2018年高考考点完全题数学（理）考点通关练习题 第七章　平面解析几何 52 word版含答案

这是一份2018年高考考点完全题数学（理）考点通关练习题 第七章　平面解析几何 52 word版含答案，共14页。试卷主要包含了基础小题，高考小题，模拟小题等内容，欢迎下载使用。
考点测试52　椭圆


一、基础小题
1．中心在原点，焦点在x轴上，若长轴长为18，且两个焦点恰好将长轴三等分，则此椭圆的方程是(　　)
A.＋＝1 B.＋＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
答案　A
解析　依题意知：2a＝18，∴a＝9,2c＝×2a，∴c＝3，∴b2＝a2－c2＝81－9＝72，∴椭圆方程为＋＝1.
2．已知椭圆的方程为2x2＋3y2＝m(m>0)，则此椭圆的离心率为(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　2x2＋3y2＝m(m>0)⇒＋＝1，
∴c2＝－＝.
∴e2＝，∴e＝.故选B.
3．椭圆x2＋my2＝1的焦点在y轴上，长轴长是短轴长的2倍，则m等于(　　)
A. B．2 C．4 D.
答案　D
解析　由x2＋＝1及题意知，2＝2×2×1，m＝，故选D.
4．已知椭圆＋y2＝1的焦点为F1、F2，点M在该椭圆上，且·＝0，则点M到y轴的距离为(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　设M(x，y)，由·＝0，得x2＋y2＝c2＝3，
又＋y2＝1，解得x＝±.
5．已知圆(x＋2)2＋y2＝36的圆心为M，设A为圆上任一点，且点N(2,0)，线段AN的垂直平分线交MA于点P，则动点P的轨迹是(　　)
A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线
答案　B
解析　点P在线段AN的垂直平分线上，故|PA|＝|PN|，又AM是圆的半径，
∴|PM|＋|PN|＝|PM|＋|PA|＝|AM|＝6>|MN|，由椭圆定义知，P的轨迹是椭圆．
6．设F1，F2是椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，P为直线x＝上一点，△F2PF1是底角为30°的等腰三角形，则E的离心率为(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　令c＝.如图，据题意，|F2P|＝|F1F2|，∠F1PF2＝30°，∴∠F1F2P＝120°，

∴∠PF2x＝60°，
∴|F2P|＝2＝3a－2c.
∵|F1F2|＝2c，∴3a－2c＝2c，
∴3a＝4c，∴＝，即椭圆的离心率为.故选C.
7．已知点F1，F2是椭圆x2＋2y2＝2的两个焦点，点P是该椭圆上的一个动点，那么|＋|的最小值是(　　)
A．0 B．1 C．2 D．2
答案　C
解析　设P(x0，y0)，则＝(－1－x0，－y0)，
＝(1－x0，－y0)，∴＋＝(－2x0，－2y0)，
∴|＋|＝＝2＝2.
∵点P在椭圆上，∴0≤y≤1，
∴当y＝1时，|＋|取最小值2.故选C.
8．已知P是椭圆＋y2＝1上的一点，F1、F2是椭圆的两个焦点，且∠F1PF2＝60°，则△F1PF2的面积是________．
答案　

解析　设|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，则r1＋r2＝4.
又r＋r－2r1r2cos60°＝|F1F2|2，(r1＋r2)2－3r1r2＝12，∴r1r2＝，S＝r1r2sin60°＝.
二、高考小题
9．已知O为坐标原点，F是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左焦点，A，B分别为C的左，右顶点．P为C上一点，且PF⊥x轴．过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为(　　)
A. B. C. D.
答案　A

解析　由题意知过点A的直线l的斜率存在且不为0，故可设直线l的方程为y＝k(x＋a)，当x＝－c时，y＝k(a－c)，当x＝0时，y＝ka，所以M(－c，k(a－c))，E(0，ka)．如图，设OE的中点为N，则N，由于B，M，N三点共线，所以kBN＝kBM，即＝，所以＝，即a＝3c，所以e＝.故选A.
10. 如图，在平面直角坐标系xOy中，F是椭圆＋＝1(a>b>0)的右焦点，直线y＝与椭圆交于B，C两点，且∠BFC＝90°，则该椭圆的离心率是________．

答案　
解析　由已知条件易得B，C，F(c,0)，∴＝，＝，
由∠BFC＝90°，可得·＝0，
所以＋2＝0，
c2－a2＋b2＝0，
即4c2－3a2＋(a2－c2)＝0，亦即3c2＝2a2，
所以＝，则e＝＝.
11．设F1，F2分别是椭圆E：x2＋＝1(00)，则将x＝－y－4代入椭圆方程，得4(b2＋1)y2＋8·b2y－b4＋12b2＝0.
∵椭圆与直线x＋y＋4＝0有且仅有一个交点，∴Δ＝(8b2)2－4×4(b2＋1)(－b4＋12b2)＝0，即(b2＋4)·(b2－3)＝0，∴b2＝3，长轴长为2＝2.
17．已知椭圆＋＝1的右焦点为F，P是椭圆上一点，点A(0,2)，当△APF的周长最大时，△APF的面积等于(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　由椭圆＋＝1，知a＝3，b＝，c＝＝2，在Rt△AOF中，|OF|＝2，|OA|＝2，则|AF|＝4.设椭圆的左焦点为F1，则△APF的周长为|AF|＋|AP|＋|PF|＝|AF|＋|AP|＋2a－|PF1|＝4＋6＋|PA|－|PF1|≤10＋|AF1|(当且仅当A，P，F1三点共线，P在线段AF1的延长线上时取“＝”)．此时直线AF1的方程为＋＝1，与椭圆的方程5x2＋9y2－45＝0联立并整理得32y2－20y－75＝0，解得yP＝－(正值舍去)，则△APF的周长最大时，S△APF＝|F1F|·|yA－yP|＝×4×＝.故选B.
18．已知椭圆＋＝1(a>b>0)的两焦点分别为F1，F2，若椭圆上存在点P，使得∠F1PF2＝120°，则椭圆的离心率的取值范围是________．
答案　
解析　由题意可得，椭圆的上顶点和两个焦点构成的等腰三角形中，顶角大于等于120°，所以底角小于等于30°，则≥，即e≥，又e1)．

(1)求直线y＝kx＋1被椭圆截得的线段长(用a，k表示)；
(2)若任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围．
解　(1)设直线y＝kx＋1被椭圆截得的线段为AP，
由得(1＋a2k2)x2＋2a2kx＝0，
故x1＝0，x2＝－.
因此|AP|＝|x1－x2|＝·.
(2)假设圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点P，Q，满足|AP|＝|AQ|.
记直线AP，AQ的斜率分别为k1，k2，且k1，k2>0，k1≠k2.
由(1)知，
|AP|＝，|AQ|＝.
故＝，
所以(k－k)＝0.
由k1≠k2，k1，k2>0，得1＋k＋k＋a2(2－a2)kk＝0，
因此＝1＋a2(a2－2)，①
因为①式关于k1，k2的方程有解的充要条件是
1＋a2(a2－2)>1，所以a>.
因此，任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1|EF|＝2，
故动点Q的轨迹是以E，F为焦点，长轴长为4的椭圆．
设其方程为＋＝1(a>b>0)，可知a＝2，c＝1，
所以b＝＝，
所以点Q的轨迹Γ的方程是＋＝1.
(2)假设存在T(t,0)满足∠OTS＝∠OTR.
设R(x1，y1)，S(x2，y2)，
联立得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
由根与系数的关系得①
其中Δ>0恒成立．
由∠OTS＝∠OTR(显然TS，TR的斜率存在)，得kTS＋kTR＝0，即＋＝0，②
由R、S两点在直线y＝k(x－1)上，故
y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，代入②，得

＝＝0，即
2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0.③
将①代入③，得＝＝0.④
要使得④与k的取值无关，当且仅当“t＝4”时成立．
综上所述，存在T(4,0)，使得当k变化时，总有∠OTS＝∠OTR.
4．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且点在C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l经过点P(1,0)，且与椭圆C有两个交点A，B，是否存在直线l0：x＝x0(其中x0>2)，使得A，B到l0的距离dA，dB满足：＝恒成立？若存在，求出x0的值；若不存在，请说明理由．
解　(1)由题意得解得所以C的方程为＋y2＝1.
(2)存在x0＝4符合题意．理由如下：
当直线l斜率不存在时，x0(x0>2)可以为任意值．
当直线l斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－1)，点A，B满足
所以xA，xB满足x2＋4k2(x－1)2＝4，即(4k2＋1)x2－8k2x＋4k2－4＝0.
所以
不妨设xA>1>xB.因为dA|PB|－dB|PA|＝·(|x0－xA|·|xB－1|－|x0－xB|·|xA－1|)＝·＝0，
所以2x0－＋＝0.整理得2x0－8＝0，

即x0＝4.
综上，x0＝4时符合题意．
5．椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且离心率为，点P为椭圆上一动点，△F1PF2的内切圆面积的最大值为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设椭圆的左顶点为A1，过右焦点F2的直线l与椭圆相交于A，B两点，连接A1A，A1B并延长交直线x＝4分别于P，Q两点，以PQ为直径的圆是否恒过定点？若是，请求出定点坐标；若不是，请说明理由．
解　(1)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率为，则a＝2c，得b＝c，其中c>0.
△F1PF2的内切圆面积取最大值时，其半径取最大值，为r＝.
由S△F1PF2＝·C△F1PF2，且C△F1PF2为定值，得S△F1PF2也取得最大值，即点P为短轴端点，因此·2c·b＝·(2a＋2c)，所以×2c×c＝××(4c＋2c)，解得c＝1.
所以椭圆的方程为＋＝1.
(2)设直线AB的方程为x＝ty＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立得(3t2＋4)y2＋6ty－9＝0，
则y1＋y2＝，y1y2＝.
又直线AA1的方程为y＝，直线BA1的方程为y＝，
所以P，Q.
设M(m，n)，
＝，＝，
假设以PQ为直径的圆恒过定点M(m，n)，那么·＝(4－m)2＋＝0，
即＋n2＋(4－m)2＝0，
＋n2＋(4－m)2＝0，
即6nt－9＋n2＋(4－m)2＝0，
即n＝0，m＝1或m＝7，不论t为何值时，·＝0恒成立，以PQ为直径的圆恒过定点，定点坐标为(1,0)或(7,0)．
6．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点M(0,2)是椭圆的一个顶点，△F1MF2是等腰直角三角形．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设点P是椭圆C上一动点，求线段PM的中点Q的轨迹方程；
(3)过点M分别作直线MA，MB交椭圆于A，B两点，设两直线的斜率分别为k1，k2，且k1＋k2＝8，探究：直线AB是否过定点，并说明理由．
解　(1)由已知条件得b＝2，a2＝(b)2＝8，所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设点P(x0，y0)，PM的中点坐标为Q(x，y)，则＋＝1.
由x＝，y＝，得x0＝2x，y0＝2y－2，代入上式，得＋(y－1)2＝1.
(3)若直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y＝kx＋m，依题意m≠±2.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得
(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－8＝0.
则x1＋x2＝－，x1x2＝.由已知条件，得＋＝8，
所以＋＝8，即2k＋(m－2)＝8，所以k－＝4，即m＝k－2.
故直线AB的方程为y＝kx＋k－2，即y＝k－2，所以直线AB过定点.
若直线AB的斜率不存在，设直线AB方程为x＝x′，设A(x′，y′)，B(x′，－y′)．
由＋＝8，得x′＝－，此时直线AB方程为x＝－，显然过点.
综上，直线AB过定点.