高考数学(理数)一轮复习检测卷：8.4《椭圆》 (教师版)

这是一份高考数学(理数)一轮复习检测卷：8.4《椭圆》 (教师版)

限时规范训练(限时练·夯基练·提能练)A级　基础夯实练1．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的一个焦点是圆x2＋y2－6x＋8＝0的圆心，且短轴长为8，则椭圆的左顶点为(　　)A．(－3，0)　　　　　　　 B．(－4，0)C．(－10，0) D．(－5，0)解析：选D.∵圆的标准方程为(x－3)2＋y2＝1，∴圆心坐标为(3，0)，∴c＝3.又b＝4，∴a＝eq \r(b2＋c2)＝5.∵椭圆的焦点在x轴上，∴椭圆的左顶点为(－5，0)．2．已知椭圆的中心在坐标原点，长轴长是8，离心率是eq \f(3,4)，则此椭圆的标准方程是(　　)A.eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,7)＝1 B．eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,7)＝1或eq \f(x2,7)＋eq \f(y2,16)＝1C.eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,25)＝1 D．eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,25)＝1或eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,16)＝1解析：选B.因为a＝4，e＝eq \f(3,4)，所以c＝3，所以b2＝a2－c2＝16－9＝7.因为焦点的位置不确定，所以椭圆的标准方程是eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,7)＝1或eq \f(x2,7)＋eq \f(y2,16)＝1.3．设F1，F2分别为椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,5)＝1的两个焦点，点P在椭圆上，若线段PF1的中点在y轴上，则eq \f(|PF2|,|PF1|)的值为(　　)A.eq \f(5,14) B．eq \f(5,13)C.eq \f(4,9) D．eq \f(5,9)解析：选B.由题意知a＝3，b＝eq \r(5)，c＝2.设线段PF1的中点为M，则有OM∥PF2，因为OM⊥F1F2，所以PF2⊥F1F2，所以|PF2|＝eq \f(b2,a)＝eq \f(5,3).又因为|PF1|＋|PF2|＝2a＝6，所以|PF1|＝2a－|PF2|＝eq \f(13,3)，所以eq \f(|PF2|,|PF1|)＝eq \f(5,3)×eq \f(3,13)＝eq \f(5,13)，故选B.4．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右顶点和上顶点分别为A、B，左焦点为F.以原点O为圆心的圆与直线BF相切，且该圆与y轴的正半轴交于点C，过点C的直线交椭圆于M、N两点．若四边形FAMN是平行四边形，则该椭圆的离心率为(　　)A.eq \f(3,5) B．eq \f(1,2)C.eq \f(2,3) D．eq \f(3,4)解析：选A.因为圆O与直线BF相切，所以圆O的半径为eq \f(bc,a)，即OC＝eq \f(bc,a)，因为四边形FAMN是平行四边形，所以点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋c,2)，\f(bc,a)))，代入椭圆方程得eq \f(（a＋c）2,4a2)＋eq \f(c2b2,a2b2)＝1，所以5e2＋2e－3＝0，又0＜e＜1，所以e＝eq \f(3,5).故选A.5．以椭圆短轴为直径的圆经过此椭圆的长轴的两个三等分点，则该椭圆的离心率是(　　)A.eq \f(1,3) B．eq \f(\r(3),3)C.eq \f(\r(3),4) D．eq \f(2\r(2),3)解析：选D.不妨令椭圆方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)．因为以椭圆短轴为直径的圆经过此椭圆的长轴的两个三等分点，所以2b＝eq \f(2a,3)，即a＝3b，则c＝eq \r(a2－b2)＝2eq \r(2)b，则该椭圆的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2\r(2),3).故选D.6．若椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，短轴长为4，则椭圆的标准方程为________．解析：由题意可知e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，2b＝4，得b＝2，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,a2＝b2＋c2＝4＋c2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝4，,c＝2\r(3)，))所以椭圆的标准方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1.答案：eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝17．设F1，F2是椭圆eq \f(x2,49)＋eq \f(y2,24)＝1的两个焦点，P是椭圆上的点，且|PF1|∶|PF2|＝4∶3，则△PF1F2的面积为________．解析：因为|PF1|＋|PF2|＝14，又|PF1|∶|PF2|＝4∶3，所以|PF1|＝8，|PF2|＝6.因为|F1F2|＝10，所以PF1⊥PF2.所以S△PF1F2＝eq \f(1,2)|PF1|·|PF2|＝eq \f(1,2)×8×6＝24.答案：248．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦点为F1(－c，0)，右顶点为A，上顶点为B，现过A点作直线F1B的垂线，垂足为T，若直线OT(O为坐标原点)的斜率为－eq \f(3b,c)，则该椭圆的离心率为________．解析：因为椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，A，B和F1点坐标分别为(a，0)，(0，b)，(－c，0)，所以直线BF1的方程是y＝eq \f(b,c)x＋b，OT的方程是y＝－eq \f(3b,c)x.联立解得T点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(c,4)，\f(3b,4)))，直线AT的斜率为－eq \f(3b,4a＋c).由AT⊥BF1得，－eq \f(3b,4a＋c)×eq \f(b,c)＝－1，∴3b2＝4ac＋c2，∴3(a2－c2)＝4ac＋c2，∴4e2＋4e－3＝0，又0＜e＜1，所以e＝eq \f(1,2).答案：eq \f(1,2)9．分别求出满足下列条件的椭圆的标准方程．(1)与椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1有相同的离心率且经过点(2，－eq \r(3))；(2)已知点P在以坐标轴为对称轴的椭圆上，且P到两焦点的距离分别为5，3，过P且与长轴垂直的直线恰过椭圆的一个焦点．解：(1)由题意，设所求椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝t1或eq \f(y2,4)＋eq \f(x2,3)＝t2(t1，t2＞0)，因为椭圆过点(2，－eq \r(3))，所以t1＝eq \f(22,4)＋eq \f(（－\r(3)）2,3)＝2，或t2＝eq \f(（－\r(3)）2,4)＋eq \f(22,3)＝eq \f(25,12).故所求椭圆的标准方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,6)＝1或eq \f(y2,\f(25,3))＋eq \f(x2,\f(25,4))＝1.(2)由于焦点的位置不确定，所以设所求的椭圆方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)或eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)，由已知条件得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a＝5＋3，,（2c）2＝52－32，))解得a＝4，c＝2，所以b2＝12.故椭圆方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1或eq \f(y2,16)＋eq \f(x2,12)＝1.10．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)经过点(eq \r(2)，1)，且离心率为eq \f(\r(2),2).(1)求椭圆C的方程；(2)设M，N是椭圆上的点，直线OM与ON(O为坐标原点)的斜率之积为－eq \f(1,2).若动点P满足eq \o(OP,\s\up10(→))＝eq \o(OM,\s\up10(→))＋2eq \o(ON,\s\up10(→))，求点P的轨迹方程．解：(1)因为e＝eq \f(\r(2),2)，所以eq \f(b2,a2)＝eq \f(1,2)，又椭圆C经过点(eq \r(2)，1)，所以eq \f(2,a2)＋eq \f(1,b2)＝1，解得a2＝4，b2＝2，所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.(2)设P(x，y)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则由eq \o(OP,\s\up10(→))＝eq \o(OM,\s\up10(→))＋2eq \o(ON,\s\up10(→))得x＝x1＋2x2，y＝y1＋2y2，因为点M，N在椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1上，所以xeq \o\al(2,1)＋2yeq \o\al(2,1)＝4，xeq \o\al(2,2)＋2yeq \o\al(2,2)＝4，故x2＋2y2＝(xeq \o\al(2,1)＋4x1x2＋4xeq \o\al(2,2))＋2(yeq \o\al(2,1)＋4y1y2＋4yeq \o\al(2,2))＝(xeq \o\al(2,1)＋2yeq \o\al(2,1))＋4(xeq \o\al(2,2)＋2yeq \o\al(2,2))＋4(x1x2＋2y1y2)＝20＋4(x1x2＋2y1y2)．设kOM，kON分别为直线OM与ON的斜率，由题意知，kOM·kON＝eq \f(y1y2,x1x2)＝－eq \f(1,2)，因此x1x2＋2y1y2＝0，所以x2＋2y2＝20，故点P的轨迹方程为eq \f(x2,20)＋eq \f(y2,10)＝1.B级　能力提升练11．如图，已知椭圆C的中心为原点O，F(－5，0)为C的左焦点，P为C上一点，满足|OP|＝|OF|且|PF|＝6，则椭圆C的方程为(　　)A.eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,16)＝1 B．eq \f(x2,40)＋eq \f(y2,15)＝1C.eq \f(x2,49)＋eq \f(y2,24)＝1 D．eq \f(x2,45)＋eq \f(y2,20)＝1解析：选C.由题意可得c＝5，设右焦点为F′，连接PF′，由|OP|＝|OF|＝|OF′|知，∠PFF′＝∠FPO，∠OF′P＝∠OPF′，∴∠PFF′＋∠OF′P＝∠FPO＋∠OPF′，∴∠FPO＋∠OPF′＝90°，即PF⊥PF′.在Rt△PFF′中，由勾股定理，得|PF′|＝eq \r(|FF′|2－|PF|2)＝eq \r(102－62)＝8，由椭圆定义，得|PF|＋|PF′|＝2a＝6＋8＝14，从而a＝7，得a2＝49，于是b2＝a2－c2＝72－52＝24，所以椭圆C的方程为eq \f(x2,49)＋eq \f(y2,24)＝1，故选C.12．椭圆eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1的左焦点为F，直线x＝a与椭圆相交于点M，N，当△FMN的周长最大时，△FMN的面积是(　　)A.eq \f(\r(5),5) B．eq \f(6\r(5),5)C.eq \f(8\r(5),5) D．eq \f(4\r(5),5)解析：选C.设椭圆的右焦点为E，由椭圆的定义知△FMN的周长为L＝|MN|＋|MF|＋|NF|＝|MN|＋(2eq \r(5)－|ME|)＋(2eq \r(5)－|NE|)．因为|ME|＋|NE|≥|MN|，所以|MN|－|ME|－|NE|≤0，当直线MN过点E时取等号，所以L＝4eq \r(5)＋|MN|－|ME|－|NE|≤4eq \r(5)，即直线x＝a过椭圆的右焦点E时，△FMN的周长最大，此时S△FMN＝eq \f(1,2)×|MN|×|EF|＝eq \f(1,2)×eq \f(2×4,\r(5))×2＝eq \f(8\r(5),5)，故选C.13．已知P为椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上一点，F1，F2是其左、右焦点，∠F1PF2取最大值时，cos∠F1PF2＝eq \f(1,3)，则椭圆的离心率为________．解析：易知∠F1PF2取最大值时，点P为椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1与y轴的交点，由余弦定理及椭圆的定义得2a2－eq \f(2a2,3)＝4c2，即a＝eq \r(3)c，所以椭圆的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),3).答案：eq \f(\r(3),3)14．椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦点为F，若F关于直线eq \r(3)x＋y＝0的对称点A是椭圆C上的点，则椭圆C的离心率为________．解析：设F′为椭圆的右焦点，则AF⊥AF′，∠AF′F＝eq \f(π,3)，∴|AF|＝eq \r(3)|AF′|，|FF′|＝2|AF′|，因此椭圆C的离心率为eq \f(2c,2a)＝eq \f(|FF′|,|AF|＋|AF′|)＝eq \f(2,\r(3)＋1)＝eq \r(3)－1.答案：eq \r(3)－115．已知A(x0，0)，B(0，y0)两点分别在x轴和y轴上运动，且|AB|＝1，若动点P(x，y)满足eq \o(OP,\s\up10(→))＝2eq \o(OA,\s\up10(→))＋eq \r(3)eq \o(OB,\s\up10(→)).(1)求动点P的轨迹C的标准方程；(2)直线l：x＝ty＋1与曲线C交于A，B两点，E(－1，0)，试问：当t变化时，是否存在一条直线l，使△ABE的面积为2eq \r(3)？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．解：(1)因为eq \o(OP,\s\up10(→))＝2eq \o(OA,\s\up10(→))＋eq \r(3)eq \o(OB,\s\up10(→))，即(x，y)＝2(x0，0)＋eq \r(3)(0，y0)＝(2x0，eq \r(3)y0)，所以x＝2x0，y＝eq \r(3)y0，所以x0＝eq \f(1,2)x，y0＝eq \f(\r(3),3)y，又|AB|＝1，所以xeq \o\al(2,0)＋yeq \o\al(2,0)＝1，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)y))eq \s\up12(2)＝1，即eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，所以动点P的轨迹C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.(2)由方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(3t2＋4)y2＋6ty－9＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝－eq \f(6t,3t2＋4)，y1y2＝－eq \f(9,3t2＋4)＜0，所以|y1－y2|＝eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6t,3t2＋4)))\s\up12(2)－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,3t2＋4))))＝eq \f(12\r(t2＋1),3t2＋4).因为直线x＝ty＋1过点F(1，0)，所以S△ABE＝eq \f(1,2)|EF||y1－y2|＝eq \f(1,2)×2×eq \f(12\r(t2＋1),3t2＋4)＝eq \f(12\r(t2＋1),3t2＋4)，令eq \f(12\r(t2＋1),3t2＋4)＝2eq \r(3)，则t2＝－eq \f(2,3)，不成立，故不存在满足题意的直线l.16．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，左焦点为F(－1，0)，过点D(0，2)且斜率为k的直线l交椭圆于A，B两点．(1)求椭圆C的标准方程；(2)在y轴上，是否存在定点E，使eq \o(AE,\s\up10(→))·eq \o(BE,\s\up10(→))恒为定值？若存在，求出E点的坐标和这个定值；若不存在，说明理由．解：(1)由已知可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2＝b2＋c2，,c＝1，))可得a2＝2，b2＝1，所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.(2)设过点D(0，2)且斜率为k的直线l的方程为y＝kx＋2，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝kx＋2，))消去y整理得(1＋2k2)x2＋8kx＋6＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq \f(8k,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(6,1＋2k2).又y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝－eq \f(2k2－4,2k2＋1)，y1＋y2＝(kx1＋2)＋(kx2＋2)＝k(x1＋x2)＋4＝eq \f(4,2k2＋1).设存在点E(0，m)，则eq \o(AE,\s\up10(→))＝(－x1，m－y1)，eq \o(BE,\s\up10(→))＝(－x2，m－y2)，所以eq \o(AE,\s\up10(→))·eq \o(BE,\s\up10(→))＝x1x2＋m2－m(y1＋y2)＋y1y2＝eq \f(6,2k2＋1)＋m2－m×eq \f(4,2k2＋1)－eq \f(2k2－4,2k2＋1)＝eq \f(（2m2－2）k2＋m2－4m＋10,2k2＋1).要使eq \o(AE,\s\up10(→))·eq \o(BE,\s\up10(→))＝t(t为常数)，只需eq \f(（2m2－2）k2＋m2－4m＋10,2k2＋1)＝t，从而(2m2－2－2t)k2＋m2－4m＋10－t＝0，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2m2－2－2t＝0，,m2－4m＋10－t＝0，))解得m＝eq \f(11,4)，从而t＝eq \f(105,16)，故存在定点Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(11,4)))，使eq \o(AE,\s\up10(→))·eq \o(BE,\s\up10(→))恒为定值eq \f(105,16).C级　素养加强练17．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的一个顶点为B(0，4)，离心率e＝eq \f(\r(5),5)，直线l交椭圆于M，N两点．(1)若直线l的方程为y＝x－4，求弦MN的长；(2)如果△BMN的重心恰好为椭圆的右焦点F，求直线l方程的一般式．解：(1)由已知得b＝4，且eq \f(c,a)＝eq \f(\r(5),5)，即eq \f(c2,a2)＝eq \f(1,5)，∴eq \f(a2－b2,a2)＝eq \f(1,5)，解得a2＝20，∴椭圆方程为eq \f(x2,20)＋eq \f(y2,16)＝1.则4x2＋5y2＝80与y＝x－4联立，消去y得9x2－40x＝0，∴x1＝0，x2＝eq \f(40,9)，∴所求弦长|MN|＝eq \r(1＋12)|x2－x1|＝eq \f(40\r(2),9).(2)设椭圆右焦点F的坐标为(2，0)，线段MN的中点为Q(x0，y0)，由三角形重心的性质知eq \o(BF,\s\up10(→))＝2eq \o(FQ,\s\up10(→))，又B(0，4)，∴(2，－4)＝2(x0－2，y0)，故得x0＝3，y0＝－2，即得Q的坐标为(3，－2)．设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝6，y1＋y2＝－4，且eq \f(xeq \o\al(2,1),20)＋eq \f(yeq \o\al(2,1),16)＝1，eq \f(xeq \o\al(2,2),20)＋eq \f(yeq \o\al(2,2),16)＝1，以上两式相减得eq \f(（x1＋x2）（x1－x2）,20)＋eq \f(（y1＋y2）（y1－y2）,16)＝0，∴kMN＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(4,5)·eq \f(x1＋x2,y1＋y2)＝－eq \f(4,5)×eq \f(6,－4)＝eq \f(6,5)，故直线MN的方程为y＋2＝eq \f(6,5)(x－3)，即6x－5y－28＝0.