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2019-2020年高考數(shù)學大一輪復習 第8章 第5節(jié) 橢圓課時作業(yè) 理
一、選擇題
1．(xx衡水一模)已知F1，F(xiàn)2是橢圓＋y2＝1的兩個焦點，P為橢圓上一動點，則使|PF1||PF2|取最大值 的點P為( )
A．(－2,0) B．(0,1)
C．(2,0) D．(0,1)或(0，－1)
答案：D
解析：由橢圓定義得|PF1|＋|PF2|＝2a＝4，
∴|PF1||PF2|≤2＝4，
當且僅當|PF1|＝|PF2|＝2時，取“＝”．
故應選D.
2．設e是橢圓＋＝1的離心率，且e∈，則實數(shù)k的取值范圍是( )
A．(0,3) B．
C．(0,3)∪ D．(0,2)
答案：C
解析：當k>4時，c＝，由條件知<<1，解得k>；
當0
b>0)的離心率e＝，右焦點F(c,0)，方程ax2＋bx－c＝0的兩個根分別為x1，x2，則點P(x1，x2)在( )
A．圓x2＋y2＝2上 B．圓x2＋y2＝2內
C．圓x2＋y2＝2外 D．以上三種情況都有可能
答案：B
解析：由題意，知e＝＝，
∴x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝＋＝＋1＝2－＝<2，
∴點P(x1，x2)在圓x2＋y2＝2內．
5．已知橢圓＋＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，|F1F2|＝2c，點A在橢圓上，且AF1垂直于x軸，＝c2，則橢圓的離心率e等于( )
A. B．
C． D．
答案：C
解析：如圖，由橢圓的幾何性質可得|AF1|＝，假設A在x軸上方，則A，而F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)．
故＝，＝，
所以＝02c＋＝.
由題意可得＝c2，所以b2＝ac，即a2－c2＝ac，也就是1－e2＝e，解得e＝或e＝(舍)．
故應選C.
6．(xx新課標全國Ⅰ)已知橢圓E：＋＝1(a>b>0)的右焦點為F(3,0)，過點F的直線交E于A，B兩點．若AB的中點坐標為(1，－1)，則E的方程為( )
A.＋＝1 B．＋＝1
C.＋＝1 D．＋＝1
答案：D
解析：設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，
①－②，得＋＝0，
所以kAB＝＝－＝.
又kAB＝＝，所以＝.
又9＝c2＝a2－b2，
解得b2＝9，a2＝18，
所以橢圓E的方程為＋＝1.故應選D.
二、填空題
7．(xx遼寧)已知橢圓C：＋＝1，點M與C的焦點不重合，若M關于C的焦點的對稱點分別為A，B，線段MN的中點在C上，則|AN|＋|BN|＝________.
答案：12
解析：橢圓＋＝1中，a＝3.
如圖，設MN的中點為D，則|DF1|＋|DF2|＝2a＝6.
∵D，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別為MN，AM，BM的中點，
∴|BN|＝2|DF2|，|AN|＝2|DF1|，
∴|AN|＋|BN|＝2(|DF1|＋|DF2|)＝12.
8．已知點A(4,0)和B(2,2)，M是橢圓＋＝1上一動點，則|MA|＋|MB|的最大值為________．
答案：10＋2
解析：顯然A是橢圓的右焦點，如圖所示，設橢圓的左焦點為A1(－4,0)，連接BA1并延長交橢圓于M1，則M1是使|MA|＋|MB|取得最大值的點．事實上，對于橢圓上的任意點M有
|MA|＋|MB|＝2a－|MA1|＋|MB|≤2a＋|A1B|(當M1與M重合時取等號)，
∴|MA|＋|MB|的最大值為
2a＋|A1B|＝25＋＝10＋2.
9．已知橢圓＋＝1的左頂點為A1，右焦點為F2，點P為該橢圓上一動點，則當取最小值時|＋|的取值為________．
答案：3
解析：由已知得a＝2，b＝，c＝1，
所以F2(1,0)，A1(－2,0)，設P(x，y)，
則＝(1－x，－y)(－2－x，－y)
＝(1－x)(－2－x)＋y2.
又點P(x，y)在橢圓上，所以y2＝3－x2，代入上式，
得＝x2＋x＋1＝(x＋2)2.
又x∈[－2,2]，
所以x＝－2時，取得最小值．
所以P(－2,0)，求得|＋|＝3.
10．(xx合肥一模)若橢圓＋＝1的焦點在x軸上，過點作圓x2＋y2＝1的切線，切點分別為A，B，直線AB恰好經過橢圓的右焦點和上頂點，則橢圓的方程是________．
答案：＋＝1
解析：由題可設斜率存在的切線的方程為y－＝k(x－1)(k為切線的斜率)，即2kx－2y－2k＋1＝0，由＝1，解得k＝－，
∴圓x2＋y2＝1的一條切線方程為3x＋4y－5＝0，求得切點A，易知另一切點B(1,0)，則直線AB的方程為y＝－2x＋2.令y＝0得右焦點為(1,0)，令x＝0得上頂點為(0,2)．
∴a2＝b2＋c2＝5，
故所求橢圓的方程是＋＝1.
三、解答題
11．(xx新課標全國Ⅱ)設F1，F(xiàn)2分別是橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點，M是C上一點且MF2與x軸垂直．直線MF1與C的另一個交點為N.
(1)若直線MN的斜率為，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＝及題設，知M，2b2＝3ac.
將b2＝a2－c2代入2b2＝3ac，
解得＝或＝－2(舍去)．
故C的離心率為.
(2)由題意，原點O為F1F2的中點，MF2∥y軸，
所以直線MF1與y軸的交點D(0,2)是線段MF1的中點，
故＝4，即b2＝4a.①
由|MN|＝5|F1N|得|DF1|＝2|F1N|.
設N(x1，y1)，由題意知y1<0，則
即
代入C的方程，得＋＝1.②
將①及c＝代入②，得＋＝1.
解得a＝7，b2＝4a＝28，
故a＝7，b＝2.
12．(xx臨沂模擬)已知橢圓C的一個焦點在拋物線y2＝4x的準線上，F(xiàn)1，F(xiàn)2是橢圓C的左、右焦點，P是橢圓C上任意一點，且|PF1||PF2|的最大值為2.
(1)求橢圓C的方程；
(2)設過點M(2,0)的直線與橢圓C相交于兩點A，B，滿足＋＝t(O為坐標原點)，當|－|<時，求實數(shù)t的取值范圍．
解：(1)由拋物線y2＝4x的準線是x＝－1，得橢圓C的一個焦點是F1(－1,0)，即c＝1.
由橢圓的定義知|PF1|＋|PF2|＝2a，
∴|PF1||PF2|≤2＝a2，
當且僅當|PF1|＝|PF2|＝a時取等號．
∴a2＝2，∴b2＝a2－c2＝1，
故橢圓C的方程為＋y2＝1.
(2)由題意知直線AB的斜率存在，設直線AB的斜率為k，
則其方程為y＝k(x－2)．
由消去y，得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0.
Δ＝64k4－4(1＋2k2)(8k2－2)>0，解得k2<.
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x，y)，
則x1＋x2＝，x1x2＝.
∵＋＝t，∴(x1＋x2，y1＋y2)＝t(x，y)．
∴x＝＝，
y＝＝[k(x1＋x2)－4k]＝.
∵點P在橢圓上，∴＋2＝2，
整理得16k2＝t2(1＋2k2)，
又∵|－|<，∴||<，
∴＝
<，
∴(1＋k2)<，
化簡，得56k4＋38k2－13>0，
∴(4k2－1)(14k2＋13)>0，解得k2>，
∴b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，且|F1F2|＝2.以O為圓心，a為半徑作圓，若過點P的圓的兩切線互相垂直，切點分別為A，B.
(1)求橢圓C的方程；
(2)過點F1的直線l與該橢圓交于M，N兩點，且|＋|＝，求直線l的方程．
解：(1)由題意知，橢圓的半焦距c＝1，
∵過點P的⊙O：x2＋y2＝a2的兩條切線互相垂直，
∴四邊形OAPB為正方形，∴＝a，∴a＝.
由a2＝b2＋c2，知b2＝1，
∴橢圓方程為＋y2＝1.
(2)由(1)知F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)，
若直線l的斜率不存在，則直線l的方程為x＝－1，
將x＝－1代入橢圓方程，得y＝.
不妨設M，N，
∴＋＝＋＝(－4,0)，
∴|＋|＝4，與題設矛盾，
∴直線l的斜率存在．
設直線l的斜率為k，則直線的方程為y＝k(x＋1)．
設M(x1，y1)，N(x2，y2)，
聯(lián)立消y，得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，
由根與系數(shù)的關系，知x1＋x2＝，
從而y1＋y2＝k(x1＋x2＋2)＝，
又∵＝(x1－1，y1)，＝(x2－1，y2)，
∴＋＝(x1＋x2－2，y1＋y2)，
∴|＋|2＝(x1＋x2－2)2＋(y1＋y2)2
＝2＋2
＝，
∴＝2，
化簡得40k4－23k2－17＝0，
解得k2＝1或者k2＝－(舍去)，∴k＝1，
∴所求直線l的方程為y＝x＋1或y＝－x－1.
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