《高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)：第八章 ：第五節(jié)橢圓演練知能檢測(cè)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)：第八章 ：第五節(jié)橢圓演練知能檢測(cè)（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、△+△2019年數(shù)學(xué)高考教學(xué)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(diǎn)為A(a,0)，B(0，b)，且左焦點(diǎn)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?yàn)閑>0，故所求的橢圓的離心率為. 2．(2013新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ)設(shè)橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，P是C上的點(diǎn)，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?yàn)椤螾F1F2＝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(diǎn)，M，N分別為圓(x＋3)2＋y2＝1和圓(x－3)2＋y2＝4上的點(diǎn)，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(gè)焦點(diǎn)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(shè)橢圓＋＝1(a>b>0)的離心率e＝，右焦點(diǎn)為F(c,0)，方程ax2＋bx－c＝0的兩個(gè)實(shí)根分別為x1和x2，則點(diǎn)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(lái)源:] 解析：選A　因?yàn)闄E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(diǎn)(x1，x2)在x2＋y2＝2內(nèi)． 5．橢圓＋y2＝1的兩個(gè)焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，過(guò)F1作垂直于x軸的直線與橢圓相交，一個(gè)交點(diǎn)為P，則|PF2|＝(　　) A. B. C. D．4 解析：選A　因?yàn)闄E圓＋y2＝1的一個(gè)焦點(diǎn)F1的坐標(biāo)為F1(－，0)． 過(guò)該點(diǎn)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(shí)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(dāng)01時(shí)，a2＝1，b2＝，c2＝1－， e2＝＝＝1－， 又， 綜上可知實(shí)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(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，焦距為2c.若直線y＝(x＋c)與橢圓Γ的一個(gè)交點(diǎn)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(lái)源:] 8．設(shè)F1，F(xiàn)2分別是橢圓＋＝1的左、右焦點(diǎn)，P為橢圓上任一點(diǎn)，點(diǎn)M的坐標(biāo)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(diǎn)M在橢圓外，連接MF2并延長(zhǎng)交橢圓于P點(diǎn)，此時(shí)|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(guò)右焦點(diǎn)F且斜率為k(k>0)的直線與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)．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(shè)直線的方程為x＝my＋c，代入橢圓方程得 (3m2＋12)y2＋6mcy－c2＝0. 設(shè)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(dá)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(shè)橢圓C：＋＝1(a>b>0)過(guò)點(diǎn)(0,4)，離心率為. (1)求C的方程； (2)求過(guò)點(diǎn)(3,0)且斜率為的直線被C所截線段的中點(diǎn)坐標(biāo)． 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(guò)點(diǎn)(3,0)且斜率為的直線方程為y＝(x－3)， 設(shè)直線與橢圓C的交點(diǎn)為A(x1，y1)，B(x2，y2)，線段AB的中點(diǎn)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(diǎn)坐標(biāo)為. 11．(2014寧波模擬)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的四個(gè)頂點(diǎn)恰好是邊長(zhǎng)為2，一內(nèi)角為60的菱形的四個(gè)頂點(diǎn)． (1)求橢圓C的方程； (2)若直線y＝kx交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，在直線l：x＋y－3＝0上存在點(diǎn)P，使得△PAB為等邊三角形，求k的值． 解：(1)因?yàn)闄E圓C：＋＝1(a＞b＞0)的四個(gè)頂點(diǎn)恰好是一邊長(zhǎng)為2，一內(nèi)角為60的菱形的四個(gè)頂點(diǎn)， 所以a＝，b＝1， 橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)設(shè)A(x1，y1)，

10、則B(－x1，－y1)， 當(dāng)直線AB的斜率為0時(shí)，AB的垂直平分線就是y軸， y軸與直線l：x＋y－3＝0的交點(diǎn)為P(0,3)． 又因?yàn)閨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(dāng)直線AB的斜率存在且不為0時(shí)，設(shè)AB的方程為y＝kx，所以聯(lián)立化簡(jiǎn)得(3k2＋1)x2＝3， 所以|x|＝， 則|AO|＝＝. 設(shè)AB的垂直平分線為y＝－x， 它與直線l：x＋y－3＝0的交點(diǎn)記為P(x0，y0)， 所以解得 則|PO|＝. 因?yàn)椤鱌AB為等邊三角形，所以應(yīng)有|PO|＝|AO|，代入得 ＝，解得k＝0(舍去)或k＝－

11、1， 此時(shí)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(guò)點(diǎn)P(，)． (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)Q(x0，y0)(x0y0≠0)為橢圓C上一點(diǎn)．過(guò)點(diǎn)Q作x軸的垂線，垂足為E.取點(diǎn)A(0,2)，連接AE.過(guò)點(diǎn)A作AE的垂線交x軸于點(diǎn) D．點(diǎn)G是點(diǎn)D關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)，作直線QG.問(wèn)這樣作出的直線QG是否與橢圓C一定有唯一的公共點(diǎn)？并說(shuō)明理由． 解：(1)因?yàn)榻咕酁?，所以a2－b2＝4. 又因?yàn)闄E圓C過(guò)點(diǎn)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(diǎn)E坐標(biāo)為(x0,0)． 設(shè)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?yàn)辄c(diǎn)G是點(diǎn)D關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)，所以點(diǎn)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(jiǎn)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(diǎn)． [沖擊名校] 已知橢

13、圓＋y2＝1的兩個(gè)焦點(diǎn)是F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)(c>0)． (1)設(shè)E是直線y＝x＋2與橢圓的一個(gè)公共點(diǎn)，求|EF1|＋|EF2|取得最小值時(shí)橢圓的方程；[來(lái)源:] (2)已知點(diǎn)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(diǎn)A，B，點(diǎn)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(shí)|EF1|＋|EF2|

14、＝2≥2. 當(dāng)且僅當(dāng)m＝2時(shí)，|EF1|＋|EF2|取得最小值2， 此時(shí)橢圓的方程為＋y2＝1. (2)設(shè)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(lái)源:] ∵直線l與橢圓交于不同的兩點(diǎn)A，B， ∴Δ＝(6kt)2－4(1＋3k2)(3t2－3)>0， 即t2<1＋3k2.① 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q(xQ，yQ)， 則x1＋x2＝－. 由＝，得Q為線段AB的中點(diǎn)， 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(jiǎn)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(dòng)] 已知圓C經(jīng)過(guò)點(diǎn)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(diǎn)． (1)求圓C的方程； (2)若＝－2，求實(shí)數(shù)k的值； (3)過(guò)點(diǎn)(0,1)作直線l1與l垂直，且直線l1與圓C交于M，N兩點(diǎn)，求四邊形PMQN面積的最大值． 解：(1)設(shè)圓心C(a，a)，半徑為r. 因?yàn)閳AC經(jīng)過(guò)點(diǎn)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?yàn)椋?2cos〈，〉＝－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(shè)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?yàn)橹本€l，l1都經(jīng)過(guò)點(diǎn)(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(dāng)且僅當(dāng)d1＝d時(shí)，等號(hào)成立，所以四邊形PMQN面積的最大值為7. 高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)精品 高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)精品