《新編新課標(biāo)高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第8篇 第3節(jié) 橢圓課時(shí)訓(xùn)練 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《新編新課標(biāo)高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第8篇 第3節(jié) 橢圓課時(shí)訓(xùn)練 理（11頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 【導(dǎo)與練】（新課標(biāo)）20xx屆高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第8篇 第3節(jié) 橢圓課時(shí)訓(xùn)練 理 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【選題明細(xì)表】 知識點(diǎn)、方法 題號 橢圓的定義與標(biāo)準(zhǔn)方程 1、2、3、4、7、8、11、13 橢圓的幾何性質(zhì) 5、6、12、14、15、17 直線與橢圓的位置關(guān)系 9、10、12、16 基礎(chǔ)過關(guān) 一、選擇題 1.已知橢圓的長軸長是短軸長的2倍,則橢圓的離心率等于(　D　) (A)13 (B)33 (C)12 (D)32 解析:由題意得ba=12, ∴e=ca=1-(12)?2=32. 2.已知橢圓的焦點(diǎn)為F1(-1,0)和F2(

2、1,0),P是橢圓上的一點(diǎn),且|F1F2|是|PF1| 與|PF2|的等差中項(xiàng),則該橢圓的方程為(　C　) (A)x216+y29=1 (B)x216+y212=1 (C)x24+y23=1 (D)x23+y24=1 解析:由題意知c=1,|F1F2|=|PF1|+|PF2|2,即a=2c=2,b2=a2-c2=3, 故所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24+y23=1. 3.(20xx廣東四校聯(lián)考)已知橢圓的方程為2x2+3y2=m(m>0),則此橢圓的離心率為(　B　) (A)13 (B)33 (C)22 (D)12 解析:由題意得橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2m2+y2m3=1, ∴a2=m2

3、,b2=m3, ∴c2=a2-b2=m6, ∴e2=c2a2=13,∴e=33. 4.P是橢圓x25+y24=1上的一點(diǎn),F1和F2是焦點(diǎn),若∠F1PF2=30°,則△F1PF2的面積等于(　B　) (A)1633 (B)4(2-3) (C)16(2+3) (D)16 解析:由題意知c=1; |PF1|+|PF2|=25,|F1F2|=2,在△F1PF2中有: |PF1|2+|PF2|2-2|PF1|·|PF2|cos 30°=|F1F2|2, ∴(|PF1|+|PF2|)2-(2+3)|PF1|·|PF2|=4, ∴|PF1|·|PF2|=16(2-3),

4、△F1PF2的面積等于12|PF1|·|PF2|sin 30°=4(2-3). 5.(20xx杭州市第一次統(tǒng)測)若P是以F1、F2為焦點(diǎn)的橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)上的一點(diǎn),且PF1→·PF2→=0,tan ∠PF1F2=12,則此橢圓的離心率為(　A　) (A)53 (B)23 (C)13 (D)12 解析:∵PF1→·PF2→=0, ∴PF1⊥PF2, 在Rt△PF1F2中, 設(shè)|PF2|=1, 則|PF1|=2,|F1F2|=5, ∴2a=|PF1|+|PF2|=3,2c=5, 故此橢圓的離心率e=2c2a=53. 6.設(shè)F1、F2為橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn),以F

5、2為圓心作圓F2,已知圓F2經(jīng)過橢圓的中心,且與橢圓的一個(gè)交點(diǎn)為M,若直線MF1恰與圓F2相切,則該橢圓的離心率e為(　A　) (A)3-1 (B)2-3 (C)22 (D)32 解析:易知圓F2的半徑為c,由題意知Rt△MF1F2中|MF2|=c,|MF1|=2a-c,|F1F2|=2c且MF1⊥MF2, 所以(2a-c)2+c2=4c2,(ca)2+2(ca)-2=0, ca=3-1. 即e=3-1.故選A. 7.(20xx四川廣安一模)若點(diǎn)O和點(diǎn)F分別為橢圓x24+y23=1的中心和左焦點(diǎn),點(diǎn)P為橢圓上的任意一點(diǎn),則OP→·FP→的最大值為(　C　) (A)2 (B)3 (

6、C)6 (D)8 解析:由橢圓x24+y23=1可得點(diǎn)F(-1,0),點(diǎn)O(0,0), 設(shè)P(x,y),-2≤x≤2,則OP→·FP→=(x,y)·(x+1,y)=x2+x+y2=x2+x+3(1-x24)=14x2+x+3=14(x+2)2+2,當(dāng)且僅當(dāng)x=2時(shí),OP→·FP→取得最大值6. 8.過點(diǎn)A(3,-2)且與橢圓x29+y24=1有相同焦點(diǎn)的橢圓的方程為(　A　) (A)x215+y210=1 (B)x225+y220=1 (C)x210+y215=1 (D)x220+y215=1 解析:由題意得c2=9-4=5, 又已知橢圓的焦點(diǎn)在x軸上, 故所求橢圓方程可設(shè)為x

7、2λ+5+y2λ=1(λ>0),代入點(diǎn)A的坐標(biāo)得9λ+5+4λ=1,解得λ=10或λ=-2(舍去).故所求橢圓的方程為x215+y210=1.故選A. 二、填空題 9.(20xx江西省師大附中、臨川一中聯(lián)考)已知直線x-2y+2=0過橢圓x2a2+y2b2=1(a>0,b>0,a>b)的左焦點(diǎn)F1和一個(gè)頂點(diǎn)B,則該橢圓的離心率e=　　　　.? 解析:由x-2y+2=0得y=12x+1, 令y=0,得x=-2,F1(-2,0),令x=0,得y=1, ∴B(0,1), ∴c=2,b=1. ∴a=b2+c2=5, ∴e=ca=255. 答案:255 10.(20xx安徽安慶模擬)

8、已知斜率為-12的直線l交橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)于A、B兩點(diǎn),若點(diǎn)P(2,1)是AB的中點(diǎn),則C的離心率等于　　　　.? 解析:設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2), ∴x12a2+y12b2=1,x22a2+y22b2=1,兩式相減得 (x1+x2)(x1-x2)a2+(y1+y2)(y1-y2)b2=0, 又因?yàn)锳B的中點(diǎn)是(2,1), ∴4(x1-x2)a2+2(y1-y2)b2=0, ∴kAB=y1-y2x1-x2=-2b2a2=-12, ∴b2a2=14,e=1-b2a2=32. 答案:32 11.(20xx高考上海卷)設(shè)AB是橢圓Γ的長軸,點(diǎn)

9、C在Γ上,且∠CBA=π4.若AB=4,BC=2,則Γ的兩個(gè)焦點(diǎn)之間的距離為　　　　.? 解析:如圖所示,以AB的中點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn),建立如圖所示的坐標(biāo)系. 設(shè)D在AB上,且CD⊥AB,AB=4,BC=2,∠CBA=π4 ∴CD=1,DB=1, ∴C(1,1). ∵2a=4, ∴a=2, 把C(1,1)代入橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程得1a2+1b2=1, ∴1b2=1-1a2=34, ∴b2=43,c2=83 ∴c=263, ∴2c=436. 答案:436 三、解答題 12.(20xx高考新課標(biāo)全國卷Ⅱ)設(shè)F1,F2分別是橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦

10、點(diǎn),M是C上一點(diǎn)且MF2與x軸垂直,直線MF1與C的另一個(gè)交點(diǎn)為N. (1)若直線MN的斜率為34,求C的離心率; (2)若直線MN在y軸上的截距為2,且|MN|=5|F1N|,求a,b. 解:(1)根據(jù)c=a2-b2及題設(shè)知M(c,b2a),2b2=3ac. 將b2=a2-c2代入2b2=3ac,解得ca=12,ca=-2(舍去). 故C的離心率為12. (2)由題意知,原點(diǎn)O為F1F2的中點(diǎn),MF2∥y軸,所以直線MF1與y軸的交點(diǎn)D(0,2)是線段MF1的中點(diǎn),故b2a=4,即b2=4a.① 由|MN|=5|F1N|得|DF1|=2|F1N|. 設(shè)N(x1,y1),由題意

11、知y1<0,則 2(-c-x1)=c,-2y1=2, 即x1=-32c,y1=-1. 代入C的方程,得9c24a2+1b2=1.② 將①及c=a2-b2代入②得9(a2-4a)4a2+14a=1, 解得a=7,b2=4a=28,故a=7,b=27. 13.已知橢圓x2+y2b2=1(0

12、c,0)(c>0), ∵FC是圓P的直徑, ∴FB⊥BC, ∵kBC=-b,kBF=bc, ∴-b·bc=-1, ∴b2=c=1-c2,c2+c-1=0, 解得c=5-12,∴橢圓的離心率e=ca=5-12. (2)∵圓P過F、B、C三點(diǎn), ∴圓心P既在FC的垂直平分線上,也在BC的垂直平分線上, FC的垂直平分線方程為x=1-c2,① ∵BC的中點(diǎn)為12,b2,kBC=-b, ∴BC的垂直平分線方程為y-b2=1bx-12,② 由①②得x=1-c2,y=b2-c2b, 即m=1-c2,n=b2-c2b. ∵P(m,n)在直線x+y=0上, ∴1-c2+b2-c2

13、b=0?(1+b)(b-c)=0. ∵1+b>0, ∴b=c. 由b2=1-c2得b2=12, ∴橢圓的方程為x2+y212=1. 能力提升 14.(20xx北京市海淀區(qū)期末)橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦點(diǎn)分別為F1,F2,若橢圓C上恰好有6個(gè)不同的點(diǎn)P,使得△F1F2P為等腰三角形,則橢圓C的離心率的取值范圍是(　D　) (A)(13,23) (B)(12,1) (C)(23,1) (D)(13,12)∪(12,1) 解析:當(dāng)點(diǎn)P位于橢圓的兩個(gè)短軸端點(diǎn)時(shí),△F1F2P為等腰三角形,此時(shí)有2個(gè). 若點(diǎn)P不在短軸的端點(diǎn)時(shí),要使△F1F2P為等腰三角

14、形,則有PF1=F1F2=2c或 PF2=F1F2=2c.不妨設(shè)PF1=F1F2=2c.此時(shí)PF2=2a-2c.所以有PF1+F1F2>PF2,即2c+2c>2a-2c,所以3c>a,即ca>13,又當(dāng)點(diǎn)P不在短軸上,所以PF1≠BF1,即2c≠a,所以ca≠12.所以橢圓的離心率滿足13b>0),M、N是橢圓上關(guān)于原點(diǎn)對稱的兩點(diǎn),P是橢圓上任意一點(diǎn),且直線PM、PN的斜率分別為k1,k2,若|k1k2|=14,則橢圓的離心率e=　　　　.? 解析:設(shè)P(x,y),M(x0,y0),N(-x0,-y0), 則k1=

15、y-y0x-x0,k2=y+y0x+x0, 由題意有|k1k2|=|y-y0x-x0·y+y0x+x0|=|y2-y02x2-x02|=14, ∵P、M、N在橢圓上, ∴x2a2+y2b2=1,x02a2+y02b2=1, 兩式相減得x2-x02a2+y2-y02b2=0, 即y2-y02x2-x02=-b2a2, ∴b2a2=14,即a2-c2a2=14,解得e=ca=32. 答案:32 16.(20xx高考安徽卷)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距為4,且過點(diǎn)P(2,3). (1)求橢圓C的方程; (2)設(shè)Q(x0,y0)(x0y0≠0)為橢圓C上一

16、點(diǎn),過點(diǎn)Q作x軸的垂線,垂足為E.取點(diǎn)A(0,22),連接AE,過點(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軸的對稱點(diǎn),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(diǎn)?并說明理由. 解:(1)因?yàn)闄E圓過點(diǎn)P(2,3) ∴2a2+3b2=1且a2=b2+c2 ∴ a2=8,b2=4,c2=4 橢圓C的方程是x28+y24=1. (2)一定有唯一的公共點(diǎn). 理由:由題意知,點(diǎn)E坐標(biāo)為(x0,0). 設(shè)D(xD,0),則AE→=(x0,-22),AD→=(xD,-22). 再由AD⊥AE知,AE→·AD→=0, 即xDx0+8=0. 由于x0y0≠0,故x

17、D=-8x0. 因?yàn)辄c(diǎn)G是點(diǎn)D關(guān)于y軸的對稱點(diǎn),所以點(diǎn)G(8x0,0). 故直線QG的斜率kQG=y0x0-8x0=x0y0x02-8. 又因?yàn)辄c(diǎn)Q(x0,y0)在橢圓C上, 所以x02+2y02=8.① 從而kQG=-x02y0. 故直線QG的方程為y=-x02y0(x-8x0).② 將②代入橢圓C的方程,化簡,得 (x02+2y02)x2-16x0x+64-16y02=0.③ 再將①代入③,化簡得x2-2x0x+x02=0. 解得x=x0,則y=y0, 即直線QG與橢圓C一定有唯一的公共點(diǎn). 探究創(chuàng)新 17.如圖,B(-c,0),C(c,0),AH⊥BC,垂足

18、為H,且BH→=3HC→.又AD→=-4DB→,且A、D同在B、C為焦點(diǎn)的橢圓上,求橢圓的離心率. 解:設(shè)以B、C為焦點(diǎn)的橢圓為x2a2+y2b2=1,焦距為c.再設(shè)點(diǎn)A、D的坐標(biāo)分別為(x1,y1),(x2,y2),則|BC|=2c,且B、C的坐標(biāo)分別為(-c,0),(c,0), 由BH→=3HC→可得,x1=c2, 又AD→=-4DB→得AD→=4BD→ 由向量的坐標(biāo)運(yùn)算得:(x2-x1,y2-y1)=4(x2+c,y2) 因此,x2-x1=4(x2+c),y2-y1=4y2,又x1=c2 所以,x2=-3c2,y2=-y13得A(c2,y1),D(-3c2,-y13) 代入橢圓方程得:e24+y12b2=1,9e24+y129b2=1 以整體代入法解得e=105.