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1、△+△2019年數(shù)學高考教學資料△+△
第五節(jié) 橢 圓
[全盤鞏固]
1.已知橢圓+=1(a>b>0)的兩頂點為A(a,0),B(0,b),且左焦點為F,△FAB是以角B為直角的直角三角形,則橢圓的離心率e為 ( )
A. B. C. D.
解析:選B 由題意得a2+b2+a2=(a+c)2,即c2+ac-a2=0,即e2+e-1=0,解得e=,又因為e>0,故所求的橢圓的離心率為.
2.(2013新課標全國卷Ⅱ)設橢圓C:+=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1,F(xiàn)2,P是C上的點,PF2⊥F1F2,∠PF1F2=30,則C的離心率為(
2、 )
A. B. C. D.
解析:選D 在Rt△PF2F1中,令|PF2|=1,
因為∠PF1F2=30,
所以|PF1|=2,|F1F2|=.
所以e===.
3.(2014汕尾模擬)已知P為橢圓+=1上的一點,M,N分別為圓(x+3)2+y2=1和圓(x-3)2+y2=4上的點,則|PM|+|PN|的最小值為( )
A.5 B.7 C.13 D.15
解析:選B 由題意知橢圓的兩個焦點F1,F(xiàn)2分別是兩圓的圓心,且|PF1|+|PF2|=10,從而|PM|+|PN|的最
3、小值為|PF1|+|PF2|-1-2=7.
4.(2014衡水模擬)設橢圓+=1(a>b>0)的離心率e=,右焦點為F(c,0),方程ax2+bx-c=0的兩個實根分別為x1和x2,則點P(x1,x2)( )
A.必在圓x2+y2=2內(nèi) B.必在圓x2+y2=2上
C.必在圓x2+y2=2外 D.以上三種情形都有可能[來源:]
解析:選A 因為橢圓的離心率e=,所以=,即a=2c,b===c,因此方程ax2+bx-c=0可化為2cx2+cx-c=0
又c≠0,∴2x2+x-1=0,x1+x2=-,x1x2=-
x+x=(x1+x2)2-2x1x2=+1=<
4、2,即點(x1,x2)在x2+y2=2內(nèi).
5.橢圓+y2=1的兩個焦點為F1,F(xiàn)2,過F1作垂直于x軸的直線與橢圓相交,一個交點為P,則|PF2|=( )
A. B. C. D.4
解析:選A 因為橢圓+y2=1的一個焦點F1的坐標為F1(-,0).
過該點作垂直于x軸的直線,其方程為x=-,
聯(lián)立方程
解得即P,
所以|PF1|=,
又因|PF1|+|PF2|=2a=4,
∴|PF2|=4-=.
6.(2014嘉興模擬)已知橢圓x2+my2=1的離心率e∈,則實數(shù)m的取值范圍是( )
A.
5、 B.
C.∪ D.∪
解析:選C 在橢圓x2+my2=1中,
當01時,a2=1,b2=,c2=1-,
e2===1-,
又,
綜上可知實數(shù)m的取值范圍是∪.
7.(2013福建高考)橢圓Γ:+=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1,F(xiàn)2,焦距為2c.若直線y=(x+c)與橢圓Γ的一個交點M滿足∠MF1F2=2∠MF2F1,則該橢圓的離心率等于________.
6、
解析:如圖,△MF1F2中,
∵∠MF1F2=60,∴∠MF2F1=30,∠F1MF2=90,
又|F1F2|=2c,
∴|MF1|=c,|MF2|=c,
∴2a=|MF1|+|MF2|=c+c,
得e===-1.
答案:-1[來源:]
8.設F1,F(xiàn)2分別是橢圓+=1的左、右焦點,P為橢圓上任一點,點M的坐標為(6,4),則|PM|+|PF1|的最大值為________.
解析:|PF1|+|PF2|=10,|PF1|=10-|PF2|,|PM|+|PF1|=10+|PM|-|PF2|,易知點M在橢圓外,連接MF2并延長交橢圓于P點,此時|PM|-|PF2|取最大值|
7、MF2|,故|PM|+|PF1|的最大值為10+|MF2|=10+=15.
答案:15
9.已知橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率為.過右焦點F且斜率為k(k>0)的直線與橢圓C相交于A,B兩點.若=3,則k=________.
解析:根據(jù)已知=,可得a2=c2,則b2=c2,
故橢圓方程為+=1,即3x2+12y2-4c2=0.
設直線的方程為x=my+c,代入橢圓方程得
(3m2+12)y2+6mcy-c2=0.
設A(x1,y1),B(x2,y2),則根據(jù)=3,得(c-x1,-y1)=3(x2-c,y2),由此得-y1=3y2,
根據(jù)韋達定理y1+y2=-,y1y2=-
8、,
把-y1=3y2代入得,
y2=,-3y=-,故9m2=m2+4,
故m2=,從而k2=2,k=.
又k>0,故k=.
答案:
10.設橢圓C:+=1(a>b>0)過點(0,4),離心率為.
(1)求C的方程;
(2)求過點(3,0)且斜率為的直線被C所截線段的中點坐標.
解:(1)將(0,4)代入C的方程得=1,∴b=4,
又e==,得=,即1-=,∴a=5,
∴C的方程為+=1.
(2)過點(3,0)且斜率為的直線方程為y=(x-3),
設直線與橢圓C的交點為A(x1,y1),B(x2,y2),線段AB的中點為M(x0,y0).
將直線方程y=(x-3)代入
9、橢圓C的方程,得
+=1,即x2-3x-8=0,
解得x1=,x2=,
∴x0==,
y0==(x1+x2-6)=-,
即線段AB中點坐標為.
11.(2014寧波模擬)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的四個頂點恰好是邊長為2,一內(nèi)角為60的菱形的四個頂點.
(1)求橢圓C的方程;
(2)若直線y=kx交橢圓C于A,B兩點,在直線l:x+y-3=0上存在點P,使得△PAB為等邊三角形,求k的值.
解:(1)因為橢圓C:+=1(a>b>0)的四個頂點恰好是一邊長為2,一內(nèi)角為60的菱形的四個頂點,
所以a=,b=1,
橢圓C的方程為+y2=1.
(2)設A(x1,y1),
10、則B(-x1,-y1),
當直線AB的斜率為0時,AB的垂直平分線就是y軸,
y軸與直線l:x+y-3=0的交點為P(0,3).
又因為|AO|=,|PO|=3,所以∠PAO=60,
所以△PAB是等邊三角形,所以直線AB的方程為y=0.
當直線AB的斜率存在且不為0時,設AB的方程為y=kx,所以聯(lián)立化簡得(3k2+1)x2=3,
所以|x|=,
則|AO|==.
設AB的垂直平分線為y=-x,
它與直線l:x+y-3=0的交點記為P(x0,y0),
所以解得
則|PO|=.
因為△PAB為等邊三角形,所以應有|PO|=|AO|,代入得 =,解得k=0(舍去)或k=-
11、1,
此時直線AB的方程為y=-x,
綜上,直線AB的方程為y=-x或y=0.
12.(2013安徽高考)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的焦距為4,且過點P(,).
(1)求橢圓C的方程;
(2)設Q(x0,y0)(x0y0≠0)為橢圓C上一點.過點Q作x軸的垂線,垂足為E.取點A(0,2),連接AE.過點A作AE的垂線交x軸于點 D.點G是點D關于y軸的對稱點,作直線QG.問這樣作出的直線QG是否與橢圓C一定有唯一的公共點?并說明理由.
解:(1)因為焦距為4,所以a2-b2=4.
又因為橢圓C過點P(,),
所以+=1,
故a2=8,b2=4.
從而橢圓C的方程為+=
12、1.
(2)由題意,點E坐標為(x0,0).
設D(xD,0),則=(x0,-2),=(xD,-2).
再由AD⊥AE知,=0,即xDx0+8=0.
由于x0y0≠0,故xD=-.
因為點G是點D關于y軸的對稱點,所以點G.
故直線QG的斜率kQG==.
又因Q(x0,y0)在橢圓C上,所以x+2y=8.①
從而kQG=-.
故直線QG的方程為y=-.②
將②代入橢圓C的方程,得
(x+2y)x2-16x0x+64-16y=0.③
再將①代入③,化簡得x2-2x0x+x=0,
解得x=x0,y=y(tǒng)0,
即直線QG與橢圓C一定有唯一的公共點.
[沖擊名校]
已知橢
13、圓+y2=1的兩個焦點是F1(-c,0),F(xiàn)2(c,0)(c>0).
(1)設E是直線y=x+2與橢圓的一個公共點,求|EF1|+|EF2|取得最小值時橢圓的方程;[來源:]
(2)已知點N(0,-1),斜率為k(k≠0)的直線l與條件(1)下的橢圓交于不同的兩點A,B,點Q滿足=,且=0,求直線l在y軸上的截距的取值范圍.
解:(1)由題意,知m+1>1,即m>0.
由
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.
此時|EF1|+|EF2|
14、=2≥2.
當且僅當m=2時,|EF1|+|EF2|取得最小值2,
此時橢圓的方程為+y2=1.
(2)設直線l的方程為y=kx+t.
由方程組
消去y得(1+3k2)x2+6ktx+3t2-3=0.[來源:]
∵直線l與橢圓交于不同的兩點A,B,
∴Δ=(6kt)2-4(1+3k2)(3t2-3)>0,
即t2<1+3k2.①
設A(x1,y1),B(x2,y2),Q(xQ,yQ),
則x1+x2=-.
由=,得Q為線段AB的中點,
則xQ==-,yQ=kxQ+t=.
∵=0,
∴直線l的斜率k與直線QN的斜率k乘積為-1,
即kQNk=-1,
∴k=-1,
15、
化簡得1+3k2=2t,
代入①式得t2<2t,解得00,故2t=1+3k2>1,得t>.
綜上,直線l在y軸上的截距t的取值范圍是.
[高頻滾動]
已知圓C經(jīng)過點A(-2,0),B(0,2),且圓心C在直線y=x上,又直線l:y=kx+1與圓C相交于P,Q兩點.
(1)求圓C的方程;
(2)若=-2,求實數(shù)k的值;
(3)過點(0,1)作直線l1與l垂直,且直線l1與圓C交于M,N兩點,求四邊形PMQN面積的最大值.
解:(1)設圓心C(a,a),半徑為r.
因為圓C經(jīng)過點A(-2,0),B(0,2),
所以|AC|=|BC|=r,易得
16、a=0,r=2,
所以圓C的方程是x2+y2=4.
(2)因為=22cos〈,〉=-2,且與的夾角為∠POQ(0≤∠POQ≤180),
所以cos∠POQ=-,∠POQ=120,
所以圓心C到直線l:kx-y+1=0的距離d=1,
又d=,所以k=0.
(3)設圓心O到直線l,l1的距離分別為d,d1,四邊形PMQN的面積為S.
因為直線l,l1都經(jīng)過點(0,1),且l⊥l1,
根據(jù)勾股定理,有d+d2=1.
又易知|PQ|=2,|MN|=2,
所以S=|PQ||MN|,即
S=22
=2
=2
≤2
=2 =7,
當且僅當d1=d時,等號成立,所以四邊形PMQN面積的最大值為7.
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