2021高考數(shù)學(xué)(文)一輪知能檢測(cè)：第8章-第5節(jié)-橢圓

第五節(jié)橢圓[全盤鞏固]1．已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的兩頂點(diǎn)為A(a,0)，B(0，b)，且左焦點(diǎn)為F，△FAB是以角B為直角的直角三角形，則橢圓的離心率e為()A.eq\f(\r(3)－1,2)B.eq\f(\r(5)－1,2)C.eq\f(1＋\r(5),4)D.eq\f(\r(3)＋1,4)解析：選B由題意得a2＋b2＋a2＝(a＋c)2，即c2＋ac－a2＝0，即e2＋e－1＝0，解得e＝eq\f(－1±\r(5),2)，又由于e>0，故所求的橢圓的離心率為eq\f(\r(5)－1,2).2．(2021·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ)設(shè)橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，P是C上的點(diǎn)，PF2⊥F1F2，∠PF1F2＝30°，則C的離心率為()A.eq\f(\r(3),6)B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2)D.eq\f(\r(3),3)解析：選D在Rt△PF2F1中，令|PF2由于∠PF1F2所以|PF1|＝2，|F1F2|＝eq\r(3).所以e＝eq\f(2c,2a)＝eq\f(|F1F2|,|PF1|＋|PF2|)＝eq\f(\r(3),3).3．(2022·汕尾模擬)已知P為橢圓eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1上的一點(diǎn)，M，N分別為圓(x＋3)2＋y2＝1和圓(x－3)2＋y2＝4上的點(diǎn)，則|PM|＋|PN|的最小值為()A．5B．7C．13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|－1－2＝7.4．(2022·衡水模擬)設(shè)橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率e＝eq\f(1,2)，右焦點(diǎn)為F(c,0)，方程ax2＋bx－c＝0的兩個(gè)實(shí)根分別為x1和x2，則點(diǎn)P(x1，x2)()A．必在圓x2＋y2＝2內(nèi)B．必在圓x2＋y2＝2上C．必在圓x2＋y2＝2外D．以上三種情形都有可能解析：選A由于橢圓的離心率e＝eq\f(1,2)，所以eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，即a＝2c，b＝eq\r(a2－c2)＝eq\r(4c2－c2)＝eq\r(3)c，因此方程ax2＋bx－c＝0可化為2cx2＋eq\r(3)cx－c＝0又c≠0，∴2x2＋eq\r(3)x－1＝0，x1＋x2＝－eq\f(\r(3),2)，x1x2＝－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝(x1＋x2)2－2x1x2＝eq\f(3,4)＋1＝eq\f(7,4)<2，即點(diǎn)(x1，x2)在x2＋y2＝2內(nèi)．5．橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1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.eq\f(7,2)B.eq\f(\r(3),2)C.eq\r(3)D．4解析：選A由于橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1的一個(gè)焦點(diǎn)F1的坐標(biāo)為F1(－eq\r(3)，0)．過該點(diǎn)作垂直于x軸的直線，其方程為x＝－eq\r(3)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,x＝－\r(3)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\r(3)，,y＝±\f(1,2)，))即Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)，±\f(1,2)))，所以|PF1|＝eq\f(1,2)，又因|PF1|＋|PF2|＝2a∴|PF2|＝4－eq\f(1,2)＝eq\f(7,2).6．(2022·嘉興模擬)已知橢圓x2＋my2＝1的離心率e∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(4,3)))解析：選C在橢圓x2＋my2＝1中，當(dāng)0<m<1時(shí)，a2＝eq\f(1,m)，b2＝1，c2＝a2－b2＝eq\f(1,m)－1，∴e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(\f(1,m)－1,\f(1,m))＝1－m，又eq\f(1,2)<e<1，∴eq\f(1,4)<1－m<1，解得0<m<eq\f(3,4)，當(dāng)m>1時(shí)，a2＝1，b2＝eq\f(1,m)，c2＝1－eq\f(1,m)，e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(1－\f(1,m),1)＝1－eq\f(1,m)，又eq\f(1,2)<e<1，∴eq\f(1,4)<1－eq\f(1,m)<1，解得m>eq\f(4,3)，綜上可知實(shí)數(shù)m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞)).7．(2021·福建高考)橢圓Γ：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝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＝eq\r(3)(x＋c)與橢圓Γ的一個(gè)交點(diǎn)M滿足∠MF1F2＝2∠MF2F1，則該橢圓的離心率等于________．解析：如圖，△MF1F2∵∠MF1F2＝60°，∴∠MF2F1＝30°，∠F1MF又|F1F2|＝2∴|MF1|＝c，|MF2|＝eq\r(3)c，∴2a＝|MF1|＋|MF2|＝c＋eq\r(3)c，得e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2,\r(3)＋1)＝eq\r(3)－1.答案：eq\r(3)－18．設(shè)F1，F(xiàn)2分別是橢圓eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝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|＝10＋eq\r(6－32＋42)＝15.答案：159．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(3),2).過右焦點(diǎn)F且斜率為k(k>0)的直線與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)．若＝3，則k＝________.解析：依據(jù)已知eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，可得a2＝eq\f(4,3)c2，則b2＝eq\f(1,3)c2，故橢圓方程為eq\f(3x2,4c2)＋eq\f(3y2,c2)＝1，即3x2＋12y2－4c2＝0.設(shè)直線的方程為x＝my＋c，代入橢圓方程得(3m2＋12)y2＋6mcy－c設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則依據(jù)＝3，得(c－x1，－y1)＝3(x2－c，y2)，由此得－y1＝3y2，依據(jù)韋達(dá)定理y1＋y2＝－eq\f(2cm,m2＋4)，y1y2＝－eq\f(c2,3m2＋4)，把－y1＝3y2代入得，y2＝eq\f(cm,m2＋4)，－3yeq\o\al(2,2)＝－eq\f(c2,3m2＋4)，故9m2＝m2＋4，故m2＝eq\f(1,2)，從而k2＝2，k＝±eq\r(2).又k>0，故k＝eq\r(2).答案：eq\r(2)10．設(shè)橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)過點(diǎn)(0,4)，離心率為eq\f(3,5).(1)求C的方程；(2)求過點(diǎn)(3,0)且斜率為eq\f(4,5)的直線被C所截線段的中點(diǎn)坐標(biāo)．解：(1)將(0,4)代入C的方程得eq\f(16,b2)＝1，∴b＝4，又e＝eq\f(c,a)＝eq\f(3,5)，得eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(9,25)，即1－eq\f(16,a2)＝eq\f(9,25)，∴a＝5，∴C的方程為eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1.(2)過點(diǎn)(3,0)且斜率為eq\f(4,5)的直線方程為y＝eq\f(4,5)(x－3)，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＝eq\f(4,5)(x－3)代入橢圓C的方程，得eq\f(x2,25)＋eq\f(x－32,25)＝1，即x2－3x－8＝0，解得x1＝eq\f(3－\r(41),2)，x2＝eq\f(3＋\r(41),2)，∴x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(3,2)，y0＝eq\f(y1＋y2,2)＝eq\f(2,5)(x1＋x2－6)＝－eq\f(6,5)，即線段AB中點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(6,5))).11．(2022·寧波模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)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y＝kx交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，在直線l：x＋y－3＝0上存在點(diǎn)P，使得△PAB為等邊三角形，求k的值．解：(1)由于橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)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＝eq\r(3)，b＝1，橢圓C的方程為eq\f(x2,3)＋y2＝1.(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：x＋y－3＝0的交點(diǎn)為P(0,3)．又由于|AO|＝eq\r(3)，|PO|＝3，所以∠PAO＝60°，所以△PAB是等邊三角形，所以直線AB的方程為y＝0.當(dāng)直線AB的斜率存在且不為0時(shí)，設(shè)AB的方程為y＝kx，所以聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,3)＋y2＝1，,y＝kx))化簡(jiǎn)得(3k2＋1)x2＝3，所以|x|＝eq\r(\f(3,3k2＋1))，則|AO|＝eq\r(1＋k2)eq\r(\f(3,3k2＋1))＝eq\r(\f(3k2＋3,3k2＋1)).設(shè)AB的垂直平分線為y＝－eq\f(1,k)x，它與直線l：x＋y－3＝0的交點(diǎn)記為P(x0，y0)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－x＋3，,y＝－\f(1,k)x，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(3k,k－1)，,y0＝－\f(3,k－1)，))則|PO|＝eq\r(\f(9k2＋9,k－12)).由于△PAB為等邊三角形，所以應(yīng)有|PO|＝eq\r(3)|AO|，代入得eq\r(\f(9k2＋9,k－12))＝eq\r(3)·eq\r(\f(3k2＋3,3k2＋1))，解得k＝0(舍去)或k＝－1，此時(shí)直線AB的方程為y＝－x，綜上，直線AB的方程為y＝－x或y＝0.12．(2021·安徽高考)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦距為4，且過點(diǎn)P(eq\r(2)，eq\r(3))．(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)Q(x0，y0)(x0y0≠0)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(0,2eq\r(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確定有唯一的公共點(diǎn)？并說明理由．解：(1)由于焦距為4，所以a2－b2＝4.又由于橢圓C過點(diǎn)P(eq\r(2)，eq\r(3))，所以eq\f(2,a2)＋eq\f(3,b2)＝1，故a2＝8，b2＝4.從而橢圓C的方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)由題意，點(diǎn)E坐標(biāo)為(x0,0)．設(shè)D(xD,0)，則＝(x0，－2eq\r(2))，＝(xD，－2eq\r(2))．再由AD⊥AE知，·＝0，即xDx0＋8＝0.由于x0y0≠0，故xD＝－eq\f(8,x0).由于點(diǎn)G是點(diǎn)D關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)，所以點(diǎn)Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,x0)，0)).故直線QG的斜率kQG＝eq\f(y0,x0－\f(8,x0))＝eq\f(x0y0,x\o\al(2,0)－8).又因Q(x0，y0)在橢圓C上，所以xeq\o\al(2,0)＋2yeq\o\al(2,0)＝8.①從而kQG＝－eq\f(x0,2y0).故直線QG的方程為y＝－eq\f(x0,2y0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(8,x0))).②將②代入橢圓C的方程，得(xeq\o\al(2,0)＋2yeq\o\al(2,0))x2－16x0x＋64－16yeq\o\al(2,0)＝0.③再將①代入③，化簡(jiǎn)得x2－2x0x＋xeq\o\al(2,0)＝0，解得x＝x0，y＝y(tǒng)0，即直線QG與橢圓C確定有唯一的公共點(diǎn)．[沖擊名校]已知橢圓eq\f(x2,m＋1)＋y2＝1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y＝x＋2與橢圓的一個(gè)公共點(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(k≠0)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m＋1>1，即m>0.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋2，,\f(x2,m＋1)＋y2＝1，))得(m＋2)x2＋4(m＋1)x＋3(m＋1)＝0.又由Δ＝16(m＋1)2－12(m＋2)(m＋1)＝4(m＋1)(m－2)≥0，解得m≥2或m≤－1(舍去)，∴m≥2.此時(shí)|EF1|＋|EF2|＝2eq\r(m＋1)≥2eq\r(3).當(dāng)且僅當(dāng)m＝2時(shí)，|EF1|＋|EF2|取得最小值2eq\r(3)，此時(shí)橢圓的方程為eq\f(x2,3)＋y2＝1.(2)設(shè)直線l的方程為y＝kx＋t.由方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋3y2＝3，,y＝kx＋t，))消去y得(1＋3k2)x2＋6ktx＋3t2－3＝0.∵直線l與橢圓交于不同的兩點(diǎn)A，B，∴Δ＝(6kt)2－4(1＋3k2)(3t2－3)>0，即t2<1＋3k2.①設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q(xQ，yQ)，則x1＋x2＝－eq\f(6kt,1＋3k2).由＝，得Q為線段AB的中點(diǎn)，則xQ＝eq\f(x1＋x2,2)＝－eq\f(3kt,1＋3k2)，yQ＝kxQ＋t＝eq\f(t,1＋3k2).∵·＝0，∴直線l的斜率k與直線QN的斜率k乘積為－1，即kQN·k＝－1，∴eq\f(\f(t,1＋3k2)＋1,－\f(3kt,1＋3k2))·k＝－1，化簡(jiǎn)得1＋3k2＝2t，代入①式得t2<2t，解得0<t<2.又k≠0，即3k2>0，故2t＝1＋3k2>1，得t>eq\f(1,2).綜上，直線l在y軸上的截距t的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)