（江蘇專用）高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第八章第5課時 橢圓課時闖關(guān)（含解析）

[A級雙基鞏固]一、填空題1．已知△ABC的頂點B、C在橢圓eq\f(x2,3)＋y2＝1上，頂點A是橢圓的一個焦點，且橢圓的另外一個焦點在BC邊上，則△ABC的周長是________．解析：由橢圓第一定義得△ABC的周長是4a＝4eq\r(3).答案：4eq\r(3)2．若橢圓2kx2＋ky2＝1的一個焦點坐標(biāo)是(0，－4)，則k的值為________．解析：a2＝eq\f(1,k)，b2＝eq\f(1,2k)，則c2＝eq\f(1,2k).又c＝4，所以k＝eq\f(1,32).答案：eq\f(1,32)3．“m＞n＞0”是“方程mx2＋ny2＝1表示焦點在y軸上的橢圓”的________條件．解析：把橢圓方程化成eq\f(x2,\f(1,m))＋eq\f(y2,\f(1,n))＝1.若m＞n＞0，則eq\f(1,n)＞eq\f(1,m)＞0.所以橢圓的焦點在y軸上．反之，若橢圓的焦點在y軸上，則eq\f(1,n)＞eq\f(1,m)＞0即有m＞n＞0.故為充要條件．答案：充要4．中心在原點，準(zhǔn)線方程為x＝±4，離心率為eq\f(1,2)的橢圓方程為________．解析：∵e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，x＝±eq\f(a2,c)＝±4，∴a＝2，c＝1，方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.答案：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝15．(2010·高考廣東卷改編)若一個橢圓長軸的長度、短軸的長度和焦距成等差數(shù)列，則該橢圓的離心率是________．解析：由題意有2a＋2c＝2(2b)，即a＋c＝2b，又c2＝a2－b2，消去b整理得5c2＝3a2－2ac，即5e2＋2e－3＝0，∴e＝eq\f(3,5)或e＝－1(舍去)．答案：eq\f(3,5)6．設(shè)橢圓eq\f(x2,m2)＋eq\f(y2,m2－1)＝1(m＞1)上一點P到其左焦點的距離為3，到右焦點的距離為1，則P到右準(zhǔn)線的距離為________．解析：∵m2＞m2－1，∴m2＝a2，m2－1＝b2.∴c2＝1.又3＋1＝2a?a＝2，∴dp－l右＝eq\f(1,e)＝eq\f(a,c)＝2.答案：27．動圓C和定圓C1：x2＋(y－4)2＝64內(nèi)切而和定圓C2：x2＋(y＋4)2＝4外切則動圓圓心的軌跡方程為________．解析：如圖，該動圓圓心為C(x，y)，半徑為r，由已知得：|CC1|＝8－r，①|(zhì)CC2|＝2＋r②①＋②得：|CC1|＋|CC2|＝10，∴點C的軌跡是以C1、C2為焦點的橢圓，其中2a＝10,2c＝8.∴a＝5，c＝4，b＝3.∴動圓圓心的軌跡方程為eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,25)＝1.答案：eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,25)＝18．如圖所示，橢圓中心為O，F(xiàn)是焦點，A為頂點，準(zhǔn)線l交OA延長線于B，P、Q在橢圓上，且PD⊥l于D，QF⊥OA于F，則橢圓離心率為：①eq\f(|PF|,|PD|)；②eq\f(|QF|,|BF|)；③eq\f(|AO|,|BO|)；④eq\f(|AF|,|BA|)；⑤eq\f(|FO|,|AO|).上述離心率正確的個數(shù)是______．解析：觀察圖形知，F(xiàn)為左焦點，則l必為左準(zhǔn)線，由橢圓的第二定義知：eq\f(|PF|,|PD|)＝e，又QF⊥BF，∴Q到l的距離d＝|BF|，而eq\f(|QF|,|BF|)＝e；eq\f(|AO|,|BO|)＝eq\f(a,\f(a2,c))＝eq\f(c,a)＝e，eq\f(|AF|,|BA|)＝eq\f(c,a)＝e；eq\f(|FO|,|AO|)＝eq\f(c,a)＝e.故以上五個比值均可以作為橢圓的離心率．答案：5二、解答題9．如圖，橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，點A(4，m)在橢圓E上，且eq\o(AF2,\s\up6(→))·eq\o(F1F2,\s\up6(→))＝0，點D(2，0)到直線F1A的距離DH＝eq\f(18,5).(1)求橢圓E的方程；(2)設(shè)點P為橢圓E上的任意一點，求eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))的取值范圍．解：(1)由題意知c＝4，F(xiàn)1(－4,0)，F(xiàn)2(4,0)．∵sin∠AF1F2＝eq\f(DH,DF1)＝eq\f(AF2,AF1)，DH＝eq\f(18,5)，DF1＝6，又∵eq\o(AF2,\s\up6(→))·eq\o(F1F2,\s\up6(→))＝0，∴AF2＝eq\f(b2,a)，AF1＝2a－eq\f(b2,a).∴eq\f(\f(18,5),6)＝eq\f(\f(b2,a),2a－\f(b2,a)).則a2＝eq\f(4,3)b2.由b2＋c2＝a2，得b2＋16＝eq\f(4,3)b2.∴b2＝48，a2＝64.∴橢圓E的方程為eq\f(x2,64)＋eq\f(y2,48)＝1.(2)設(shè)點P(x，y)，則eq\f(x2,64)＋eq\f(y2,48)＝1，即y2＝48－eq\f(3,4)x2.∵eq\o(PF1,\s\up6(→))＝(－4－x，－y)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(2－x，－y)，∴eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))＝x2＋y2＋2x－8＝eq\f(1,4)x2＋2x＋40＝eq\f(1,4)(x＋4)2＋36.∵－8≤x≤8，∴eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))的取值范圍是[36,72]．10．設(shè)橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦點為F，上頂點為A，過點A與AF垂直的直線分別交橢圓C與x軸正半軸于點P，Q，且eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(8,5)eq\o(PQ,\s\up6(→)).(1)求橢圓C的離心率；(2)若過A，Q，F(xiàn)三點的圓恰好與直線l：x＋eq\r(3)y＋3＝0相切，求橢圓C的方程．解：(1)∵kAF＝eq\f(b,c)，∴kAQ＝－eq\f(c,b)，∴AQ：y＝－eq\f(c,b)x＋b.∴點Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b2,c)，0)).又A(0，b)，設(shè)P(x0，y0)，則由eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(8,5)eq\o(PQ,\s\up6(→))，得(x0，y0－b)＝eq\f(8,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b2,c)－x0，－y0))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(8b2,13c)，,y0＝\f(5b,13).))代入eq\f(x\o\al(2,0),a2)＋eq\f(y\o\al(2,0),b2)＝1，得eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8b2,13c)))2,a2)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5b,13)))2,b2)＝1，解得e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2).(2)由(1)，知c＝eq\f(a,2)，b＝eq\f(\r(3),2)a，∴橢圓方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(4y2,3a2)＝1，即3x2＋4y2＝3a2.此時，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)a))，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)a，0))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，0)).∴FQ的中點坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0)).此即過A，Q，F(xiàn)三點的圓的圓心，它的半徑r＝eq\r(\f(a2,4)＋\f(3,4)a2)，又r＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)＋3)),\r(1＋3))，因此eq\f(\f(a,2)＋3,2)＝eq\r(\f(a2,4)＋\f(3,4)a2)，∴a＝2，b＝eq\r(3)，故橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.[B級能力提升]一、填空題1．已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，A(2,0)為長軸的一個端點，弦BC過橢圓的中心O，且eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，|eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))|＝2|eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\o(BA,\s\up6(→))|，則橢圓的方程為________．解析：∵|eq\o(OC,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))|＝2|eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\o(BA,\s\up6(→))|，∴|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝2|eq\o(AC,\s\up6(→))|，又eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(AC,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，∴△AOC為等腰直角三角形．又|OA|＝2，∴C點的坐標(biāo)為(1,1)或(1，－1)，∵C點在橢圓上，∴eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)＝1，又a2＝4，∴b2＝eq\f(4,3)，∴橢圓方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(3y2,4)＝1.答案：eq\f(x2,4)＋eq\f(3y2,4)＝12．(2012·蘇北五市調(diào)研)已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點分別為F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)，若橢圓上存在點P(異于長軸的端點)，使得csin∠PF1F2＝asin∠PF2F1，則該橢圓離心率的取值范圍是________．解析：由題意eq\f(c,a)＝eq\f(sin∠PF2F1,sin∠PF1F2)＝eq\f(PF1,PF2)?eq\f(a＋c,a)＝eq\f(2a,PF2)?PF2＝eq\f(2a,1＋e)，因為a－c＜PF2＜a＋c?a－c＜eq\f(2a,1＋e)＜a＋c?1－e＜eq\f(2,1＋e)＜1＋e，又0＜e＜1，所以eq\r(2)－1＜e＜1.答案：(eq\r(2)－1,1)3．已知橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1內(nèi)有一點P(1，－1)，F(xiàn)為橢圓右焦點，在橢圓上有一點M，使|MP|＋2|MF|取得最小值，則點M的坐標(biāo)為________．解析：如右圖所示，l為橢圓的右準(zhǔn)線，過點M作準(zhǔn)線的垂線，垂足為M′.由橢圓的方程易知e＝eq\f(1,2)，∴eq\f(|MF|,|MM′|)＝eq\f(1,2)，即|MM′|＝2|MF|，從而求|MP|＋2|MF|的最小值問題，便轉(zhuǎn)化為求|MP|＋|MM′|的最小值問題．易知當(dāng)M、P、M′三點共線時，其和取最小值，即：由點P向準(zhǔn)線l作垂線，則與橢圓的交點即為所求的點M.∴點M的縱坐標(biāo)為－1，代入橢圓的方程，有eq\f(x2,4)＋eq\f(1,3)＝1，∴x2＝eq\f(8,3).由于點M在y軸的右側(cè)，∴x＝eq\f(2\r(6),3).從而點M的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(6),3)，－1)).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(6),3)，－1))4．我們把由半橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(x≥0)與半橢圓eq\f(y2,b2)＋eq\f(x2,c2)＝1(x＜0)合成的曲線稱作“果圓”(其中a2＝b2＋c2，a＞b＞c＞0)．如圖，設(shè)點F0，F(xiàn)1，F(xiàn)2是相應(yīng)橢圓的焦點，A1，A2和B1，B2是“果園”與x，y軸的交點，若△F0F1F2是邊長為1的等邊三角形，則a，b的值分別為________．解析：由已知|F1F2|＝2eq\r(b2－c2)＝1，又因為△F0F1F2是邊長為1的等邊三角形，所以cos30°＝eq\f(c,2\r(b2－c2))，即c2＝eq\f(3,4)b2，解得b＝1，c2＝eq\f(3,4).所以a2＝eq\f(7,4)，a＞0，所以a＝eq\f(\r(7),2).答案：eq\f(\r(7),2)，1二、解答題5．(2012·南通質(zhì)檢)設(shè)A、B是橢圓3x2＋y2＝λ上不同的兩點，點N(1,3)是線段AB的中點，線段AB的垂直平分線與橢圓交于C、D兩點．(1)確定λ的取值范圍，并求直線AB的方程；(2)求以線段CD的中點M為圓心且與直線AB相切的圓的方程．解：(1)法一：依題意，顯然直線AB的斜率存在，故可設(shè)直線AB的方程y＝k(x－1)＋3，代入3x2＋y2＝λ，整理得(k2＋3)x2－2k(k－3)x＋(k－3)2－λ＝0.①設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1、x2是方程①的兩個不同的實根，所以Δ＝4[λ(k2＋3)－3(k－3)2]＞0，②且x1＋x2＝eq\f(2kk－3,k2＋3)，由N(1,3)是線段AB的中點，得eq\f(x1＋x2,2)＝1，所以k(k－3)＝k2＋3，解得k＝－1，代入②得，λ＞12，即λ的取值范圍是(12，＋∞)．直線AB的方程為y－3＝－(x－1)，即x＋y－4＝0.法二：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1)＝λ，,3x\o\al(2,2)＋y\o\al(2,2)＝λ))?3(x1－x2)(x1＋x2)＋(y1－y2)(y1＋y2)＝0.依題意，x1≠x2，所以kAB＝eq\f(y2－y1,x2－x1)＝－eq\f(3x1＋x2,y1＋y2).因為N(1,3)是線段AB的中點，所以x1＋x2＝2，y1＋y2＝6，從而kAB＝－1.又N(1,3)在橢圓內(nèi)，所以λ＞3×12＋32＝12，所以λ的取值范圍是(12，＋∞)．直線AB的方程為y－3＝－(x－1)，即x＋y－4＝0.(2)因為線段CD垂直平分線段AB，所以線段CD所在的直線方程為y－3＝x－1，即x－y＋2＝0，代入橢圓方程，整理得4x2＋4x＋4－λ＝0，③設(shè)C(x3，y3)，D(x4，y4)，線段CD的中點為M(x0，y0)，則x3、x4是方程③的兩個不同的根，所以x3＋x4＝－1，且x0＝eq\f(1,2)(x3＋x4)＝－eq\f(1,2)，y0＝x0＋2＝eq\f(3,2)，故Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2))).又Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)))到直線AB的距離d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(3,2)－4)),\r(12＋12))＝eq\f(3\r(2),2)，所以以線段CD的中點M為圓心且與直線AB相切的圓的方程為：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(3,2)))2＝eq\f(9,2).6．(2012·南京調(diào)研)已知直線l：x＝my＋1過橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1的右焦點F，拋物線x2＝4eq\r(3)y的焦點為橢圓C的上頂點，且直線l交橢圓C于A、B兩點，點A、F、B在直線g：x＝4上的射影依次為點D、K、E.(1)求橢圓C的方程；(2)若直線l交y軸于點M，且eq\o(MA,\s\up6(→))＝λ1eq\o(AF,\s\up6(→))，eq\o(MB,\s\up6(→))＝λ2eq\o(BF,\s\up6(→))，當(dāng)m變化時，探求λ1＋λ2的值是否為定值？若是，求出λ1＋λ2的值，否則，說明理由；(3)連結(jié)AE、BD，試探索當(dāng)m變化時，直線AE與BD是否相交于定點？若是，請求出定點的坐標(biāo)，并給予證明；否則，說明理由．解：(1)由題知橢圓右焦點為F(1,0)，∴c＝1，拋物線x2＝4eq\r(3)y的焦點坐標(biāo)為(0，eq\r(3))，∴b＝eq\r(3)，∴b2＝3.∴a2＝b2＋c2＝4.∴橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由題，知m≠0，且直線l與y軸交于點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,m))).設(shè)直線l交橢圓于A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))?(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，∴Δ＝(6m)2＋36(3m2＋4)＝144(m2＋1)＞0，∴y1＋y2＝－eq\f(6m,3m2＋4)，y1·y2＝－eq\f(9,3m2＋4).又∵eq\o(MA,\s\up6(→))＝λ1eq\o(AF,\s\up6(→))，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1＋\f(1,m)))＝λ1(1－x1，－y1)，∴λ1＝－1－eq\f(1,my1)，同理λ2＝－1－eq\f(1,my2).∴λ1＋λ2＝－2－eq\f(1,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y1)＋\f(1,y2))).又∵eq\f(1,y1)＋eq\f(1,y2)＝eq\f(y1＋y2,y1y2)＝－eq\f(6m,3m2＋4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－