广西专用高考数学一轮复习考点规范练50椭圆含解析新人教A版理

这是一份广西专用高考数学一轮复习考点规范练50椭圆含解析新人教A版理，共12页。试卷主要包含了已知椭圆C，已知椭圆M等内容，欢迎下载使用。
考点规范练50　椭圆基础巩固1.已知椭圆的焦点坐标为(-5,0)和(5,0),椭圆上一点与两焦点的距离和是26,则椭圆的方程为(　　)A=1 B=1C=1 D=1答案:A解析:由题意知a=13,c=5,则b2=a2-c2=144.又椭圆的焦点在x轴上,故椭圆方程为=1.2.已知椭圆C:=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,B为椭圆的上顶点,若△BF1F2的外接圆的半径为,则椭圆C的离心率为(　　)A B C D答案:C解析:设O为坐标原点,△BF1F2的外心必在线段OB上,且有c2+2=,得b2=3c2,即a2-c2=3c2,得a=2c,因此椭圆C的离心率为e=故选C.3.“-3<m<5”是“方程=1表示椭圆”的(　　)A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件  D.既不充分也不必要条件答案:B解析:要使方程=1表示椭圆,只需满足解得-3<m<5且m≠1.因此“-3<m<5”是“方程=1表示椭圆”的必要不充分条件.故选B.4.已知点P(x1,y1)是椭圆=1上的一点,F1,F2是焦点,若∠F1PF2取最大值时,则△PF1F2的面积是(　　)A B.12 C.16(2+) D.16(2-)答案:B解析:∵椭圆方程为=1,∴a=5,b=4,c==3,因此椭圆的焦点坐标为F1(-3,0),F2(3,0).根据椭圆的性质可知,当点P与短轴端点重合时,∠F1PF2取最大值,则此时△PF1F2的面积S=23×4=12,故选B.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,所以|PM|+|PN|=|PM|+|PA|=|AM|=6>|MN|.由椭圆定义知,动点P的轨迹是椭圆.6.已知椭圆C的焦点为F1(-c,0),F2(c,0),其中c>0,C的长轴长为2a,过F1的直线与C交于A,B两点.若|AF1|=3|F1B|,4|BF2|=5|AB|,则|AF2|=(　　)Aa Ba Ca D.a答案:D解析:由题意设椭圆方程为=1(a>b>0),连接AF2,图略.因为|AF1|=3|F1B|,所以|BA|=4|F1B|,又4|BF2|=5|AB|=20|F1B|,所以|BF2|=5|F1B|.由椭圆定义可得|AF1|+|AF2|=2a=6|F1B|,所以|F1B|=a,|AF1|=a,可得|AF2|=2a-a=a,故选D.7.已知椭圆=1的左焦点为F,点P在椭圆上且在x轴的上方.若线段PF的中点在以原点O为圆心,|OF|为半径的圆上,则直线PF的斜率是　　　　. 答案:解析:依题意,设点P(m,n)(n>0),由题知F(-2,0),则线段PF的中点M在圆x2+y2=4上,故=4,又点P(m,n)在椭圆=1上,得=1,联立两个方程得4m2-36m-63=0,解得m=-或m=(舍去),所以n=,所以P-,所以kPF=8.已知椭圆=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,点P是椭圆上一点,|F1F2|是|PF1|和|PF2|的等差中项.(1)求椭圆的标准方程;(2)若A为椭圆的右顶点,直线AP与y轴交于点H,过点H的另一直线与椭圆交于M,N两点,且S△HMA=6S△PHN,求直线MN的方程.解:(1)因为|F1F2|是|PF1|和|PF2|的等差中项,所以a=2c,得a2=4c2.又P在椭圆上,所以=1,所以c=1,a2=4,b2=a2-c2=3,可得椭圆的标准方程为=1.(2)因为P,由(1)计算可知A(2,0),H(0,1),当直线MN与x轴垂直时,不合题意.当直线MN与x轴不垂直时,设直线MN的方程为y=kx+1,联立直线与椭圆的方程可得(4k2+3)x2+8kx-8=0.由于H(0,1)在椭圆内,所以Δ>0恒成立,设M(x1,y1),N(x2,y2),由韦达定理可得由S△HMA=6S△PHN,可得|AH||MH|=6|NH||PH|,又|AH|=2|PH|,所以|MH|=3|NH|,得x1=-3x2,②把②代入①,可得所以3,解得k=±,所以直线MN的方程为y=±x+1.9.已知椭圆M:=1(a>b>0)的离心率为,焦距为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Q共线,求k.解:(1)由题意得解得a=,b=1.椭圆M的方程为+y2=1.(2)设直线l的方程为y=x+m,A(x1,y1),B(x2,y2).由得4x2+6mx+3m2-3=0,因为Δ>0,所以x1+x2=-,x1x2=所以|AB|====当m=0,即直线l过原点时,|AB|最大,最大值为(3)设A(x1,y1),B(x2,y2),由题意得+3=3,+3=3.直线PA的方程为y=(x+2).由得[(x1+2)2+3]x2+12x+12-3(x1+2)2=0.设C(xC,yC),所以xC+x1=所以xC=-x1=所以yC=(xC+2)=设D(xD,yD),同理得xD=,yD=记直线CQ,DQ的斜率分别为kCQ,kDQ,则kCQ-kDQ==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==1.能力提升10.已知椭圆C:=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,M为椭圆上一点,=0,线段MF2的延长线交椭圆C于点N,若|MF1|,|MN|,|NF1|成等差数列,则椭圆C的离心率为(　　)A B C D答案:A解析:设|MF2|=m,∵|MF1|,|MN|,|NF1|成等差数列,∴2|MN|=|MF1|+|NF1|,∴2|MN|=2a-|MF2|+2a-|NF2|.又|MF2|+|NF2|=|MN|,∴|MN|=a,∴|NF2|=a-m,∴|NF1|=2a-=a+m.=0,∴MF1⊥MF2,∴Rt△F1MN中,|NF1|2=|MN|2+|MF1|2,∴(2a-m)2+2=2,整理可得m=a,∴|MF2|=a,|MF1|=a,又在Rt△F1MN中,|F2F1|2=|MF2|2+|MF1|2,∴4c2=2a2,即a2=2c2,∴e=,故选A.11.已知椭圆=1(a>b>0)的离心率为,短轴长为2,点P为椭圆上任意一点,则的最小值是　　　　. 答案:解析:据题意,b=1,解得a=2,c=,于是|PF1|+|PF2|=2a=4,因此(|PF1|+|PF2|)=(5+2)=,当且仅当|PF2|=2|PF1|,即当|PF2|=,|PF1|=时等号成立.12.(2020广西柳州模拟)已知椭圆=1(a>b>0)的四个顶点围成的菱形的面积为4,椭圆的一个焦点为(1,0).(1)求椭圆的方程;(2)若M,N为椭圆上的两个动点,直线OM,ON的斜率分别为k1,k2,当k1k2=-时,△MON的面积是否为定值?若为定值,求出此定值;若不为定值,说明理由.解:(1)由题意可知,2ab=4,c=1,即解得a2=4,b2=3,故椭圆的方程为=1.(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),当直线MN的斜率存在时,设方程为y=kx+m,由消y可得,(3+4k2)·x2+8kmx+4m2-12=0,则有Δ=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)=48(4k2-m2+3)>0,即m2<4k2+3,且由韦达定理得x1+x2=,x1x2=,所以|MN|=|x1-x2|===又由点O到直线MN的距离d=,所以S△MON=|MN|d=又因为k1k2==-,所以=k2+=-,化简可得2m2=4k2+3,满足Δ>0,代入S△MON=当直线MN的斜率不存在时,由于k1k2=-,考虑到OM,ON关于x轴对称,不妨设k1=,k2=-,则点M,N的坐标分别为M,N,-,此时S△MON=,综上,△MON的面积为定值高考预测13.已知椭圆C:=1(a>b>0),右顶点A(2,0),上顶点为B,左右焦点分别为F1,F2,且∠F1BF2=60°,过点A作斜率为k(k≠0)的直线l交椭圆于点D,交y轴于点E.(1)求椭圆C的方程;(2)设P为AD的中点,是否存在定点Q,对于任意的k(k≠0)都有OP⊥EQ?若存在,求出点Q;若不存在,请说明理由.解:(1)由题意得a=2,∵在Rt△OBF2中,∠F1BF2=60°,∴∠OBF2=30°,|OB|=b,|OF2|=c,∴|BF2|=a,∴cos30°=,,b=,∴椭圆C的方程为=1.(2)(方法一)设直线AD:y=k(x-2)(k≠0),(*)令x=0,则y=-2k,∴E(0,-2k),将(*)代入=1,整理得(3+4k2)x2-16k2x+16k2-12=0,设D(x0,y0),则2+xD=,∴xD=,yD=k=设P(xP,yP),∵P为AD的中点,∴xP==,yP==-,=.设存在Q(x0,y0)使得OP⊥EQ,则=(x0,y0+2k),=0,=0,即=0对任意的k≠0都成立,x0=,∴存在Q,0使得OP⊥EQ.(方法二)设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),由①-②,得=0,∵P为AB的中点,=0.∵kAB==k(k≠0),=0.=kOP,∴kOP=-设存在Q(x3,y3)使得OP⊥EQ,则=-,即2k(2kx3-3)-3y3=0,对任意k≠0都成立,即x3=,y3=0,∴存在Q使得OP⊥EQ.