《【創(chuàng)新方案】高考數(shù)學(xué)理一輪知能檢測(cè)：第8章 第5節(jié)　橢圓》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《【創(chuàng)新方案】高考數(shù)學(xué)理一輪知能檢測(cè)：第8章 第5節(jié)　橢圓（6頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5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，F(xiàn)AB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a2b2a2(ac)2，即c2aca20，即e2e10，解得e，又因?yàn)閑>0，故所求的橢圓的離心率為.2(20xx·新課標(biāo)全國卷)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)，PF2F1F2，PF1F230°，則C的離心率為()A. B. C. D.解析：選D在RtPF2F1中，令|PF2|1，因

2、為PF1F230°，所以|PF1|2，|F1F2|.所以e.3(20xx·汕尾模擬)已知P為橢圓1上的一點(diǎn)，M，N分別為圓(x3)2y21和圓(x3)2y24上的點(diǎn)，則|PM|PN|的最小值為()A5 B7 C13 D15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|的最小值為|PF1|PF2|127.4(20xx·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ax2bxc0的兩個(gè)實(shí)根分別為x1和x2，則點(diǎn)P(x1，x2)()A必在圓x2y22內(nèi) B必在圓x2y22上C必

3、在圓x2y22外 D以上三種情形都有可能解析：選A因?yàn)闄E圓的離心率e，所以，即a2c，bc，因此方程ax2bxc0可化為2cx2cxc0又c0，2x2x10，x1x2，x1x2，xx(x1x2)22x1x21<2，即點(diǎn)(x1，x2)在x2y22內(nèi)5橢圓y21的兩個(gè)焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，過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. D4解析：選A因?yàn)闄E圓y21的一個(gè)焦點(diǎn)F1的坐標(biāo)為F1(，0)過該點(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|2a4，|PF2|4.6(20xx·嘉興模擬)已知橢圓x2my

4、21的離心率e，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A. B.C. D.解析：選C在橢圓x2my21中，當(dāng)0<m<1時(shí)，a2，b21，c2a2b21，e21m，又<e<1，<1m<1，解得0<m<，當(dāng)m>1時(shí)，a21，b2，c21，e21，又<e<1，<1<1，解得m>，綜上可知實(shí)數(shù)m的取值范圍是.7(20xx·福建高考)橢圓：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(xc)與橢圓的一個(gè)交點(diǎn)M滿足MF1F22MF2F1，則該橢圓的離心率等于_解析：如圖，MF1F2中，MF1F

5、260°，MF2F130°，F(xiàn)1MF290°，又|F1F2|2c，|MF1|c，|MF2|c，2a|MF1|MF2|cc，得e1.答案：18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|MF2|，故|PM|PF1|的最大值為10|MF2|1015.答案：159已知橢圓C：1(a>b>0)的離心率為.過右焦點(diǎn)F且斜率為k(

6、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a2c2，則b2c2，故橢圓方程為1，即3x212y24c20.設(shè)直線的方程為xmyc，代入橢圓方程得(3m212)y26mcyc20.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則根據(jù)3，得(cx1，y1)3(x2c，y2)，由此得y13y2，根據(jù)韋達(dá)定理y1y2，y1y2，把y13y2代入得，y2，3y，故9m2m24，故m2，從而k22，k±.又k>0，故k.答案：10設(shè)橢圓C：1(a>b>0)過點(diǎn)(0,4)，離心率為.(1)求C的方程；(2)求過點(diǎn)(3,0)且斜率為的直線被C所截線段的中

7、點(diǎn)坐標(biāo)解： (1)將(0,4)代入C的方程得1，b4，又e，得，即1，a5，C的方程為1.(2)過點(diǎn)(3,0)且斜率為的直線方程為y(x3)，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(x3)代入橢圓C的方程，得1，即x23x80，解得x1，x2，x0，y0(x1x26)，即線段AB中點(diǎn)坐標(biāo)為.11(20xx·寧波模擬)已知橢圓C：1(ab0)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ykx交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，在直線l：xy30上存在點(diǎn)P，使得PAB為等邊三角形，求

8、k的值解：(1)因?yàn)闄E圓C：1(ab0)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，b1，橢圓C的方程為y21.(2)設(shè)A(x1，y1)，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：xy30的交點(diǎn)為P(0,3)又因?yàn)閨AO|，|PO|3，所以PAO60°，所以PAB是等邊三角形，所以直線AB的方程為y0.當(dāng)直線AB的斜率存在且不為0時(shí)，設(shè)AB的方程為ykx，所以聯(lián)立化簡(jiǎn)得(3k21)x23，所以|x|，則|AO|.設(shè)AB的垂直平分線為yx，它與直線l：xy30的交點(diǎn)記為P(x0，y0)，所以解得則|PO|.因?yàn)?/p>

9、PAB為等邊三角形，所以應(yīng)有|PO|AO|，代入得 ·，解得k0(舍去)或k1，此時(shí)直線AB的方程為yx，綜上，直線AB的方程為yx或y0.12(20xx·安徽高考)已知橢圓C：1(a>b>0)的焦距為4，且過點(diǎn)P(，)(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)Q(x0，y0)(x0y00)為橢圓C上一點(diǎn)過點(diǎn)Q作x軸的垂線，垂足為E.取點(diǎn)A(0,2)，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(duì)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)榻咕酁?，所以a2b24.又因?yàn)闄E圓C過點(diǎn)P(，)，所以1，故a28

10、，b24.從而橢圓C的方程為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ADAE知，·0，即xDx080.由于x0y00，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x2y8.從而kQG.故直線QG的方程為y.將代入橢圓C的方程，得(x2y)x216x0x6416y0.再將代入，化簡(jiǎn)得x22x0xx0，解得xx0，yy0，即直線QG與橢圓C一定有唯一的公共點(diǎn) 沖擊名校已知橢圓y21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yx2與橢圓的一個(gè)公

11、共點(diǎn)，求|EF1|EF2|取得最小值時(shí)橢圓的方程；(2)已知點(diǎn)N(0，1)，斜率為k(k0)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m1>1，即m>0.由得(m2)x24(m1)x3(m1)0.又由16(m1)212(m2)(m1)4(m1)(m2)0，解得m2或m1(舍去)，m2.此時(shí)|EF1|EF2|22.當(dāng)且僅當(dāng)m2時(shí)，|EF1|EF2|取得最小值2，此時(shí)橢圓的方程為y21.(2)設(shè)直線l的方程為ykxt.由方程組消去y得(13k2)x26ktx3t230.直線l與橢圓交于不同的兩點(diǎn)A，

12、B，(6kt)24(13k2)(3t23)>0，即t2<13k2.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q(xQ，yQ)，則x1x2.由，得Q為線段AB的中點(diǎn)，則xQ，yQkxQt.·0，直線l的斜率k與直線QN的斜率k乘積為1，即kQN·k1，·k1，化簡(jiǎn)得13k22t，代入式得t2<2t，解得0<t<2.又k0，即3k2>0，故2t13k2>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)過點(diǎn)A(2,0)，B(0,2)，且圓心C在直線yx上，又直線l：ykx1與圓C相交于P，Q兩點(diǎn)(1)求

13、圓C的方程；(2)若·2，求實(shí)數(shù)k的值；(3)過點(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)過點(diǎn)A(2,0)，B(0,2)，所以|AC|BC|r，易得a0，r2，所以圓C的方程是x2y24.(2)因?yàn)?#183;2×2×cos，2，且與的夾角為POQ(0°POQ180°)，所以cosPOQ，POQ120°，所以圓心C到直線l：kxy10的距離d1，又d，所以k0. (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)過點(diǎn)(0,1)，且ll1，根據(jù)勾股定理，有dd21.又易知|PQ|2×，|MN|2×，所以S·|PQ|·|MN|，即S×2××2×222 2 7，當(dāng)且僅當(dāng)d1d時(shí)，等號(hào)成立，所以四邊形PMQN面積的最大值為7.