点为F',连接AF',BF,BF',如图D10-1-4所示,则四边形AFBF'是矩形,所以|AB|=|FF'|=2c,|FA|=2c·cosα,|FB|=2c·sinα,由椭圆的定义可知,|FA|+|AF'|=|FA|+|FB|=2a,即2c·cosα+2c·sinα=2a.所以离心率e=ca=1sinα+cosα=12sin(α+π4).因为α∈〖π12,π3〗,所以π4+α∈〖π3,7π12〗,图D10-1-412.B由题意可得a=2,b=1,所以椭圆的方程为x24+y2=1.设P(x,①若直线l1,l2中的一条直线的斜率不存在,则另一条直线的斜率为0,不妨设直线l1的方程为x=0,则l2的方程为y=1.则d12+d22=x2+(1-y)2,因为P在椭圆上,所以所以d12+d22=5-3y2-2y=5-3(y+13)2+13,y∈〖-1,1〗,所以当y=-1②当直线l1,l2的斜率都存在,且不为0时,设直线l1的方程为y=kx+1,即kx-y+1=0,则l2的方程为y=-1kx+1,即x+ky-k则d1=|kx-y+1|1+k所以d=x2+y2-2y+1=4-4y2+y2-2y+1=5-3y2-2y,由①可得d12+d〖方法技巧〗本题首先将椭圆上的点的纵坐标作为变量建立目标函数,注意变量y的取值范围为y∈〖-1,1〗,然后利用二次函数求解最值.13.B解法一由题意可知,|F1F2|=2c,又由e=ca=53得c=53a,所以|F1F2|=253a.因为点P是以F1F2为直径的圆与椭圆C在第一象限的交点,故PF1⊥PF2且|PF1|>|PF2|,所以|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2.又|PF1|+|PF2|=2a,所以|PF1|·|PF2|=89a2,所以|PF1|=43a,|PF2|=23a,所以直线PF1的斜率k解法二因为e=ca=53,故可设a=3,c=5,则b=2,S△PF1F2=b2tan∠F1PF22=b2tan45°=12|PF1|·|PF2|=4.因为点P在第一象限,所以|PF1|>|PF2|,又|PF1|+|PF2|=2a=6,故|PF1|=4,|14.A因为点A在椭圆上,所以|AF1|+|AF2|=2a,把该等式两边同时平方,得|AF1|2+|AF2|2+2|AF1||AF2|=4a2.又AF1⊥AF2,所以|AF1|2+|AF2|2=4c2,则2|AF1||AF2|=4a2-4c2=4b2,即|AF1||AF2|=2b2,所以S△AF1F2=12|AF1||AF2|=b2=2.因为△AF1F2是直角三角形,∠F1AF2=90°,且O为F1F2的中点,所以|OA|=12|F1F2|=c.不妨设点A在第一象限,则∠AOF2=30°,所以A(32c,12c),所以S△AF1F2=12|F1F2|·12c15.32设直线l与椭圆C在第一象限内的交点为A(x1,y1),则y1=24x1,由|AB|=2c,可知|OA|=x12+y12=c(O为坐标原点),即x12+(24x1)2=c,解得x1=223c,所以A的坐标为(223c,13c),把点A的坐标代入椭圆方程得(223c)2a2+(16.〖42-17,42+17〗如图D10-1-5,设F'是椭圆的左焦点,连接AF',PF',则F'(-2,0),∴|AF'|=42+12=17.∵|PF|+|PF'|=2a=42,∴|PA|+|PF|=|PA|+2a-|PF'|≤2a+|AF'|=42+17,|PA|+|PF|=|PA|+2a-|PF'|=2a-(|PF'|-|PA|)≥2a-|AF'|=42-图D10-1-517.(4,0)3-1因为直线3x-y+43=0过左焦点F1,所以F1的坐标为(-4,0),F2的坐标为(4,0).因为直线3x-y+43=0的斜率为3,所以∠OF1P=60°,又∠POF1=60°,所以△F1OP是等边三角形,过点P作PD⊥F1F2,垂足为D,则D为F1O的中点,所以|DP|=|F1D|tan60°=23,所以P点的坐标为(-2,23),所以2a=|PF1|+|PF2|=4+62+(23)2=4+418.(1)由点P(2,3)在椭圆上,可得2a整理得2b2+3a2=a2b2①.由S△PF1F2=12所以a2=b2+c2=b2+4,代入①式整理得b4-b2-12=0,解得b2=4,a2=8.所以椭圆C的标准方程为x28(2)由(1)可得F2(2,0),所以设直线l1:x=my+2(m≠0),联立直线l1与椭圆的方程得x=my+2,x28+y24所以直线l1与椭圆两交点的中点M的纵坐标yM=-4mm同理直线l2与椭圆两交点的中点N的纵坐标yN=--2m1m2+2=2m2m2+1,所以S△MNF2=12将上式中分子、分母同时除以m(1+m2)可得,S△MNF不妨设m>0,m2+1m=t,则t令f(t)=2t+1t,则f'(t)=2t2-1t2,因为所以f(t)在〖2,+∞)上单调递增,所以当t=2时,△MNF2的面积取得最大值,且(S△MNF2)19.D以运行轨道的中心为坐标原点,长轴所在直线为x轴建立平面直角坐标系,令地心F2为椭圆的右焦点,则轨道方程是焦点在x轴上的椭圆,设标准方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),则地心F2的坐标为(c,0),其中a2=b2+c2,由题意,得a-c=R+115R,a+c=R+13R,解得2a=125R20.C由题意易知该曲线为椭圆,故①正确.画出轴截面的示意图如图D10-1-6所示,A,B为截面与圆锥的两条母线的交点.因为∠AMO=∠BMO=30°,MA⊥AB,MO=1,所以AO=12MO=12,∠OMB=∠OBM=30所以BO=MO=1,所以AOBO因为曲线上任意两点之间的线段中最长的线段为AB,所以点O为该曲线上任意两点之间的线段中最长的线段的三等分点,所以②正确.因为|AB|=|AO|+|OB|=12+1=3所以该曲线上任意两点间的距离中最长的距离为32,故③正确因为曲线是一个封闭的曲线,所以该曲线上任意两点间的距离中没有最短的距离,故④错误.故选C.图D10-1-6第十章圆锥曲线与方程第一讲椭圆1.〖2021八省市新高考适应性考试〗椭圆x2m2+1+y2m2=1(m>0)的焦点为F1,F2,上顶点为A,若∠F1AF2=A.1 B.2 C.3 D.22.〖2021广东深圳模拟〗已知动点M在以F1,F2为焦点的椭圆x2+y24=1上,动点N在以M为圆心,|MF1|为半径的圆上,则|NF2|的最大值为(A.2 B.4 C.8 D.163.〖2020安徽省示范高中名校联考〗已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),F1,F2分别为其左、右焦点,|F1F2|=22,B为短轴的一个端点,△BF1O(A.4 B.8 C.1+3324.〖2020陕西省部分学校摸底检测〗已知F1,F2分别为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,点P是椭圆上位于第一象限的点,延长PF2交椭圆于点Q,若PF1⊥PQ,且|PFA.2-2 B.3-2 C.2-1 D.65.〖2020福建省三明市模拟〗已知P是椭圆x225+y29=1上一点,F1,F2分别为椭圆的左、右焦点,且∠F1PF2=60°,则△F1PFA.33 B.23 C.3 D.36.〖2019全国卷Ⅲ,15,5分〗设F1,F2为椭圆C:x236+y220=1的两个焦点,M为C上一点且在第一象限.若△MF1F7.〖2020洛阳市第一次联考〗已知椭圆C1:x2a12+y2b12=1(a1>b1>0)与双曲线C2:x2a22-y2b22=1(a2>0,b2>0)有相同的焦点F1,F2,点P是曲线C1与C2的一个公共点,e18.〖2020惠州市二调〗已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短轴长为2,上顶点为A,左顶点为B,左、右焦点分别是F1,F2,且△F1AB的面积为9.〖2021贵阳市四校第二次联考〗在平面直角坐标系中,椭圆C:x2a2+y2b2(1)求椭圆C的方程;(2)过椭圆C左焦点F1的直线l(不与坐标轴垂直)与椭圆C交于A,B两点,若点H(-13,0)满足|HA|=|HB|,求|AB|10.〖2020陕西省百校第一次联考〗已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F,椭圆上一动点M(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+AD·CB=10,求k11.〖2021黑龙江大庆调研〗已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),过原点的直线交椭圆于A,B两点,以AB为直径的圆过右焦点F,若∠FAB=α,α∈〖πA.〖22,3-1〗 B.〖22,C.(0,22〗 D.〖612.〖2021四川遂宁模拟〗已知椭圆T:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长半轴长为2,且过点M(0,1).若过点M引两条互相垂直的直线l1,l2,P为椭圆上任意一点,记点P到l1,l2的距离分别为d1,dA.2 B.433 C.513.〖2020四川五校联考〗设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为53,以F1F2为直径的圆与椭圆C在第一象限的交点为A.13 B.12 C.314.〖2020江西南昌模拟〗已知F1,F2为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,过原点O且倾斜角为30°的直线l与椭圆C的一个交点为A,若AF1⊥AF2,A.x26+yC.x28+y15.〖2020广东七校联考〗已知椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),焦距为2c,直线l:y=24x与椭圆C相交于A,B16.〖2020四省八校联考〗设点P是椭圆C:x28+y24=1上的动点,F为椭圆C的右焦点,定点A(2,1),则|17.〖2020山东枣庄模拟〗〖递进型〗已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,直线3x-y+43=0过点F1且与C在第二象限的交点为P,若∠POF1=60°(O为坐标原点),则F18.〖2021河北六校第一次联考〗已知P(2,3)是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一点,以点P及椭圆的左、右焦点(1)求椭圆C的标准方程;(2)过F2作斜率存在且互相垂直的直线l1,l2,M是l1与C两交点的中点,N是l2与C两交点的中点,求△MNF2面积的最大值.19.〖2021广西北海市高三一模〗〖数学与物理综合〗2020年3月9日,我国在西昌卫星发射中心用长征三号运载火箭,成功发射北斗系统第54颗导航卫星,第54颗导航卫星的运行轨道是以地心为一个焦点的椭圆.设地球半径为R,若其近地点、远地点离地面的距离大约分别是115R,13R,则第54颗导航卫星运行轨道(椭圆)的离心率是(A.25 B.15 C.220.〖新角度题〗历史上,许多人研究过圆锥的截口曲线.如图10-1-1,在此圆锥中,圆锥的母线与轴的夹角为30°,现有一截面与圆锥的一条母线垂直,与轴的交点O到圆锥顶点M的距离为1,对于所得截口曲线给出如下命题:①该曲线为椭圆;②点O为该曲线上任意两点之间的线段中最长的线段的三等分点;③该曲线上任意两点间的距离中最长的距离为32;④该曲线上任意两点间的距离中最短的距离为2其中正确命题的序号为()A.①②④ B.①②③④ C.①②③ D.①④图10-1-1答案第十章圆锥曲线与方程第一讲椭圆1.C如图D10-1-3所示,由题意可得△AF1F2为等边三角形,所以∠AF2O=π3,|AF1|=|AF2|=m2+1,所以sin∠AF2O=sinπ3=|图D10-1-32.B由椭圆的方程可得焦点在y轴上,长半轴长a=2.由题意可得|NF2|≤|F2M|+|MN|=|F2M|+|MF1|,当N,M,F2三点共线且M在线段NF2上时,|NF2|取得最大值,而此时|NF2|=|F2M|+|MN|=|F2M|+|MF1|=2a=4,所以|NF2|的最大值为4,故选B.3.B由题意可知c=2,S△BF1O=12bc=22b=7,解得b=4.D设|PF1|=|PQ|=m(m>0),则|PF2|=2a-m,|QF2|=2m-2a,|QF1|=4a-2m.由题意知△PQF1为等腰直角三角形,所以|QF1|=2|PF1|,故m=4a-22a.因为|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2,所以(4a-22a)2+〖2a-(4a-22a)〗2=4c2,整理得4×(ca)2=36-242,即ca〖解题关键〗求解本题的关键是利用题设条件构建关于a,c的一个方程.5.A解法一由椭圆标准方程,得a=5,b=3,所以c=a2-b2=4.设|PF1|=t1,|PF2|=t2,由椭圆的定义可得t1+t2=10①.在△F1PF2中,∠F1PF2=60°,根据余弦定理可得|PF1|2+|PF2|2-2|PF1|·|PF2|cos60°=|F1F2|2=(2c)2=64,整理可得t12+t22-t1t2=64②.把①两边平方得t12+t22+2t1t2=100③.由③-②可得t1t解法二由椭圆焦点三角形的面积公式,得S△F1PF2=b2tanθ26.(3,15)不妨令F1,F2分别为椭圆C的左、右焦点,根据题意可知a=6,c=36-20=4.因为△MF1F2为等腰三角形,所以易知|F1M|=2c=8,所以|F2M|=2a-8=4.设M(x,y),则x236+y220=1,|7.92设点P在双曲线的右支上,F2为两曲线的右焦点,由椭圆及双曲线的定义可得|PF1|+|PF2|=2a1,|PF1|-|PF2|=2a2,解得|PF1|=a1+a2,|PF2|=a1-a2.设|F1F2|=2c,因为PF1⊥PF2,所以(a1+a2)2+(a1-a2)2=4c28.〖1,4〗由已知得2b=2,故b=1,∴a2-c2=b2=1①.∵△F1AB的面积为2-32,∴12(a-c)b=2-32,∴a-c=2-3②.由①②联立解得,a=2,c=3.由椭圆的定义知|PF1|+|PF2|=2a=4,∴1|PF1|+1|PF2|=|PF1|+|9.(1)由题意得2c=2,即c=1,所以a2=b2+c2=b2+1,将(1,22)代入x2b即2b2+b2+1=2b2(b2+1),整理得(2b2+1)(b2-1)=0,解得b2=-12(舍去)或b2=1,则a所以椭圆C的方程为x22+y2(2)由题意得F1(-1,0),设直线l的方程为y=k(x+1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),联立椭圆C与直线l的方程,可得x2+2k2(x+1)2=2,整理得(2k2+1)x2+4k2x+2k2-2=0,则Δ=16k4-4(2k2+1)(2k2-2)=8(k2+1)>0,且x1+x2=-4k22k2+1,x1x2=2k2-22k2+1.设AB的中点为M(x0,y0),则x0=因为点H(-13,0)满足|HA|=|所以kMH=-1k,即k2k2则x1+x2=-4k22k2+1=-4所以|AB|=k2+1·10.(1)由题意知,a+c=3+1,a-c=3-1又a2=b2+c2,所以可得b=2,c=1,a=3,所以椭圆的方程为x23(2)由(1)可知F(-1,0),则直线CD的方程为y=k(x+1),由y消去y得(2+3k2)x2+6k2x+3k2-6=0.Δ=36k4-4(2+3k2)(3k2-6)=48k2+48>0.设C(x1,y1),D(x2,y2),则x1+x2=-6k22+3k2,x又A(-3,0),B(3所以AC·DB+AD=(x1+3,y1)·(3-x2,-y2)+(x2+3,y2)·(3-x1,-y=6-2x1x2-2y1y2=6-2x1x2-2k2(x1+1)(x2+1)=6-(2+2k2)x1x2-2k2(x1+x2)-2k2=6+2=10,解得k=±10511.B设椭圆的另一个焦点为F',连接AF',BF,BF',如图D10-1-4所示,则四边形AFBF'是矩形,所以|AB|=|FF'|=2c,|FA|=2c·cosα,|FB|=2c·sinα,由椭圆的定义可知,|FA|+|AF'|=|FA|+|FB|=2a,即2c·cosα+2c·sinα=2a.所以离心率e=ca=1sinα+cosα=12sin(α+π4).因为α∈〖π12,π3〗,所以π4+α∈〖π3,7π12〗,图D10-1-412.B由题意可得a=2,b=1,所以椭圆的方程为x24+y2=1.设P(x,①若直线l1,l2中的一条直线的斜率不存在,则另一条直线的斜率为0,不妨设直线l1的方程为x=0,则l2的方程为y=1.则d12+d22=x2+(1-y)2,因为P在椭圆上,所以所以d12+d22=5-3y2-2y=5-3(y+13)2+13,y∈〖-1,1〗,所以当y=-1②当直线l1,l2的斜率都存在,且不为0时,设直线l1的方程为y=kx+1,即kx-y+1=0,则l2的方程为y=-1kx+1,即x+ky-k则d1=|kx-y+1|1+k所以d=x2+y2-2y+1=4-4y2+y2-2y+1=5-3y2-2y,由①可得d12+d〖方法技巧〗本题首先将椭圆上的点的纵坐标作为变量建立目标函数,注意变量y的取值范围为y∈〖-1,1〗,然后利用二次函数求解最值.13.B解法一由题意可知,|F1F2|=2c,又由e=ca=53得c=53a,所以|F1F2|=253a.因为点P是以F1F2为直径的圆与椭圆C在第一象限的交点,故PF1⊥PF2且|PF1|>|PF2|,所以|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2.又|PF1|+|PF2|=2a,所以|PF1|·|PF2|=89a2,所以|PF1|=43a,|PF2|=23a,所以直线PF1的斜率k解法二因为e=ca=53,故可设a=3,c=5,则b=2,S△PF1F2=b2tan∠F1PF22=b2tan45°=12|PF1|·|PF2|=4.因为点P在第一象限,所以|PF1|>|PF2|,又|PF1|+|PF2|=2a=6,故|PF1|=4,|14.A因为点A在椭圆上,所以|AF1|+|AF2|=2a,把该等式两边同时平方,得|AF1|2+|AF2|2+2|AF1||AF2|=4a2.又AF1⊥AF2,所以|AF1|2+|AF2|2=4c2,则2|AF1||AF2|=4a2-4c2=4b2,即|AF1||AF2|=2b2,所以S△AF1F2=12|AF1||AF2|=b2=2.因为△AF1F2是直角三角形,∠F1AF2=90°,且O为F1F2的中点,所以|OA|=12|F1F2|=c.不妨设点A在第一象限,则∠AOF2=30°,所以A(32c,12c),所以S△AF1F2=12|F1F2|·12c15.32设直线l与椭圆C在第一象限内的交点为A(x1,y1),则y1=24x