2022高考數(shù)學大一輪復習 第八章 解析幾何 第四節(jié) 橢圓檢測 理 新人教A版

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1、2022高考數(shù)學大一輪復習 第八章 解析幾何 第四節(jié) 橢圓檢測 理 新人教A版 1．(2018·太原一模)已知橢圓＋＝1(a＞b＞0)的一個焦點是圓x2＋y2－6x＋8＝0的圓心，且短軸長為8，則橢圓的左頂點為(　　) A．(－3，0)　　　　　　　 B．(－4，0) C．(－10，0) D．(－5，0) 解析：選D.∵圓的標準方程為(x－3)2＋y2＝1，∴圓心坐標為(3，0)，∴c＝3.又b＝4，∴a＝＝5.∵橢圓的焦點在x軸上，∴橢圓的左頂點為(－5，0)． 2．(2018·湖北武漢模擬)已知橢圓的中心在坐標原點，長軸長是8，離心率是，則此橢圓的標準方程是(　　) A.＋＝

2、1 B．＋＝1或＋＝1 C.＋＝1 D．＋＝1或＋＝1 解析：選B.因為a＝4，e＝，所以c＝3，所以b2＝a2－c2＝16－9＝7.因為焦點的位置不確定，所以橢圓的標準方程是＋＝1或＋＝1. 3．(2018·湖北八校聯(lián)考)設F1，F(xiàn)2分別為橢圓＋＝1的兩個焦點，點P在橢圓上，若線段PF1的中點在y軸上，則的值為(　　) A. B． C. D． 解析：選B.由題意知a＝3，b＝，c＝2.設線段PF1的中點為M，則有OM∥PF2，因為OM⊥F1F2，所以PF2⊥F1F2，所以|PF2|＝＝.又因為|PF1|＋|PF2|＝2a＝6，所以|PF1|＝2a－|PF2|＝，所以＝×＝

3、，故選B. 4．(2018·湖南百校聯(lián)盟聯(lián)考)已知橢圓＋＝1(a＞b＞0)的右頂點和上頂點分別為A、B，左焦點為F.以原點O為圓心的圓與直線BF相切，且該圓與y軸的正半軸交于點C，過點C的直線交橢圓于M、N兩點．若四邊形FAMN是平行四邊形，則該橢圓的離心率為(　　) A. B． C. D． 解析：選A.因為圓O與直線BF相切，所以圓O的半徑為，即OC＝，因為四邊形FAMN是平行四邊形，所以點M的坐標為，代入橢圓方程得＋＝1，所以5e2＋2e－3＝0，又0＜e＜1，所以e＝.故選A. 5．(2018·四川涼山州模擬)以橢圓短軸為直徑的圓經(jīng)過此橢圓的長軸的兩個三等分點，則該橢圓的離

4、心率是(　　) A. B． C. D． 解析：選D.不妨令橢圓方程為＋＝1(a＞b＞0)．因為以橢圓短軸為直徑的圓經(jīng)過此橢圓的長軸的兩個三等分點， 所以2b＝，即a＝3b， 則c＝＝2b， 則該橢圓的離心率e＝＝.故選D. 6．(2018·貴陽模擬)若橢圓＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，短軸長為4，則橢圓的標準方程為________． 解析：由題意可知e＝＝，2b＝4，得b＝2， 所以解得 所以橢圓的標準方程為＋＝1. 答案：＋＝1 7．設F1，F(xiàn)2是橢圓＋＝1的兩個焦點，P是橢圓上的點，且|PF1|∶|PF2|＝4∶3，則△PF1F2的面積為________．

5、解析：因為|PF1|＋|PF2|＝14，又|PF1|∶|PF2|＝4∶3，所以|PF1|＝8，|PF2|＝6.因為|F1F2|＝10，所以PF1⊥PF2.所以S△PF1F2＝|PF1|·|PF2|＝×8×6＝24. 答案：24 8．(2018·海南?？谀M)已知橢圓＋＝1(a＞b＞0)的左焦點為F1(－c，0)，右頂點為A，上頂點為B，現(xiàn)過A點作直線F1B的垂線，垂足為T，若直線OT(O為坐標原點)的斜率為－，則該橢圓的離心率為________． 解析：因為橢圓＋＝1(a＞b＞0)，A，B和F1點坐標分別為(a，0)，(0，b)，(－c，0)，所以直線BF1的方程是y＝x＋b，OT的方程

6、是y＝－x.聯(lián)立解得T點坐標為，直線AT的斜率為－.由AT⊥BF1得，－×＝－1，∴3b2＝4ac＋c2，∴3(a2－c2)＝4ac＋c2，∴4e2＋4e－3＝0，又0＜e＜1，所以e＝. 答案： 9．分別求出滿足下列條件的橢圓的標準方程． (1)與橢圓＋＝1有相同的離心率且經(jīng)過點(2，－)； (2)已知點P在以坐標軸為對稱軸的橢圓上，且P到兩焦點的距離分別為5，3，過P且與長軸垂直的直線恰過橢圓的一個焦點． 解：(1)由題意，設所求橢圓的方程為＋＝t1或＋＝t2(t1，t2＞0)，因為橢圓過點(2，－)，所以t1＝＋＝2，或t2＝＋＝. 故所求橢圓的標準方程為＋＝1或＋＝1.

7、(2)由于焦點的位置不確定，所以設所求的橢圓方程為＋＝1(a＞b＞0)或＋＝1(a＞b＞0)，由已知條件得 解得a＝4，c＝2，所以b2＝12. 故橢圓方程為＋＝1或＋＝1. 10．(2018·蘭州市診斷考試)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)經(jīng)過點(，1)，且離心率為. (1)求橢圓C的方程； (2)設M，N是橢圓上的點，直線OM與ON(O為坐標原點)的斜率之積為－.若動點P滿足＝＋2，求點P的軌跡方程． 解：(1)因為e＝，所以＝， 又橢圓C經(jīng)過點(，1)，所以＋＝1， 解得a2＝4，b2＝2， 所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)設P(x，y)，M(x1，y1)，N(x2

8、，y2)，則由＝＋2得x＝x1＋2x2，y＝y(tǒng)1＋2y2， 因為點M，N在橢圓＋＝1上， 所以x＋2y＝4，x＋2y＝4， 故x2＋2y2＝(x＋4x1x2＋4x)＋2(y＋4y1y2＋4y)＝(x＋2y)＋4(x＋2y)＋4(x1x2＋2y1y2)＝20＋4(x1x2＋2y1y2)． 設kOM，kON分別為直線OM與ON的斜率，由題意知， kOM·kON＝＝－，因此x1x2＋2y1y2＝0， 所以x2＋2y2＝20， 故點P的軌跡方程為＋＝1. B級　能力提升練 11．(2018·湖北八校第一次聯(lián)考)如圖，已知橢圓C的中心為原點O，F(xiàn)(－5，0)為C的左焦點，P為C上一點，

9、滿足|OP|＝|OF|且|PF|＝6，則橢圓C的方程為(　　) A.＋＝1 B．＋＝1 C.＋＝1 D．＋＝1 解析：選C.由題意可得c＝5，設右焦點為F′，連接PF′，由|OP|＝|OF|＝|OF′|知，∠PFF′＝∠FPO，∠OF′P＝∠OPF′，∴∠PFF′＋∠OF′P＝∠FPO＋∠OPF′，∴∠FPO＋∠OPF′＝90°，即PF⊥PF′.在Rt△PFF′中，由勾股定理，得|PF′|＝＝＝8，由橢圓定義，得|PF|＋|PF′|＝2a＝6＋8＝14，從而a＝7，得a2＝49，于是b2＝a2－c2＝72－52＝24，所以橢圓C的方程為＋＝1，故選C. 12．(2018·河南鄭州質(zhì)

10、量預測)橢圓＋＝1的左焦點為F，直線x＝a與橢圓相交于點M，N，當△FMN的周長最大時，△FMN的面積是(　　) A. B． C. D． 解析：選C.設橢圓的右焦點為E，由橢圓的定義知△FMN的周長為L＝|MN|＋|MF|＋|NF|＝|MN|＋(2－|ME|)＋(2－|NE|)．因為|ME|＋|NE|≥|MN|，所以|MN|－|ME|－|NE|≤0，當直線MN過點E時取等號，所以L＝4＋|MN|－|ME|－|NE|≤4，即直線x＝a過橢圓的右焦點E時，△FMN的周長最大，此時S△FMN＝×|MN|×|EF|＝××2＝，故選C. 13．(2018·陜西部分學校一檢)已知P為橢圓＋＝1

11、(a＞b＞0)上一點，F(xiàn)1，F(xiàn)2是其左、右焦點，∠F1PF2 取最大值時，cos∠F1PF2＝，則橢圓的離心率為________． 解析：易知∠F1PF2取最大值時，點P為橢圓＋＝1與y軸的交點，由余弦定理及橢圓的定義得2a2－＝4c2，即a＝c，所以橢圓的離心率e＝＝. 答案： 14．(2018·河南師大附中模擬)橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的左焦點為F，若F關于直線x＋y＝0的對稱點A是橢圓C上的點，則橢圓C的離心率為________． 解析：設F′為橢圓的右焦點，則AF⊥AF′，∠AF′F＝， ∴|AF|＝|AF′|，|FF′|＝2|AF′|，因此橢圓C的離心率為＝＝＝－1.

12、 答案：－1 15．已知A(x0，0)，B(0，y0)兩點分別在x軸和y軸上運動，且|AB|＝1，若動點P(x，y)滿足＝2＋. (1)求動點P的軌跡C的標準方程； (2)直線l：x＝ty＋1與曲線C交于A，B兩點，E(－1，0)，試問：當t變化時，是否存在一條直線l，使△ABE的面積為2？若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明理由． 解：(1)因為＝2＋，即(x，y)＝2(x0，0)＋(0，y0)＝(2x0，y0)，所以x＝2x0，y＝y(tǒng)0，所以x0＝x，y0＝y(tǒng)，又|AB|＝1，所以x＋y＝1，即＋＝1，即＋＝1，所以動點P的軌跡C的標準方程為＋＝1. (2)由方程組得(3t2

13、＋4)y2＋6ty－9＝0， 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝－，y1y2＝－＜0， 所以|y1－y2|＝ ＝＝. 因為直線x＝ty＋1過點F(1，0)，所以S△ABE＝|EF||y1－y2|＝×2×＝， 令＝2，則t2＝－，不成立，故不存在滿足題意的直線l. 16．(2018·湖北部分重點中學起點考試)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，左焦點為F(－1，0)，過點D(0，2)且斜率為k的直線l交橢圓于A，B兩點． (1)求橢圓C的標準方程； (2)在y軸上，是否存在定點E，使·恒為定值？若存在，求出E點的坐標和這個定值；若不存在，說明理由． 解

14、：(1)由已知可得可得a2＝2，b2＝1， 所以橢圓C的標準方程為＋y2＝1. (2)設過點D(0，2)且斜率為k的直線l的方程為y＝kx＋2， 由消去y整理得(1＋2k2)x2＋8kx＋6＝0， 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－， x1x2＝. 又y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝－，y1＋y2＝(kx1＋2)＋(kx2＋2)＝k(x1＋x2)＋4＝. 設存在點E(0，m)，則＝(－x1，m－y1)，＝(－x2，m－y2)， 所以·＝x1x2＋m2－m(y1＋y2)＋y1y2＝＋m2－m×－＝. 要使·＝t(

15、t為常數(shù))， 只需＝t， 從而(2m2－2－2t)k2＋m2－4m＋10－t＝0， 即解得m＝，從而t＝， 故存在定點E，使·恒為定值. C級　素養(yǎng)加強練 17．已知橢圓＋＝1(a＞b＞0)的一個頂點為B(0，4)，離心率e＝，直線l交橢圓于M，N兩點． (1)若直線l的方程為y＝x－4，求弦MN的長； (2)如果△BMN的重心恰好為橢圓的右焦點F，求直線l方程的一般式． 解： (1)由已知得b＝4，且＝，即＝， ∴＝，解得a2＝20， ∴橢圓方程為＋＝1. 則4x2＋5y2＝80與y＝x－4聯(lián)立， 消去y得9x2－40x＝0，∴x1＝0，x2＝， ∴所求弦長|MN|＝|x2－x1|＝. (2)設橢圓右焦點F的坐標為(2，0)，線段MN的中點為Q(x0，y0)， 由三角形重心的性質(zhì)知＝2，又B(0，4)，∴(2，－4)＝2(x0－2，y0)，故得x0＝3，y0＝－2， 即得Q的坐標為(3，－2)． 設M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝6，y1＋y2＝－4， 且＋＝1，＋＝1， 以上兩式相減得 ＋＝0， ∴kMN＝＝－·＝－×＝， 故直線MN的方程為y＋2＝(x－3)， 即6x－5y－28＝0.