高中数学第三章 圆锥曲线的方程3.1 椭圆精品第2课时课后作业题

这是一份高中数学第三章 圆锥曲线的方程3.1 椭圆精品第2课时课后作业题，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知椭圆eq \f(x2,10－m)＋eq \f(y2,m－2)＝1的长轴在y轴上，若焦距为4，则m等于( D )
A．4B．5
C．7D．8
[解析] 由题意知，c＝2，a2＝m－2，b2＝10－m，
∴m－2－10＋m＝4，∴m＝8.
2．椭圆的一个顶点与两焦点组成等边三角形，则它的离心率e为( A )
A．eq \f(1,2)B．eq \f(1,3)
C．eq \f(1,4)D．eq \f(\r(2),2)
[解析] 由题意，得a＝2c，∴e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2).
3．与椭圆9x2＋4y2＝36有相同焦点，且短轴长为4eq \r(5)的椭圆方程是( B )
A．eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,20)＝1B．eq \f(x2,20)＋eq \f(y2,25)＝1
C．eq \f(x2,20)＋eq \f(y2,45)＝1D．eq \f(x2,80)＋eq \f(y2,85)＝1
[解析] 椭圆9x2＋4y2＝36的焦点为(0，eq \r(5))，(0，－eq \r(5))，
∵b＝2eq \r(5)，∴a2＝25，故选B．
4．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,4)＝1的一个焦点为(2,0)，则C的离心率为( C )
A．eq \f(1,3)B．eq \f(1,2)
C．eq \f(\r(2),2)D．eq \f(2\r(2),3)
[解析] 由题意得焦点在x轴，
∵ a2＝4＋22＝8，
∴ a＝2eq \r(2)，∴ e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2,2\r(2))＝eq \f(\r(2),2).
故选C．
5．椭圆x2＋my2＝1的焦点在y轴上，长轴长是短轴长的两倍，则m的值为( A )
A．eq \f(1,4)B．eq \f(1,2)
C．2D．4
[解析] 由题意得eq \f(y2,\f(1,m))＋x2＝1，且eq \r(\f(1,m))＝2，∴m＝eq \f(1,4).故选A．
6．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1，A2，且以线段A1A2为直径的圆与直线bx－ay＋2ab＝0相切，则C的离心率为( A )
A．eq \f(\r(6),3)B．eq \f(\r(3),3)
C．eq \f(\r(2),3)D．eq \f(1,3)
[解析] 由题意知以A1A2为直径的圆的圆心为(0,0)，半径为a.
又直线bx－ay＋2ab＝0与圆相切，
∴圆心到直线的距离d＝eq \f(2ab,\r(a2＋b2))＝a，
解得a＝eq \r(3)b，∴eq \f(b,a)＝eq \f(1,\r(3))，
∴e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(a2－b2),a)＝eq \r(1－\f(b,a)2)＝eq \r(1－\f(1,\r(3))2)＝eq \f(\r(6),3).
二、填空题
7．已知椭圆的中心在原点，若长轴长为18，且两个焦点恰好将长轴三等分，则此椭圆的标准方程为__eq \f(x2,81)＋eq \f(y2,72)＝1或eq \f(x2,72)＋eq \f(y2,81)＝1 __.
[解析] ∵椭圆长轴长为18，∴a＝9.
∵两个焦点将长轴三等分，
∴a－c＝2c，∴c＝3，∴b2＝a2－c2＝72.
∵焦点位置不确定，
∴方程为eq \f(x2,81)＋eq \f(y2,72)＝1或eq \f(x2,72)＋eq \f(y2,81)＝1.
8．椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,m)＝1的离心率为eq \f(1,2)，则m＝__3或eq \f(16,3) __.
[解析] 当焦点在x轴上时，e＝eq \f(\r(4－m),2)＝eq \f(1,2)，∴m＝3.
当焦点在y轴上时，e＝＝eq \f(1,2)，∴m＝eq \f(16,3).
三、解答题
9．已知椭圆eq \f(x2,49)＋eq \f(y2,24)＝1上一点P与椭圆的两个焦点F1，F2的连线互相垂直.
(1)求椭圆的离心率；
(2)求△PF1F2的面积．
[解析] (1)由题意可知a2＝49，b2＝24，
∴a＝7，b＝2eq \r(6)，c2＝a2－b2＝25，∴c＝5，e＝eq \f(5,7).
由椭圆定义得|PF1|＋|PF2|＝2a＝14，
由题意可知在Rt△PF1F2中有|PF1|2＋|PF2|2＝(2c)2＝100，
∴2|PF1||PF2|＝(|PF1|＋|PF2|)2－(|PF1|2＋|PF2|2)＝142－100＝96，
∴|PF1||PF2|＝48.
∴S＝eq \f(1,2)|PF1||PF2|＝24.
B级 素养提升
一、选择题
1．已知椭圆的对称轴是坐标轴，离心率为eq \f(1,3)，长轴长为12，则椭圆方程为 ( C )
A．eq \f(x2,144)＋eq \f(y2,128)＝1或eq \f(x2,128)＋eq \f(y2,144)＝1
B．eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,4)＝1
C．eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,32)＝1或eq \f(x2,32)＋eq \f(y2,36)＝1
D．eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,6)＝1或eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,4)＝1
[解析] 由条件知a＝6，e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,3)，∴c＝2，∴b2＝a2－c2＝32，故选C．
2．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为eq \f(\r(3),3)，过F2的直线l交C于A，B两点，若△AF1B的周长为4eq \r(3)，则C的方程为 ( A )
A．eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1B．eq \f(x2,3)＋y2＝1
C．eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,8)＝1D．eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,4)＝1
[解析] 根据条件可知eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),3)，且4a＝4eq \r(3)，
∴a＝eq \r(3)，c＝1，b2＝2，
∴椭圆的方程为eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1.
3．若直线y＝x＋eq \r(6)与椭圆x2＋eq \f(y2,m2)＝1(m>0且m≠1)只有一个公共点，则该椭圆的长轴长为 ( D )
A．1B．eq \r(5)
C．2D．2eq \r(5)
[解析] 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋\r(6),x2＋\f(y2,m2)＝1))，得
(1＋m2)x2＋2eq \r(6)x＋6－m2＝0，
由已知得Δ＝24－4(1＋m2)(6－m2)＝0，解得m2＝5，
∴椭圆的长轴长为2eq \r(5).
4．已知直线l过点(3，－1)，且椭圆C：eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,36)＝1，则直线l与椭圆C的公共点的个数为 ( C )
A．1B．1或2
C．2D．0
[解析] 因为直线过定点(3，－1)且eq \f(32,25)＋eq \f(－12,36)<1，所以点(3，－1)在椭圆的内部，故直线l与椭圆有2个公共点．
5．已知圆C1：x2＋2cx＋y2＝0，圆C2：x2－2cx＋y2＝0，椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，若圆C1，C2都在椭圆内，则椭圆离心率的取值范围是 ( B )
A．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))B．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
C．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1))D．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))
[解析] 圆C1，C2都在椭圆内等价于圆C2的右顶点(2c,0)，上顶点(c，c)在椭圆内部，
∴只需eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2c≤a，,\f(c2,a2)＋\f(c2,b2)≤1))⇒0即椭圆离心率的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
二、填空题
6．已知点P(0,1)，椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝m(m>1)上两点A，B满足eq \(AP,\s\up6(→))＝2eq \(PB,\s\up6(→))，则当m＝__5___时，点B横坐标的绝对值最大.
[解析] eq \a\vs4\al(方法1：)如图，设A(xA，yA)，B(xB，yB)，由于椭圆具有对称性，不妨设点B在第一象限，则xB>0，yB>0.
∵ P(0,1)，eq \(AP,\s\up6(→))＝2eq \(PB,\s\up6(→))，
∴ (－xA,1－yA)＝2(xB，yB－1)．
∴ －xA＝2xB，
即xA＝－2xB.
设直线AB：y＝kx＋1(k>0)．
将y＝kx＋1代入eq \f(x2,4)＋y2＝m，
得(1＋4k2)x2＋8kx＋4－4m＝0.(*)
∴ xA＋xB＝－xB＝－eq \f(8k,1＋4k2)，
∴ xB＝eq \f(8k,1＋4k2)＝eq \f(8,\f(1,k)＋4k)≤eq \f(8,2× \r(\f(1,k)×4k))＝2，
当eq \f(1,k)＝4k，即k＝eq \f(1,2)时，xB取到最大值2，
此时方程(*)化为x2＋2x＋2－2m＝0，
∴xA·xB＝－2xeq \\al(2,B)，即2－2m＝－8，
解得m＝5.
当点B在其他象限时，同理可解．
eq \a\vs4\al(方法2：)设直线AB：y＝kx＋1(k≠0)，A(xA，yA)，B(xB，yB)．
由P(0,1)，eq \(AP,\s\up6(→))＝2eq \(PB,\s\up6(→))，得xA＝－2xB.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(x2,4)＋y2＝m，))得(1＋4k2)x2＋8kx＋4－4m＝0，
∴ xA＋xB＝－xB＝eq \f(－8k,4k2＋1)，xAxB＝－2xeq \\al(2,B)＝eq \f(4－4m,4k2＋1).
消去xB，得m＝1＋eq \f(32k2,4k2＋1).
|xB|＝eq \f(8|k|,4k2＋1)≤eq \f(8,4|k|＋\f(1,|k|))≤2，
当|k|＝eq \f(1,2)时，|xB|max＝2，此时m＝5.
7．设A，B是椭圆C：eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,m)＝1长轴的两个端点．若C上存在点M满足∠AMB＝120°，则m的取值范围是__(0,1]∪[9，＋∞)___.
[解析] 方法1：设焦点在x轴上，点M(x，y)．
过点M作x轴的垂线，交x轴于点N，
则N(x,0)．
故tan∠AMB＝tan(∠AMN＋∠BMN)＝eq \f(\f(\r(3)＋x,|y|)＋\f(\r(3)－x,|y|),1－\f(\r(3)＋x,|y|)·\f(\r(3)－x,|y|))＝eq \f(2\r(3)|y|,x2＋y2－3).
又tan∠AMB＝tan 120°＝－eq \r(3)，
且由eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,m)＝1可得x2＝3－eq \f(3y2,m)，
则eq \f(2\r(3)|y|,3－\f(3y2,m)＋y2－3)＝eq \f(2\r(3)|y|,1－\f(3,m)y2)＝－eq \r(3).
解得|y|＝eq \f(2m,3－m).
又0<|y|≤eq \r(m)，即0对于焦点在y轴上的情况，同理亦可得m≥9.
则m的取值范围是(0,1]∪[9，＋∞)．
方法2：当0要使C上存在点M满足∠AMB＝120°，
则eq \f(a,b)≥tan 60°＝eq \r(3)，即eq \f(\r(3),\r(m))≥eq \r(3)，
解得0当m>3时，焦点在y轴上，
要使C上存在点M满足∠AMB＝120°，
则eq \f(a,b)≥tan 60°＝eq \r(3)，即eq \f(\r(m),\r(3))≥eq \r(3)，解得m≥9.
故m的取值范围为(0,1]∪[9，＋∞)．
三、解答题
8．已知椭圆M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(6),3)，焦距为2eq \r(2).斜率为k的直线l与椭圆M有两个不同的交点A，B.
(1)求椭圆M的方程；
(2)若k＝1，求|AB|的最大值；
(3)设P(－2,0)，直线PA与椭圆M的另一个交点为C，直线PB与椭圆M的另一个交点为D，若C，D和点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,4)，\f(1,4)))共线，求k.
[解析] (1)解：由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝b2＋c2，,\f(c,a)＝\f(\r(6),3)，,2c＝2\r(2)，))解得a＝eq \r(3)，b＝1.
所以椭圆M的方程为eq \f(x2,3)＋y2＝1.
(2)解：设直线l的方程为y＝x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，))得4x2＋6mx＋3m2－3＝0，
所以x1＋x2＝－eq \f(3m,2)，x1x2＝eq \f(3m2－3,4).
所以|AB|＝ eq \r(x2－x12＋y2－y12)
＝ eq \r(2x2－x12)
＝ eq \r(2[x1＋x22－4x1x2])
＝ eq \r(\f(12－3m2,2)).
当m＝0，即直线l过原点时，|AB|最大，最大值为eq \r(6).
(3)解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由题意得xeq \\al(2,1)＋3yeq \\al(2,1)＝3，xeq \\al(2,2)＋3yeq \\al(2,2)＝3.
直线PA的方程为y＝eq \f(y1,x1＋2)(x＋2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(y1,x1＋2)x＋2，,x2＋3y2＝3，))得
[(x1＋2)2＋3yeq \\al(2,1)]x2＋12yeq \\al(2,1)x＋12yeq \\al(2,1)－3(x1＋2)2＝0.
设C(xC，yC)，
所以xC＋x1＝eq \f(－12y\\al(2,1),x1＋22＋3y\\al(2,1))＝eq \f(4x\\al(2,1)－12,4x1＋7).
所以xC＝eq \f(4x\\al(2,1)－12,4x1＋7)－x1＝eq \f(－12－7x1,4x1＋7).
所以yC＝eq \f(y1,x1＋2)(xC＋2)＝eq \f(y1,4x1＋7).
设D(xD，yD)，
同理得xD＝eq \f(－12－7x2,4x2＋7)，yD＝eq \f(y2,4x2＋7).
记直线CQ，DQ的斜率分别为kCQ，kDQ，
则kCQ－kDQ＝eq \f(\f(y1,4x1＋7)－\f(1,4),\f(－12－7x1,4x1＋7)＋\f(7,4))－eq \f(\f(y2,4x2＋7)－\f(1,4),\f(－12－7x2,4x2＋7)＋\f(7,4))＝4(y1－y2－x1＋x2)．
因为C，D，Q三点共线，
所以kCQ－kDQ＝0.
故y1－y2＝x1－x2.
所以直线l的斜率k＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝1.
C级 能力提高
1．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点(1，eq \f(\r(3),2))，(eq \r(2)，－eq \f(\r(2),2))，过点(0，eq \r(3))且斜率为k的直线l与椭圆C交于E，F两点，其中k<0，点E在第一象限.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)记椭圆C的右顶点为G，点H(3，y0)，若四边形GHEF为平行四边形，求直线l的方程．
[解析] (1)依题意可得eq \f(1,a2)＋eq \f(3,4b2)＝1且eq \f(2,a2)＋eq \f(1,2b2)＝1，
解得eq \f(1,a2)＝eq \f(1,4)，eq \f(1,b2)＝1，
故椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
若四边形GHEF是平行四边形，则HG∥EF，且|HG|＝|EF|，
因为G(2,0)，
所以直线HG的方程为y＝k(x－2)，k<0，
所以H(3，k)，|HG|＝eq \r(k2＋1).
设E(x1，y1)，F(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋\r(3),x2＋4y2＝4))，消去y得
(4k2＋1)x2＋8eq \r(3)kx＋8＝0，
则x1＋x2＝－eq \f(8\r(3)k,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(8,4k2＋1)，
所以|EF|＝eq \r(k2＋1[x1＋x22－4x1x2])＝eq \r(k2＋1\f(64k2－32,4k2＋12)).
因为|GH|＝|EF|，所以eq \r(k2＋1\f(64k2－32,4k2＋12))＝eq \r(k2＋1)，
整理得16k4－56k2＋33＝0，结合k<0解得k＝－eq \f(\r(3),2)或k＝－eq \f(\r(11),2).
经检验k＝－eq \f(\r(3),2)与k＝－eq \f(\r(11),2)均符合Δ>0，
但k＝－eq \f(\r(3),2)时，不满足HGEF是平行四边形，应舍去，所以k＝－eq \f(\r(11),2).
故直线l的方程为y＝－eq \f(\r(11),2)x＋eq \r(3).
2．设O为坐标原点，动点M在椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足eq \(NP,\s\up6(→))＝eq \r(2) eq \(NM,\s\up6(→)).
(1)求点P的轨迹方程；
(2)设点Q在直线x＝－3上，且eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(PQ,\s\up6(→))＝1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
[解析] (1)设P(x，y)，M(x0，y0)，
则N(x0，0)，eq \(NP,\s\up6(→))＝(x－x0，y)，eq \(NM,\s\up6(→))＝(0，y0)．
由eq \(NP,\s\up6(→))＝eq \r(2) eq \(NM,\s\up6(→))，得x0＝x，y0＝eq \f(\r(2),2)y.
因为M(x0，y0)在C上，所以eq \f(x2,2)＋eq \f(y2,2)＝1.
因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2.
由题意知F(－1,0)．
设Q(－3，t)，P(m，n)，
则eq \(OQ,\s\up6(→))＝(－3，t)，eq \(PF,\s\up6(→))＝(－1－m，－n)，eq \(OQ,\s\up6(→))·eq \(PF,\s\up6(→))＝3＋3m－tn，
eq \(OP,\s\up6(→))＝(m，n)，eq \(PQ,\s\up6(→))＝(－3－m，t－n)．
由eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(PQ,\s\up6(→))＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1，
又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0.
所以eq \(OQ,\s\up6(→))·eq \(PF,\s\up6(→))＝0，即eq \(OQ,\s\up6(→))⊥eq \(PF,\s\up6(→)).
又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.