2024版高考数学微专题专练51椭圆理（附解析）

这是一份2024版高考数学微专题专练51椭圆理（附解析），共5页。
[基础强化]
一、选择题
1．椭圆eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,6)＝1上一点M到其中一个焦点的距离为3，则点M到另一个焦点的距离为( )
A．2 B．3 C．4 D．5
2．已知△ABC的顶点B，C在椭圆eq \f(x2,3)＋y2＝1上，顶点A是椭圆的一个焦点，且椭圆的另一个焦点在BC边上，则△ABC的周长为( )
A．2eq \r(3)B．4eq \r(3)C．6D．12
3．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,2)，则( )
A．a2＝2b2B．3a2＝4b2
C．a＝2bD．3a＝4b
4．动点P到两定点F1(－4，0)，F2(4，0)的距离之和为10，则动点P的轨迹方程是( )
A．eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,9)＝1B．eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,9)＝1
C．eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,16)＝1D．eq \f(x2,100)＋eq \f(y2,36)＝1
5．已知椭圆的长轴长为8，离心率为eq \f(3,4)，则此椭圆的标准方程是( )
A．eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,9)＝1
B．eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,7)＝1或eq \f(x2,7)＋eq \f(y2,16)＝1
C．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
6．曲线eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,9)＝1与eq \f(x2,25－k)＋eq \f(y2,9－k)＝1(kb>0)的两个焦点，P为椭圆C上的一点，且PF1⊥PF2，若△PF1F2的面积为9，则b＝________．
[能力提升]
13．[2022·全国甲卷(理)，10]椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线AP，AQ的斜率之积为eq \f(1,4)，则C的离心率为( )
A.eq \f(\r(3),2)B.eq \f(\r(2),2)
C.eq \f(1,2)D.eq \f(1,3)
14．[2022·江西省南昌市高三模拟]已知F1，F2，B分别是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦点、右焦点、上顶点，连接BF2并延长交C于点P，若△PF1B为等腰三角形，则C的离心率为( )
A．eq \f(1,3)B．eq \f(1,2)
C．eq \f(\r(3),3)D．eq \f(\r(2),2)
15．F1，F2是椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，若椭圆上存在一点P，使∠F1PF2＝90°，则椭圆的离心率的取值范围是________．
16．[2022·安徽省蚌埠质检]已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，直线l与椭圆交于A，B两点，当AB的中点为M(1，1)时，直线l的方程为________．
专练51 椭圆
1．D ∵a＝4，由椭圆的定义知，M到另一个焦点的距离为2a－3＝2×4－3＝5.
2．B 由椭圆的方程得a＝eq \r(3).设椭圆的另一个焦点为F，则由椭圆的定义得|BA|＋|BF|＝|CA|＋|CF|＝2a，所以△ABC的周长为|BA|＋|BC|＋|CA|＝|BA|＋|BF|＋|CF|＋|CA|＝(|BA|＋|BF|)＋(|CF|＋|CA|)＝2a＋2a＝4a＝4eq \r(3).
3．B 由题意得，eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，∴eq \f(c2,a2)＝eq \f(1,4)，又a2＝b2＋c2，
∴eq \f(a2－b2,a2)＝eq \f(1,4)，eq \f(b2,a2)＝eq \f(3,4)，∴4b2＝3a2.故选B.
4．B 依题意，动点P的轨迹是椭圆，且焦点在x轴上，设方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，由c＝4，2a＝10，即a＝5，得b＝eq \r(a2－c2)＝3，则椭圆方程为eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,9)＝1.
5．B ∵2a＝8，∴a＝4，e＝eq \f(c,a)，∴c＝3，∴b2＝a2－c2＝16－9＝7，∴椭圆的标准方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,7)＝1或eq \f(y2,16)＋eq \f(x2,7)＝1.
6．D ∵c2＝25－k－(9－k)＝16，∴c＝4，
∴两曲线的焦距相等．
7．C 解法一 依题意，B(0，b)，设P(acsθ，bsinθ，θ∈[0，2π)，因为|PB|≤2b，所以对任意θ∈[0，2π)，(acsθ)2＋(bsinθ－b)2≤4b2恒成立，即( a2－b2)sin2θ＋2b2sinθ＋3b2－a2≥0对任意θ∈[0，2π)恒成立．令sinθ＝t，t∈[－1，1]，f(t)＝(a2－b2)t2＋2b2t＋3b2－a2，则原问题转化为对任意t∈[－1，1]，恒有f(t)≥0成立．因为f(－1)＝0，所以只需－eq \f(2b2,2（a2－b2）)≤－1即可，所以2b2≥a2，则离心率e＝eq \r(1－\f(b2,a2))≤eq \f(\r(2),2)，所以选C.
解法二 依题意，B(0，b)，设椭圆上一点P(x0，y0)，则|y0|≤b，eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,a2)＋eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,b2)＝1，可得x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝a2－eq \f(a2,b2)y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，则|PB|2＝x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋(y0－b)2＝x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －2by0＋b2＝－eq \f(c2,b2)y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －2by0＋a2＋b2≤4b2.因为当y0＝－b时，|PB|2＝4b2，所以－eq \f(b3,c2)≤－b，得2c2≤a2，所以离心率e＝eq \f(c,a)≤eq \f(\r(2),2)，故选C.
8．C 由已知a＝2，b＝eq \r(3)，c＝1，
若P为短轴的顶点(0，eq \r(3))时，∠F1PF2＝60°，△PF1F2为等边三角形，
∴∠P不可能为直角，
若∠F1＝90°，则|PF1|＝eq \f(b2,a)＝eq \f(3,2)，
S△PF1F2＝eq \f(1,2)·eq \f(b2,a)·2c＝eq \f(3,2).
同理∠F2＝90°时，S△PF1F2＝eq \f(3,2)，故选C.
9．A 由题意知，a2－b2＝(eq \f(\r(3),2))2＝eq \f(3,4)，b2－c2＝(eq \f(1,2))2＝eq \f(1,4)，∴a2－c2＝1.又a2＝b2＋c2，∴b2＝1，b＝1.∴a2＝eq \f(7,4)，a＝eq \f(\r(7),2).
10．8
解析：根据椭圆的对称性及|PQ|＝|F1F2|可以得到四边形PF1QF2为对角线相等的平行四边形，所以四边形PF1QF2为矩形．设|PF1|＝m，则|PF2|＝2a－|PF1|＝8－m，则|PF1|2＋|PF2|2＝m2＋(8－m)2＝2m2＋64－16m＝|F1F2|2＝4c2＝4(a2－b2)＝48，得m(8－m)＝8，所以四边形PF1QF2的面积为|PF1|×|PF2|＝m(8－m)＝8.
11.eq \f(3,5)
解析：由题意知，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，解得e＝eq \f(3,5)或e＝－1(舍去).
12．3
解析：∵PF1⊥PF2，∴∠F1PF2＝90°，又S△PF1F2＝b2tan45°＝9，∴b＝3.
13．A 设P(x1，y1)，则点Q的坐标为(－x1，y1).由题意，得点A(－a，0).又直线AP，AQ的斜率之积为eq \f(1,4)，所以eq \f(y1,x1＋a)·eq \f(y1,－x1＋a)＝eq \f(1,4)，即eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,a2－x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )＝eq \f(1,4)①.又点P在椭圆C上，所以eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,a2)＋eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,b2)＝1②.由①②，得eq \f(b2,a2)＝eq \f(1,4)，所以a2＝4b2，所以a2＝4(a2－c2)，所以椭圆C的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2).故选A.
14．C 由椭圆的定义，得|BF1|＋|BF2|＝2a，
由椭圆的对称性，得|BF1|＝|BF2|＝a，
设|PF2|＝m，则|BP|＝a＋m，
又|PF1|＋|PF2|＝2a，所以|PF1|＝2a－m，
因为△PF1B为等腰三角形，所以|BP|＝|PF1|，
即a＋m＝2a－m，得m＝eq \f(a,2)，
所以|PF2|＝eq \f(a,2)，|BP|＝|PF1|＝eq \f(3a,2)，
在△BF1F2中，由余弦定理，得cs∠BF2F1＝eq \f(a2＋4c2－a2,2a·2c)＝eq \f(c,a)，
在△PF1F2中，由余弦定理，得cs∠BF2F1＝eq \f(（\f(a,2)）2＋4c2－（\f(3a,2)）2,2·2c·\f(a,2))＝eq \f(2c2－a2,ac)，
又∠BF2F1＋∠PF2F1＝π，所以cs∠BF2F1＋cs∠PF2F1＝0，
即eq \f(c,a)＋eq \f(2c2－a2,ac)＝0，整理，得3c2＝a2，
所以e2＝eq \f(1,3)，由e∈(0，1)，得e＝eq \f(\r(3),3).
15．[eq \f(\r(2),2)，1)
解析：设P0为椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1的上顶点，由题意得∠F1P0F2≥90°，
∴∠OP0F2≥45°，∴eq \f(c,a)≥sin45°，∴e≥eq \f(\r(2),2)，
又0