《高考數(shù)學復習：第八章 ：第五節(jié)橢圓演練知能檢測》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考數(shù)學復習：第八章 ：第五節(jié)橢圓演練知能檢測（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

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(ab0)的兩頂點為A(a,0)，B(0，b)，且左焦點為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，又因為e0，故所求的橢圓的離心率為.2(2013新課標全國卷)設橢圓C：1(ab0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，P是C上的點，PF2F1F2，PF1F230，則C的離心率為()A. B. C. D.解析：選D在RtPF2F1中，令|PF2|1，因為PF1F230，所以|PF1|2，|F1F2|.所以e.3(201

2、4汕尾模擬)已知P為橢圓1上的一點，M，N分別為圓(x3)2y21和圓(x3)2y24上的點，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焦點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(2014衡水模擬)設橢圓1(ab0)的離心率e，右焦點為F(c,0)，方程ax2bxc0的兩個實根分別為x1和x2，則點P(x1，x2)()A必在圓x2y22內 B必在圓x2y22上C必在圓x2y22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a2c，bc，因此方程ax2bxc0

3、可化為2cx2cxc0又c0，2x2x10，x1x2，x1x2xx(x1x2)22x1x212，即點(x1，x2)在x2y22內5橢圓y21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. D4解析：選A因為橢圓y21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|2a4，|PF2|4.6(2014嘉興模擬)已知橢圓x2my21的離心率e，則實數(shù)m的取值范圍是()A. B.C. D.解析：選C在橢圓x2my21中，當0m1時，a2，b21，c2a2b21，e

4、21m，又e1，1m1，解得0m1時，a21，b2，c21，e21，又e1，來源:數(shù)理化網(wǎng)1，綜上可知實數(shù)m的取值范圍是.7(2013福建高考)橢圓：1(ab0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，焦距為2c.若直線y(xc)與橢圓的一個交點M滿足MF1F22MF2F1，則該橢圓的離心率等于_解析：如圖，MF1F2中，MF1F260，MF2F130，F(xiàn)1MF290，又|F1F2|2c，|MF1|c，|MF2|c，2a|MF1|MF2|cc，得e1.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

5、，|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|MF2|，故|PM|PF1|的最大值為10|MF2|1015.答案：159已知橢圓C：1(ab0)的離心率為.過右焦點F且斜率為k(k0)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a2c2，則b2c2，故橢圓方程為1，即3x212y24c20.設直線的方程為xmyc，代入橢圓方程得(3m212)y26mcyc20.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則根據(jù)3，得(cx1，y1)3(x2c，y2)，由此得y13y2，根據(jù)韋達定理y

6、1y2，y1y2，把y13y2代入得，y2，3y，故9m2m24，故m2，從而k22，k.又k0，故k.答案：10設橢圓C：1(ab0)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，b4，又e，得，即1，a5，C的方程為1.(2)過點(3,0)且斜率為的直線方程為y(x3)，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(x3)代入橢圓C的方程，得1，即x23x80，解得x1，x2，x0，y0(x1x26)，即線段AB中點坐標為.11(2014

7、寧波模擬)已知橢圓C：1(ab0)的四個頂點恰好是邊長為2，一內角為60的菱形的四個頂點(1)求橢圓C的方程；(2)若直線ykx交橢圓C于A，B兩點，在直線l：xy30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(ab0)的四個頂點恰好是一邊長為2，一內角為60的菱形的四個頂點，所以a，b1，橢圓C的方程為y21.(2)設A(x1，y1)，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：xy30的交點為P(0,3)又因為|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.當直線AB的斜率存在且不為0

8、時，設AB的方程為ykx，所以聯(lián)立化簡得(3k21)x23，所以|x|，則|AO|.設AB的垂直平分線為yx，它與直線l：xy30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k0(舍去)或k1，此時直線AB的方程為yx，綜上，直線AB的方程為yx或y0.12(2013安徽高考)已知橢圓C：1(ab0)的焦距為4，且過點P(，)(1)求橢圓C的方程；(2)設Q(x0，y0)(x0y00)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

9、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a2b24.又因為橢圓C過點P(，)，所以1，故a28，b24.從而橢圓C的方程為1.(2)由題意，點E坐標為(x0,0)設D(xD,0)，則(x0，2)，(xD，2)再由ADAE知，0，即xDx080.由于x0y00，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，化簡得x22x0xx0，解得xx0，yy0，即直線QG與橢圓C一定有

10、唯一的公共點沖擊名校已知橢圓y21的兩個焦點是F1(c,0)，F(xiàn)2(c,0)(c0)(1)設E是直線yx2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(k0)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m11，即m0.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|EF1|EF2|22.當且僅當m2時，|EF1|EF2|取得最小值2，此時橢圓的方程為y21.(2)設直線l的

11、方程為ykxt.由方程組消去y得(13k2)x26ktx3t230.來源:直線l與橢圓交于不同的兩點A，B，(6kt)24(13k2)(3t23)0，即t213k2.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q(xQ，yQ)，則x1x2.由，得Q為線段AB的中點，則xQ，yQkxQt.0，直線l的斜率k與直線QN的斜率k乘積為1，即kQNk1，k1，化簡得13k22t，代入式得t22t，解得0t0，故2t13k21，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經過點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(1)求圓C的方程；(2

12、)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經過點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)因為22cos，2，且與的夾角為POQ(0POQ180)，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都經過點(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S22222 2 7，當且僅當d1d時，等號成立，所以四邊形PMQN面積的最大值為7. 高考數(shù)學復習精品高考數(shù)學復習精品