统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练51椭圆理

这是一份统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练51椭圆理，共6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．2 eq \r(3) B．4 eq \r(3) C．6 D．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＝2b D．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)＝1 B． eq \f(x2,25)＋ eq \f(y2,9)＝1
C． eq \f(x2,25)＋ eq \f(y2,16)＝1 D． 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⊥，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．[2023·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．[2023·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＝4 eq \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(a cs θ，b sin θ，θ∈[0，2π)，因为|PB|≤2b，所以对任意θ∈[0，2π)，(a cs θ)2＋(b sin θ－b)2≤4b2恒成立，即( a2－b2)sin2θ＋2b2sinθ＋3b2－a2≥0对任意θ∈[0，2π)恒成立．令sin θ＝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．B
方法一 依题意a＝3，b＝ eq \r(6)，c＝ eq \r(a2－b2)＝ eq \r(3).如图，不妨令F1(－ eq \r(3)，0)，F2( eq \r(3)，0).设|PF1|＝m，|PF2|＝n，在△F1PF2中，cs ∠F1PF2＝ eq \f(m2＋n2－12,2mn)＝ eq \f(3,5) ①，
由椭圆的定义可得m＋n＝2a＝6 ②.
由①②，解得mn＝ eq \f(15,2).
设|OP|＝x.
在△F1OP和△F2OP中，∠F1OP＋∠F2OP＝π，
由余弦定理得 eq \f(x2＋3－m2,2\r(3)x)＝－ eq \f(x2＋3－n2,2\r(3)x)，
得x2＝ eq \f(m2＋n2－6,2)＝ eq \f(（m＋n）2－2mn－6,2)＝ eq \f(15,2)，所以|OP|＝ eq \f(\r(30),2).
方法二 依题意a＝3，b＝ eq \r(6)，c＝ eq \r(a2－b2)＝ eq \r(3).
如图(图同方法一)，设点P的坐标为(x0，y0)，α＝∠F1PF2，
则cs ∠F1PF2＝cs α＝ eq \f(3,5)，
故sin ∠F1PF2＝sin α＝ eq \f(2sin \f(α,2)cs \f(α,2),sin2\f(α,2)＋cs2\f(α,2))＝ eq \f(2tan\f(α,2),1＋tan2\f(α,2))＝ eq \f(4,5)，则tan eq \f(α,2)＝ eq \f(1,2)或tan eq \f(α,2)＝2(舍去).
故△F1PF2的面积S△F1PF2＝b2tan eq \f(α,2)＝6× eq \f(1,2)＝3.
又S△F1PF2＝ eq \f(1,2)×2c|y0|＝ eq \r(3)|y0|，
故y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝3，又 eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,9)＋ eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,6)＝1，
所以x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(9,2)，|OP|2＝x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(15,2)，|OP|＝ eq \f(\r(30),2).
方法三 依题意a＝3，b＝ eq \r(6)，c＝ eq \r(a2－b2)＝ eq \r(3).
如图(图同方法一)，设点P的坐标为(x0，y0)，利用焦点三角形面积公式知S△F1PF2＝ eq \f(b2sin α,1＋cs α).
因为cs ∠F1PF2＝ eq \f(3,5)，所以sin ∠F1PF2＝ eq \f(4,5)，故S△F1PF2＝ eq \f(6×\f(4,5),1＋\f(3,5))＝3.又S△F1PF2＝ eq \f(1,2)×2c|y0|＝ eq \r(3)|y0|，故y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝3，
又 eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,9)＋ eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,6)＝1，所以x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(9,2)，|OP|2＝x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(15,2)，|OP|＝ eq \f(\r(30),2).
方法四 依题意a＝3，b＝ eq \r(6)，c＝ eq \r(a2－b2)＝ eq \r(3).
如图(图同方法一)，不妨令F1(－ eq \r(3)，0)，F2( eq \r(3)，0).
设|PF1|＝m，|PF2|＝n，在△F1PF2中，cs ∠F1PF2＝ eq \f(m2＋n2－12,2mn)＝ eq \f(3,5) ①，
由椭圆的定义可得m＋n＝2a＝6 ②.
由①②，解得mn＝ eq \f(15,2).
因为 eq \(PO,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2)(＋)，
所以| eq \(PO,\s\up6(→))|2＝ eq \f(1,4)(m2＋n2＋2mn cs ∠F1PF2)＝ eq \f(1,4) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(（m＋n）2－\f(4,5)mn))＝ eq \f(15,2)，所以|PO|＝ eq \f(\r(30),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＝b2tan 45°＝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)≥sin 45°，∴e≥ eq \f(\r(2),2)，
又0