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全国统考2022版高考数学大一轮复习第10章圆锥曲线与方程第1讲椭圆2备考试题（含解析）
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这是一份全国统考2022版高考数学大一轮复习第10章圆锥曲线与方程第1讲椭圆2备考试题（含解析），共9页。
第十章 圆锥曲线与方程
第一讲 椭 圆
1.[2021八省市新高考适应性考试]椭圆x2m2+1+y2m2=1(m>0)的焦点为F1,F2,上顶点为A,若∠F1AF2=π3,则m=( )
A.1 B.2 C.3 D.2
2.[2021广东深圳模拟]已知动点M在以F1,F2为焦点的椭圆x2+y24=1上,动点N在以M为圆心,|MF1|为半径的圆上,则|NF2|的最大值为( )
A.2 B.4 C.8 D.16
3.[2020安徽省示范高中名校联考]已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),F1,F2分别为其左、右焦点,|F1F2|=22,B为短轴的一个端点,△BF1O(O为坐标原点)的面积为7,则椭圆的长轴长为( )
A.4 B.8
C.1+332 D.1+33
4.[2020陕西省部分学校摸底检测]已知F1,F2分别为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,点P是椭圆上位于第一象限的点,延长PF2交椭圆于点Q,若PF1⊥PQ,且|PF1|=|PQ|,则椭圆的离心率为( )
A.2-2 B.3-2
C.2-1 D.6-3
5.[2020福建省三明市模拟]已知P是椭圆x225+y29=1上一点,F1,F2分别为椭圆的左、右焦点,且∠F1PF2=60°,则△F1PF2面积为( )
A.33 B.23
C.3 D.33
6.[2019全国卷Ⅲ,15,5分]设F1,F2为椭圆C:x236+y220=1的两个焦点,M为C上一点且在第一象限.若△MF1F2为等腰三角形,则M的坐标为 .
7.[2020洛阳市第一次联考]已知椭圆C1:x2a12+y2b12=1(a1>b1>0)与双曲线C2:x2a22-y2b22=1(a2>0,b2>0)有相同的焦点F1,F2,点P是曲线C1与C2的一个公共点,e1,e2分别是C1和C2的离心率,若PF1⊥PF2,则4e12+e22的最小值为 .
8.[2020惠州市二调]已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短轴长为2,上顶点为A,左顶点为B,左、右焦点分别是F1,F2,且△F1AB的面积为2-32,点P为椭圆上的任意一点,则1|PF1|+1|PF2|的取值范围是 .
9.[2021贵阳市四校第二次联考]在平面直角坐标系中,椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为2,且过点(1,22).
(1)求椭圆C的方程;
(2)过椭圆C左焦点F1的直线l(不与坐标轴垂直)与椭圆C交于A,B两点,若点H(-13,0)满足|HA|=|HB|,求|AB|.
10.[2020陕西省百校第一次联考]已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F,椭圆上一动点M到点F的最远距离和最近距离分别为3+1和3-1.
(1)求椭圆的方程;
(2)设A,B分别为椭圆的左、右顶点,过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C,D两点,若AC·DB+AD·CB=10,求k的值.
11.[2021黑龙江大庆调研]已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),过原点的直线交椭圆于A,B两点,以AB为直径的圆过右焦点F,若∠FAB=α,α∈[π12,π3],则此椭圆离心率的取值范围是( )
A.[22,3-1] B.[22,63]
C.(0,22] D.[63,1)
12.[2021四川遂宁模拟]已知椭圆T:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长半轴长为2,且过点M(0,1).若过点M引两条互相垂直的直线l1,l2,P为椭圆上任意一点,记点P到l1,l2的距离分别为d1,d2,则d12+d22的最大值为( )
A.2 B.433 C.5 D.163
13.[2020四川五校联考]设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为53,以F1F2为直径的圆与椭圆C在第一象限的交点为P,则直线PF1的斜率为( )
A.13 B.12 C.33 D.32
14.[2020江西南昌模拟]已知F1,F2为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,过原点O且倾斜角为30°的直线l与椭圆C的一个交点为A,若AF1⊥AF2,S△F1AF2=2,则椭圆C的方程为( )
A.x26+y22=1 B.x28+y24=1
C.x28+y22=1 D.x220+y216=1
15.[2020广东七校联考]已知椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),焦距为2c,直线l:y=24x与椭圆C相交于A,B两点,若|AB|=2c,则椭圆C的离心率为 .
16.[2020四省八校联考]设点P是椭圆C:x28+y24=1上的动点,F为椭圆C的右焦点,定点A(2,1),则|PA|+|PF|的取值范围是 .
17.[2020山东枣庄模拟][递进型]已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,直线3x-y+43=0过点F1且与C在第二象限的交点为P,若∠POF1=60°(O为坐标原点),则F2的坐标为 ,C的离心率为 .
18.[2021河北六校第一次联考]已知P(2,3)是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一点,以点P及椭圆的左、右焦点F1,F2为顶点的三角形的面积为23.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)过F2作斜率存在且互相垂直的直线l1,l2,M是l1与C两交点的中点,N是l2与C两交点的中点,求△MNF2面积的最大值.
19.[2021广西北海市高三一模][数学与物理综合]2020年3月 9日,我国在西昌卫星发射中心用长征三号运载火箭,成功发射北斗系统第54颗导航卫星,第54颗导航卫星的运行轨道是以地心为一个焦点的椭圆.设地球半径为R,若其近地点、远地点离地面的距离大约分别是115R,13R,则第54颗导航卫星运行轨道(椭圆)的离心率是( )
A.25 B.15 C.23 D.19
20.[新角度题]历史上,许多人研究过圆锥的截口曲线.如图10-1-1,在此圆锥中,圆锥的母线与轴的夹角为30°,现有一截面与圆锥的一条母线垂直,与轴的交点O到圆锥顶点M的距离为1,对于所得截口曲线给出如下命题:
①该曲线为椭圆;②点O为该曲线上任意两点之间的线段中最长的线段的三等分点;③该曲线上任意两点间的距离中最长的距离为32;④该曲线上任意两点间的距离中最短的距离为233.
其中正确命题的序号为( )
A.①②④ B.①②③④ C.①②③ D.①④
图10-1-1
答 案
第十章 圆锥曲线与方程
第一讲 椭 圆
1.C 如图D 10-1-3所示,由题意可得△AF1F2为等边三角形,所以∠AF2O=π3,|AF1|=|AF2|=m2+1,所以sin∠AF2O=sinπ3=|AO||AF2|=m2m2+1,解得m=3,故选C.
图D 10-1-3
2.B 由椭圆的方程可得焦点在y轴上,长半轴长a=2.由题意可得|NF2|≤|F2M|+|MN|=|F2M|+|MF1|,当N,M,F2三点共线且M在线段NF2上时,|NF2|取得最大值,而此时|NF2|=|F2M|+|MN|=|F2M|+|MF1|=2a=4,所以|NF2|的最大值为4,故选B.
3.B 由题意可知c=2,S△BF1O=12bc=22b=7,解得b=14,所以a=b2+c2=4,所以椭圆的长轴长为2a=8,故选B.
4.D 设|PF1|=|PQ|=m(m>0),则|PF2|=2a-m,|QF2|=2m-2a,|QF1|=4a-2m.由题意知△PQF1为等腰直角三角形,所以|QF1|=2|PF1|,故m=4a-22a.因为|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2,所以(4a-22a)2+[2a-(4a-22a)]2=4c2,整理得4×(ca)2=36-242,即ca=9-62=6-3,故选D.
【解题关键】 求解本题的关键是利用题设条件构建关于a,c的一个方程.
5.A 解法一 由椭圆标准方程,得a=5,b=3,所以c=a2-b2=4.设|PF1|=t1,|PF2|=t2,由椭圆的定义可得t1+t2=10 ①.在△F1PF2中,∠F1PF2=60°,根据余弦定理可得|PF1|2+|PF2|2-2|PF1|·|PF2|cos 60°=|F1F2|2=(2c)2=64,整理可得t12+t22-t1t2=64 ②.把①两边平方得t12+t22+2t1t2=100 ③.由③-②可得t1t2=12,所以S△F1PF2=12t1t2sin∠F1PF2=33.故选A.
解法二 由椭圆焦点三角形的面积公式,得S△F1PF2=b2tanθ2=9tan60°2=33.故选A.
6.(3,15) 不妨令F1,F2分别为椭圆C的左、右焦点,根据题意可知a=6,c=36-20=4.因为△MF1F2为等腰三角形,所以易知|F1M|=2c=8,所以|F2M|=2a-8=4.设M(x,y),则x236+y220=1,|F1M|2=(x+4)2+y2=64,x>0,y>0,得x=3,y=15,所以M的坐标为(3,15).
7.92 设点P在双曲线的右支上,F2为两曲线的右焦点,由椭圆及双曲线的定义可得|PF1|+|PF2|=2a1,|PF1|-|PF2|=2a2,解得|PF1|=a1+a2,|PF2|=a1-a2.设|F1F2|=2c,因为PF1⊥PF2,所以(a1+a2)2+(a1-a2)2=4c2,整理得a12+a22=2c2,两边同时除以c2,得1e12+1e22=2.所以4e12+e22=12(4e12+e22)(1e12+1e22)=12(5+4e12e22+e22e12)≥12×(5+2×2)=92,当且仅当4e12e22=e22e12,且1e12+1e22=2时取“=”,即当e1=32,e2=62时取“=”,故4e12+e22的最小值为92.
8.[1,4] 由已知得2b=2,故b=1,∴a2-c2=b2=1 ①.∵△F1AB的面积为2-32,∴12(a-c)b=2-32,∴a-c=2-3 ②.由①②联立解得,a=2,c=3.由椭圆的定义知|PF1|+|PF2|=2a=4,∴1|PF1|+1|PF2|=|PF1|+|PF2||PF1||PF2|=4|PF1|(4-|PF1|)=4-|PF1|2+4|PF1|,又2-3≤|PF1|≤2+3,∴1≤-|PF1|2+4|PF1|≤4,∴1≤1|PF1|+1|PF2|≤4,即1|PF1|+1|PF2|的取值范围是[1,4].
9.(1)由题意得2c=2,即c=1,所以a2=b2+c2=b2+1,
将(1,22)代入x2b2+1+y2b2=1,可得1b2+1+12b2=1,
即2b2+b2+1=2b2(b2+1),整理得(2b2+1)(b2-1)=0,
解得b2=-12(舍去)或b2=1,则a2=2,
所以椭圆C的方程为x22+y2=1.
(2)由题意得F1(-1,0),设直线l的方程为y=k(x+1)(k≠0),
A(x1,y1),B(x2,y2),联立椭圆C与直线l的方程,可得x2+2k2(x+1)2=2,整理得(2k2+1)x2+4k2x+2k2-2=0,
则Δ=16k4-4(2k2+1)(2k2-2)=8(k2+1)>0,
且x1+x2=-4k22k2+1,x1x2=2k2-22k2+1.设AB的中点为M(x0,y0),则x0=x1+x22=-2k22k2+1,y0=k(x0+1)=k2k2+1.
因为点H(-13,0)满足|HA|=|HB|,
所以kMH=-1k,即k2k2+1-2k22k2+1+13=-1k,解得k=±1,
则x1+x2=-4k22k2+1=-43,x1x2=2k2-22k2+1=0,
所以|AB|=k2+1·(x1+x2)2-4x1x2=2×43=423.
10. (1)由题意知,a+c=3+1,a-c=3-1.
又a2=b2+c2,所以可得b=2,c=1,a=3,
所以椭圆的方程为x23+y22=1.
(2)由(1)可知F(-1,0),则直线CD的方程为y=k(x+1),
由y=k(x+1),x23+y22=1,
消去y得(2+3k2)x2+6k2x+3k2-6=0.
Δ=36k4-4(2+3k2)(3k2-6)=48k2+48>0.
设C(x1,y1),D(x2,y2),则x1+x2=-6k22+3k2,x1x2=3k2-62+3k2.
又A(-3,0),B(3,0),
所以AC·DB+AD·CB
=(x1+3,y1)·(3-x2,-y2)+(x2+3,y2)·(3-x1,-y1)
=6-2x1x2-2y1y2
=6-2x1x2-2k2(x1+1)(x2+1)
=6-(2+2k2)x1x2-2k2(x1+x2)-2k2
=6+2k2+122+3k2
=10,
解得k=±105.
11.B 设椭圆的另一个焦点为F',连接AF',BF,BF',如图D 10-1-4所示,则四边形AFBF'是矩形,所以|AB|=|FF'|=2c,|FA|=2c·cos α,|FB|=2c·sin α,由椭圆的定义可知,|FA|+|AF'|=|FA|+|FB|=2a,即2c·cos α+2c·sin α=2a.所以离心率e=ca=1sinα+cosα=12sin(α+π4).因为α∈[π12,π3],所以π4+α∈[π3,7π12],2sin(α+π4)∈[62,2],所以e∈[22,63].故选B.
图D 10-1-4
12.B 由题意可得a=2,b=1,所以椭圆的方程为x24+y2=1.设P(x,y),
①若直线l1,l2中的一条直线的斜率不存在,则另一条直线的斜率为0,不妨设直线l1的方程为x=0,则l2的方程为y=1.
则d12+d22=x2+(1-y)2,因为P在椭圆上,所以x2=4-4y2,
所以d12+d22=5-3y2-2y=5-3(y+13)2+13,y∈[-1,1],所以当y=-13时,d12+d22有最大值163,所以d12+d22的最大值为433.
②当直线l1,l2的斜率都存在,且不为0时,设直线l1的方程为y=kx+1,即kx-y+1=0,
则l2的方程为y=-1kx+1,即x+ky-k=0.
则d1=|kx-y+1|1+k2,d2=|x+ky-k|1+k2,
所以d12+d22=(kx-y+1)2+(x+ky-k)21+k2
=x2+y2-2y+1
=4-4y2+y2-2y+1
=5-3y2-2y,
由①可得d12+d22的最大值为433.故选B.
【方法技巧】 本题首先将椭圆上的点的纵坐标作为变量建立目标函数,注意变量y的取值范围为y∈[-1,1],然后利用二次函数求解最值.
13.B 解法一 由题意可知,|F1F2|=2c,又由e=ca=53得c=53a,所以|F1F2|=253a.因为点P是以F1F2为直径的圆与椭圆C在第一象限的交点,故PF1⊥PF2且|PF1|>|PF2|,所以|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2.又|PF1|+|PF2|=2a,所以|PF1|·|PF2|=89a2,所以|PF1|=43a,|PF2|=23a,所以直线PF1的斜率kPF1=tan∠PF1F2=|PF2||PF1|=12.故选B.
解法二 因为e=ca=53,故可设a=3,c=5,则b=2,S△PF1F2=b2tan∠F1PF22=b2tan 45°=12|PF1|·|PF2|=4.因为点P在第一象限,所以|PF1|>|PF2|,又|PF1|+|PF2|=2a=6,故|PF1|=4,|PF2|=2,所以直线PF1的斜率kPF1=tan∠PF1F2=|PF2||PF1|=12.故选B.
14.A 因为点A在椭圆上,所以|AF1|+|AF2|=2a,把该等式两边同时平方,得|AF1|2+|AF2|2+2|AF1||AF2|=4a2.又AF1⊥AF2,所以|AF1|2+|AF2|2=4c2,则2|AF1||AF2|=4a2-4c2=4b2,即|AF1||AF2|=2b2,所以S△AF1F2=12|AF1||AF2|=b2=2.因为△AF1F2是直角三角形,∠F1AF2=90°,且O为F1F2的中点,所以|OA|=12|F1F2|=c.不妨设点A在第一象限,则∠AOF2=30°,所以A(32c,12c),所以S△AF1F2=12|F1F2|·12c=12c2=2,即c2=4,故a2=b2+c2=6,所以椭圆C的方程为x26+y22=1,故选A.
15.32 设直线l与椭圆C在第一象限内的交点为A(x1,y1),则y1=24x1,由|AB|=2c,可知|OA|=x12+y12=c(O为坐标原点),即x12+(24x1)2=c,解得x1=223c,所以A的坐标为(223c,13c),把点A的坐标代入椭圆方程得(223c)2a2+(13c)2b2=1,又a2=b2+c2,e=ca,整理得8e4-18e2+9=0,即(4e2-3)(2e2-3)=0,又0
图D 10-1-5
17.(4,0) 3-1 因为直线3x-y+43=0过左焦点F1,所以F1的坐标为(-4,0),F2的坐标为(4,0).因为直线3x-y+43=0的斜率为3,所以∠OF1P=60°,又∠POF1=60°,所以△F1OP是等边三角形,过点P作PD⊥F1F2,垂足为D,则D为F1O的中点,所以|DP|=|F1D|tan 60°=23,所以P点的坐标为(-2,23),所以2a=|PF1|+|PF2|=4+62+(23)2=4+43,所以e=2c2a=84+43=3-1.
18.(1)由点P(2,3)在椭圆上,可得2a2+3b2=1,
整理得2b2+3a2=a2b2 ①.
由S△PF1F2=12×2c×3=23,解得c=2,
所以a2=b2+c2=b2+4,代入①式整理得b4-b2-12=0,
解得b2=4,a2=8.
所以椭圆C的标准方程为x28+y24=1.
(2)由(1)可得F2(2,0),所以设直线l1:x=my+2(m≠0),
联立直线l1与椭圆的方程得x=my+2,x28+y24=1,整理得(m2+2)y2+4my-4=0.
所以直线l1与椭圆两交点的中点M的纵坐标yM=-4mm2+22=-2mm2+2,
同理直线l2与椭圆两交点的中点N的纵坐标yN=--2m1m2+2=2m2m2+1,所以S△MNF2=12|MF2||NF2|=121+m2·1+1m2·|yM||yN|=|2m(1+m2)2m4+5m2+2|=|2m(1+m2)2(m2+1)2+m2|,
将上式中分子、分母同时除以m(1+m2)可得,
S△MNF2=|22×m2+1m+m1+m2|,
不妨设m>0,m2+1m=t,则t≥2,S△MNF2=22t+1t,
令f(t)=2t+1t,则f'(t)=2t2-1t2,因为t≥2,所以f'(t)>0,
所以f(t)在[2,+∞)上单调递增,
所以当t=2时,△MNF2的面积取得最大值,且(S△MNF2)max=24+12=49.
19.D 以运行轨道的中心为坐标原点,长轴所在直线为x轴建立平面直角坐标系,令地心F2为椭圆的右焦点,则轨道方程是焦点在x轴上的椭圆,设标准方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),则地心F2的坐标为(c,0),其中a2=b2+c2,由题意,得a-c=R+115R,a+c=R+13R,解得2a=125R,2c=415R,所以e=ca=19,故选D.
20.C 由题意易知该曲线为椭圆,故①正确.画出轴截面的示意图如图D 10-1-6所示,A,B为截面与圆锥的两条母线的交点.
因为∠AMO=∠BMO=30°,MA⊥AB,MO=1,
所以AO=12MO=12,∠OMB=∠OBM=30°,
所以BO=MO=1,所以AOBO=12.
因为曲线上任意两点之间的线段中最长的线段为AB,
所以点O为该曲线上任意两点之间的线段中最长的线段的三等分点,所以②正确.
因为|AB|=|AO|+|OB|=12+1=32.
所以该曲线上任意两点间的距离中最长的距离为32,故③正确.
因为曲线是一个封闭的曲线,所以该曲线上任意两点间的距离中没有最短的距离,故④错误.
故选C.
图D 10-1-6
第十章 圆锥曲线与方程
第一讲 椭 圆
1.[2021八省市新高考适应性考试]椭圆x2m2+1+y2m2=1(m>0)的焦点为F1,F2,上顶点为A,若∠F1AF2=π3,则m=( )
A.1 B.2 C.3 D.2
2.[2021广东深圳模拟]已知动点M在以F1,F2为焦点的椭圆x2+y24=1上,动点N在以M为圆心,|MF1|为半径的圆上,则|NF2|的最大值为( )
A.2 B.4 C.8 D.16
3.[2020安徽省示范高中名校联考]已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),F1,F2分别为其左、右焦点,|F1F2|=22,B为短轴的一个端点,△BF1O(O为坐标原点)的面积为7,则椭圆的长轴长为( )
A.4 B.8
C.1+332 D.1+33
4.[2020陕西省部分学校摸底检测]已知F1,F2分别为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,点P是椭圆上位于第一象限的点,延长PF2交椭圆于点Q,若PF1⊥PQ,且|PF1|=|PQ|,则椭圆的离心率为( )
A.2-2 B.3-2
C.2-1 D.6-3
5.[2020福建省三明市模拟]已知P是椭圆x225+y29=1上一点,F1,F2分别为椭圆的左、右焦点,且∠F1PF2=60°,则△F1PF2面积为( )
A.33 B.23
C.3 D.33
6.[2019全国卷Ⅲ,15,5分]设F1,F2为椭圆C:x236+y220=1的两个焦点,M为C上一点且在第一象限.若△MF1F2为等腰三角形,则M的坐标为 .
7.[2020洛阳市第一次联考]已知椭圆C1:x2a12+y2b12=1(a1>b1>0)与双曲线C2:x2a22-y2b22=1(a2>0,b2>0)有相同的焦点F1,F2,点P是曲线C1与C2的一个公共点,e1,e2分别是C1和C2的离心率,若PF1⊥PF2,则4e12+e22的最小值为 .
8.[2020惠州市二调]已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短轴长为2,上顶点为A,左顶点为B,左、右焦点分别是F1,F2,且△F1AB的面积为2-32,点P为椭圆上的任意一点,则1|PF1|+1|PF2|的取值范围是 .
9.[2021贵阳市四校第二次联考]在平面直角坐标系中,椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为2,且过点(1,22).
(1)求椭圆C的方程;
(2)过椭圆C左焦点F1的直线l(不与坐标轴垂直)与椭圆C交于A,B两点,若点H(-13,0)满足|HA|=|HB|,求|AB|.
10.[2020陕西省百校第一次联考]已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F,椭圆上一动点M到点F的最远距离和最近距离分别为3+1和3-1.
(1)求椭圆的方程;
(2)设A,B分别为椭圆的左、右顶点,过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C,D两点,若AC·DB+AD·CB=10,求k的值.
11.[2021黑龙江大庆调研]已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),过原点的直线交椭圆于A,B两点,以AB为直径的圆过右焦点F,若∠FAB=α,α∈[π12,π3],则此椭圆离心率的取值范围是( )
A.[22,3-1] B.[22,63]
C.(0,22] D.[63,1)
12.[2021四川遂宁模拟]已知椭圆T:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长半轴长为2,且过点M(0,1).若过点M引两条互相垂直的直线l1,l2,P为椭圆上任意一点,记点P到l1,l2的距离分别为d1,d2,则d12+d22的最大值为( )
A.2 B.433 C.5 D.163
13.[2020四川五校联考]设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为53,以F1F2为直径的圆与椭圆C在第一象限的交点为P,则直线PF1的斜率为( )
A.13 B.12 C.33 D.32
14.[2020江西南昌模拟]已知F1,F2为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,过原点O且倾斜角为30°的直线l与椭圆C的一个交点为A,若AF1⊥AF2,S△F1AF2=2,则椭圆C的方程为( )
A.x26+y22=1 B.x28+y24=1
C.x28+y22=1 D.x220+y216=1
15.[2020广东七校联考]已知椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),焦距为2c,直线l:y=24x与椭圆C相交于A,B两点,若|AB|=2c,则椭圆C的离心率为 .
16.[2020四省八校联考]设点P是椭圆C:x28+y24=1上的动点,F为椭圆C的右焦点,定点A(2,1),则|PA|+|PF|的取值范围是 .
17.[2020山东枣庄模拟][递进型]已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,直线3x-y+43=0过点F1且与C在第二象限的交点为P,若∠POF1=60°(O为坐标原点),则F2的坐标为 ,C的离心率为 .
18.[2021河北六校第一次联考]已知P(2,3)是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一点,以点P及椭圆的左、右焦点F1,F2为顶点的三角形的面积为23.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)过F2作斜率存在且互相垂直的直线l1,l2,M是l1与C两交点的中点,N是l2与C两交点的中点,求△MNF2面积的最大值.
19.[2021广西北海市高三一模][数学与物理综合]2020年3月 9日,我国在西昌卫星发射中心用长征三号运载火箭,成功发射北斗系统第54颗导航卫星,第54颗导航卫星的运行轨道是以地心为一个焦点的椭圆.设地球半径为R,若其近地点、远地点离地面的距离大约分别是115R,13R,则第54颗导航卫星运行轨道(椭圆)的离心率是( )
A.25 B.15 C.23 D.19
20.[新角度题]历史上,许多人研究过圆锥的截口曲线.如图10-1-1,在此圆锥中,圆锥的母线与轴的夹角为30°,现有一截面与圆锥的一条母线垂直,与轴的交点O到圆锥顶点M的距离为1,对于所得截口曲线给出如下命题:
①该曲线为椭圆;②点O为该曲线上任意两点之间的线段中最长的线段的三等分点;③该曲线上任意两点间的距离中最长的距离为32;④该曲线上任意两点间的距离中最短的距离为233.
其中正确命题的序号为( )
A.①②④ B.①②③④ C.①②③ D.①④
图10-1-1
答 案
第十章 圆锥曲线与方程
第一讲 椭 圆
1.C 如图D 10-1-3所示,由题意可得△AF1F2为等边三角形,所以∠AF2O=π3,|AF1|=|AF2|=m2+1,所以sin∠AF2O=sinπ3=|AO||AF2|=m2m2+1,解得m=3,故选C.
图D 10-1-3
2.B 由椭圆的方程可得焦点在y轴上,长半轴长a=2.由题意可得|NF2|≤|F2M|+|MN|=|F2M|+|MF1|,当N,M,F2三点共线且M在线段NF2上时,|NF2|取得最大值,而此时|NF2|=|F2M|+|MN|=|F2M|+|MF1|=2a=4,所以|NF2|的最大值为4,故选B.
3.B 由题意可知c=2,S△BF1O=12bc=22b=7,解得b=14,所以a=b2+c2=4,所以椭圆的长轴长为2a=8,故选B.
4.D 设|PF1|=|PQ|=m(m>0),则|PF2|=2a-m,|QF2|=2m-2a,|QF1|=4a-2m.由题意知△PQF1为等腰直角三角形,所以|QF1|=2|PF1|,故m=4a-22a.因为|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2,所以(4a-22a)2+[2a-(4a-22a)]2=4c2,整理得4×(ca)2=36-242,即ca=9-62=6-3,故选D.
【解题关键】 求解本题的关键是利用题设条件构建关于a,c的一个方程.
5.A 解法一 由椭圆标准方程,得a=5,b=3,所以c=a2-b2=4.设|PF1|=t1,|PF2|=t2,由椭圆的定义可得t1+t2=10 ①.在△F1PF2中,∠F1PF2=60°,根据余弦定理可得|PF1|2+|PF2|2-2|PF1|·|PF2|cos 60°=|F1F2|2=(2c)2=64,整理可得t12+t22-t1t2=64 ②.把①两边平方得t12+t22+2t1t2=100 ③.由③-②可得t1t2=12,所以S△F1PF2=12t1t2sin∠F1PF2=33.故选A.
解法二 由椭圆焦点三角形的面积公式,得S△F1PF2=b2tanθ2=9tan60°2=33.故选A.
6.(3,15) 不妨令F1,F2分别为椭圆C的左、右焦点,根据题意可知a=6,c=36-20=4.因为△MF1F2为等腰三角形,所以易知|F1M|=2c=8,所以|F2M|=2a-8=4.设M(x,y),则x236+y220=1,|F1M|2=(x+4)2+y2=64,x>0,y>0,得x=3,y=15,所以M的坐标为(3,15).
7.92 设点P在双曲线的右支上,F2为两曲线的右焦点,由椭圆及双曲线的定义可得|PF1|+|PF2|=2a1,|PF1|-|PF2|=2a2,解得|PF1|=a1+a2,|PF2|=a1-a2.设|F1F2|=2c,因为PF1⊥PF2,所以(a1+a2)2+(a1-a2)2=4c2,整理得a12+a22=2c2,两边同时除以c2,得1e12+1e22=2.所以4e12+e22=12(4e12+e22)(1e12+1e22)=12(5+4e12e22+e22e12)≥12×(5+2×2)=92,当且仅当4e12e22=e22e12,且1e12+1e22=2时取“=”,即当e1=32,e2=62时取“=”,故4e12+e22的最小值为92.
8.[1,4] 由已知得2b=2,故b=1,∴a2-c2=b2=1 ①.∵△F1AB的面积为2-32,∴12(a-c)b=2-32,∴a-c=2-3 ②.由①②联立解得,a=2,c=3.由椭圆的定义知|PF1|+|PF2|=2a=4,∴1|PF1|+1|PF2|=|PF1|+|PF2||PF1||PF2|=4|PF1|(4-|PF1|)=4-|PF1|2+4|PF1|,又2-3≤|PF1|≤2+3,∴1≤-|PF1|2+4|PF1|≤4,∴1≤1|PF1|+1|PF2|≤4,即1|PF1|+1|PF2|的取值范围是[1,4].
9.(1)由题意得2c=2,即c=1,所以a2=b2+c2=b2+1,
将(1,22)代入x2b2+1+y2b2=1,可得1b2+1+12b2=1,
即2b2+b2+1=2b2(b2+1),整理得(2b2+1)(b2-1)=0,
解得b2=-12(舍去)或b2=1,则a2=2,
所以椭圆C的方程为x22+y2=1.
(2)由题意得F1(-1,0),设直线l的方程为y=k(x+1)(k≠0),
A(x1,y1),B(x2,y2),联立椭圆C与直线l的方程,可得x2+2k2(x+1)2=2,整理得(2k2+1)x2+4k2x+2k2-2=0,
则Δ=16k4-4(2k2+1)(2k2-2)=8(k2+1)>0,
且x1+x2=-4k22k2+1,x1x2=2k2-22k2+1.设AB的中点为M(x0,y0),则x0=x1+x22=-2k22k2+1,y0=k(x0+1)=k2k2+1.
因为点H(-13,0)满足|HA|=|HB|,
所以kMH=-1k,即k2k2+1-2k22k2+1+13=-1k,解得k=±1,
则x1+x2=-4k22k2+1=-43,x1x2=2k2-22k2+1=0,
所以|AB|=k2+1·(x1+x2)2-4x1x2=2×43=423.
10. (1)由题意知,a+c=3+1,a-c=3-1.
又a2=b2+c2,所以可得b=2,c=1,a=3,
所以椭圆的方程为x23+y22=1.
(2)由(1)可知F(-1,0),则直线CD的方程为y=k(x+1),
由y=k(x+1),x23+y22=1,
消去y得(2+3k2)x2+6k2x+3k2-6=0.
Δ=36k4-4(2+3k2)(3k2-6)=48k2+48>0.
设C(x1,y1),D(x2,y2),则x1+x2=-6k22+3k2,x1x2=3k2-62+3k2.
又A(-3,0),B(3,0),
所以AC·DB+AD·CB
=(x1+3,y1)·(3-x2,-y2)+(x2+3,y2)·(3-x1,-y1)
=6-2x1x2-2y1y2
=6-2x1x2-2k2(x1+1)(x2+1)
=6-(2+2k2)x1x2-2k2(x1+x2)-2k2
=6+2k2+122+3k2
=10,
解得k=±105.
11.B 设椭圆的另一个焦点为F',连接AF',BF,BF',如图D 10-1-4所示,则四边形AFBF'是矩形,所以|AB|=|FF'|=2c,|FA|=2c·cos α,|FB|=2c·sin α,由椭圆的定义可知,|FA|+|AF'|=|FA|+|FB|=2a,即2c·cos α+2c·sin α=2a.所以离心率e=ca=1sinα+cosα=12sin(α+π4).因为α∈[π12,π3],所以π4+α∈[π3,7π12],2sin(α+π4)∈[62,2],所以e∈[22,63].故选B.
图D 10-1-4
12.B 由题意可得a=2,b=1,所以椭圆的方程为x24+y2=1.设P(x,y),
①若直线l1,l2中的一条直线的斜率不存在,则另一条直线的斜率为0,不妨设直线l1的方程为x=0,则l2的方程为y=1.
则d12+d22=x2+(1-y)2,因为P在椭圆上,所以x2=4-4y2,
所以d12+d22=5-3y2-2y=5-3(y+13)2+13,y∈[-1,1],所以当y=-13时,d12+d22有最大值163,所以d12+d22的最大值为433.
②当直线l1,l2的斜率都存在,且不为0时,设直线l1的方程为y=kx+1,即kx-y+1=0,
则l2的方程为y=-1kx+1,即x+ky-k=0.
则d1=|kx-y+1|1+k2,d2=|x+ky-k|1+k2,
所以d12+d22=(kx-y+1)2+(x+ky-k)21+k2
=x2+y2-2y+1
=4-4y2+y2-2y+1
=5-3y2-2y,
由①可得d12+d22的最大值为433.故选B.
【方法技巧】 本题首先将椭圆上的点的纵坐标作为变量建立目标函数,注意变量y的取值范围为y∈[-1,1],然后利用二次函数求解最值.
13.B 解法一 由题意可知,|F1F2|=2c,又由e=ca=53得c=53a,所以|F1F2|=253a.因为点P是以F1F2为直径的圆与椭圆C在第一象限的交点,故PF1⊥PF2且|PF1|>|PF2|,所以|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2.又|PF1|+|PF2|=2a,所以|PF1|·|PF2|=89a2,所以|PF1|=43a,|PF2|=23a,所以直线PF1的斜率kPF1=tan∠PF1F2=|PF2||PF1|=12.故选B.
解法二 因为e=ca=53,故可设a=3,c=5,则b=2,S△PF1F2=b2tan∠F1PF22=b2tan 45°=12|PF1|·|PF2|=4.因为点P在第一象限,所以|PF1|>|PF2|,又|PF1|+|PF2|=2a=6,故|PF1|=4,|PF2|=2,所以直线PF1的斜率kPF1=tan∠PF1F2=|PF2||PF1|=12.故选B.
14.A 因为点A在椭圆上,所以|AF1|+|AF2|=2a,把该等式两边同时平方,得|AF1|2+|AF2|2+2|AF1||AF2|=4a2.又AF1⊥AF2,所以|AF1|2+|AF2|2=4c2,则2|AF1||AF2|=4a2-4c2=4b2,即|AF1||AF2|=2b2,所以S△AF1F2=12|AF1||AF2|=b2=2.因为△AF1F2是直角三角形,∠F1AF2=90°,且O为F1F2的中点,所以|OA|=12|F1F2|=c.不妨设点A在第一象限,则∠AOF2=30°,所以A(32c,12c),所以S△AF1F2=12|F1F2|·12c=12c2=2,即c2=4,故a2=b2+c2=6,所以椭圆C的方程为x26+y22=1,故选A.
15.32 设直线l与椭圆C在第一象限内的交点为A(x1,y1),则y1=24x1,由|AB|=2c,可知|OA|=x12+y12=c(O为坐标原点),即x12+(24x1)2=c,解得x1=223c,所以A的坐标为(223c,13c),把点A的坐标代入椭圆方程得(223c)2a2+(13c)2b2=1,又a2=b2+c2,e=ca,整理得8e4-18e2+9=0,即(4e2-3)(2e2-3)=0,又0
图D 10-1-5
17.(4,0) 3-1 因为直线3x-y+43=0过左焦点F1,所以F1的坐标为(-4,0),F2的坐标为(4,0).因为直线3x-y+43=0的斜率为3,所以∠OF1P=60°,又∠POF1=60°,所以△F1OP是等边三角形,过点P作PD⊥F1F2,垂足为D,则D为F1O的中点,所以|DP|=|F1D|tan 60°=23,所以P点的坐标为(-2,23),所以2a=|PF1|+|PF2|=4+62+(23)2=4+43,所以e=2c2a=84+43=3-1.
18.(1)由点P(2,3)在椭圆上,可得2a2+3b2=1,
整理得2b2+3a2=a2b2 ①.
由S△PF1F2=12×2c×3=23,解得c=2,
所以a2=b2+c2=b2+4,代入①式整理得b4-b2-12=0,
解得b2=4,a2=8.
所以椭圆C的标准方程为x28+y24=1.
(2)由(1)可得F2(2,0),所以设直线l1:x=my+2(m≠0),
联立直线l1与椭圆的方程得x=my+2,x28+y24=1,整理得(m2+2)y2+4my-4=0.
所以直线l1与椭圆两交点的中点M的纵坐标yM=-4mm2+22=-2mm2+2,
同理直线l2与椭圆两交点的中点N的纵坐标yN=--2m1m2+2=2m2m2+1,所以S△MNF2=12|MF2||NF2|=121+m2·1+1m2·|yM||yN|=|2m(1+m2)2m4+5m2+2|=|2m(1+m2)2(m2+1)2+m2|,
将上式中分子、分母同时除以m(1+m2)可得,
S△MNF2=|22×m2+1m+m1+m2|,
不妨设m>0,m2+1m=t,则t≥2,S△MNF2=22t+1t,
令f(t)=2t+1t,则f'(t)=2t2-1t2,因为t≥2,所以f'(t)>0,
所以f(t)在[2,+∞)上单调递增,
所以当t=2时,△MNF2的面积取得最大值,且(S△MNF2)max=24+12=49.
19.D 以运行轨道的中心为坐标原点,长轴所在直线为x轴建立平面直角坐标系,令地心F2为椭圆的右焦点,则轨道方程是焦点在x轴上的椭圆,设标准方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),则地心F2的坐标为(c,0),其中a2=b2+c2,由题意,得a-c=R+115R,a+c=R+13R,解得2a=125R,2c=415R,所以e=ca=19,故选D.
20.C 由题意易知该曲线为椭圆,故①正确.画出轴截面的示意图如图D 10-1-6所示,A,B为截面与圆锥的两条母线的交点.
因为∠AMO=∠BMO=30°,MA⊥AB,MO=1,
所以AO=12MO=12,∠OMB=∠OBM=30°,
所以BO=MO=1,所以AOBO=12.
因为曲线上任意两点之间的线段中最长的线段为AB,
所以点O为该曲线上任意两点之间的线段中最长的线段的三等分点,所以②正确.
因为|AB|=|AO|+|OB|=12+1=32.
所以该曲线上任意两点间的距离中最长的距离为32,故③正确.
因为曲线是一个封闭的曲线,所以该曲线上任意两点间的距离中没有最短的距离,故④错误.
故选C.
图D 10-1-6
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