高中湘教版（2019）3.1 椭圆达标测试

这是一份高中湘教版（2019）3.1 椭圆达标测试，共9页。试卷主要包含了P为椭圆C，已知椭圆E，已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。

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
2.(2022湖南衡阳期末)P为椭圆C:x217+y213=1上一动点,F1,F2分别为椭圆的左、右焦点,延长F1P至点Q,使得|PQ|=|PF2|,则动点Q的轨迹方程为( )
A.(x+2)2+y2=34 B.(x+2)2+y2=68
C.(x-2)2+y2=34 D.(x-2)2+y2=68
3.经过椭圆x22+y2=1的一个焦点作倾斜角为45°的直线l,交椭圆于A,B两点.设O为坐标原点,则OA·OB等于( )
A.-3 B.-13
C.-13或-3 D.±13
4.(2022山东青岛期中)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率是32,左、右焦点分别为F1,F2,P是椭圆上一点,且∠F1PF2=π2,△F1PF2的面积等于3,则椭圆E的方程为( )
A.x28+y22=1 B.x24+y2=1
C.x220+y25=1 D.x212+y23=1
5.(2022江西南昌期末)设F1,F2分别是椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,若在直线x=a2c上存在点P,使线段PF1的垂直平分线经过点F2,则椭圆离心率的取值范围是( )
A.0,22 B.0,33
C.33,1 D.22,1
6.(多选)(2022湖南常德月考)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,长轴长为4,点P(2,1)在椭圆内部,点Q在椭圆上,则以下说法正确的是( )
A.离心率的取值范围为0,12
B.当离心率为24时,|QF1|+|QP|的最大值为2a+62
C.存在点Q使得QF1·QF2=0
D.1|QF1|+1|QF2|的最小值为1
7.(2022安徽淮南期末)若实数x,y满足方程x216+y225=1,则(x-1)2+y2+x2+(y-3)2的取值范围为 .
8.(2022重庆八中月考)过椭圆x236+y227=1上一动点P分别向圆C1:(x+3)2+y2=4和圆C2:(x-3)2+y2=1作切线,切点分别为M,N,则|PM|2+2|PN|2的最小值为 .
9.(2021湖南雅礼中学期中)已知椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的短轴长为2,过下焦点且与x轴平行的弦长为233.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)若A,B分别为椭圆C的右顶点与上顶点,直线y=kx(k>0)与椭圆C相交于M,N两点,求四边形AMBN的面积的最大值及此时k的值.
10.(2022河北石家庄二中期中)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为53,其左、右焦点与短轴端点构成的四边形的面积为45.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)如图,过椭圆外一点P作两条互相垂直的直线l1,l2,且l1,l2均与椭圆C相切,切点分别为A,B.
(i)求P的轨迹方程;
(ii)记原点O到l1,l2的距离分别为d1,d2,求d1d2的最大值.
答案与分层梯度式解析
1.B 若方程x2k-4+y210-k=1表示焦点在x轴上的椭圆,则k-4>0,10-k>0,k-4>10-k,解得72.B 由x217+y213=1可得a=17,则|PF1|+|PF2|=2a=217,又因为|PQ|=|PF2|,所以|PF1|+|PQ|=|F1Q|=2a=217,所以动点Q的轨迹是以F1(-2,0)为圆心,217为半径的圆,故动点Q的轨迹方程为(x+2)2+y2=68.故选B.
3.B 由x22+y2=1,得a2=2,b2=1,则c2=a2-b2=1,则焦点坐标为(±1,0).不妨设直线l过右焦点,因为l的倾斜角为45°,所以直线l的方程为y=x-1,
代入x22+y2=1得x2+2(x-1)2-2=0,即3x2-4x=0,
解得x1=0,x2=43.
不妨设A,B两点的坐标分别为(0,-1),43,13,所以OA·OB=(0,-1)·43,13=0-13=-13.
4.D 由题意知ca=32,即3a2=4c2,根据椭圆的定义,可得|PF1|+|PF2|=2a, 又因为∠F1PF2=π2,且△F1PF2的面积等于3,所以|PF1|2+|PF2|2=4c2,且|PF1|·|PF2|=6, 则|PF1|2+|PF2|2=(|PF1|+|PF2|)2-2|PF1||PF2|=4a2-12=4c2,即4a2-12=3a2,解得a2=12,所以c2=9,所以b2=a2-c2=3,所以椭圆的方程为x212+y23=1.故选D.
5.C 由题意得F1(-c,0),F2 (c,0),设点Pa2c,m,PF1的中点为K,则Ka2-c22c,12m,
∴kPF1·kKF2=-1,即m-0a2c+c·12m-0a2-c22c-c=-1,
∴m2=-a2c+c·a2c-3c≥0,∴a4-2a2c2-3c4≤0,∴3e4+2e2-1≥0,∴e2≥13,∴e≥33.
又∵e∈(0,1),∴33≤e<1.
6.BD 由题意可得2a=4,所以a=2,由点P(2,1)在椭圆内部可得24+1b2<1,可得27.答案 [10-10,10+10]
解析 (x-1)2+y2+x2+(y-3)2可表示椭圆x216+y225=1上的点P(x,y)与点A(1,0)及上焦点F2(0,3)间的距离之和,即(x-1)2+y2+x2+(y-3)2=|PA|+|PF2|,设椭圆的下焦点为F1(0,-3),由椭圆的定义得|PF1|+|PF2|=10,所以|PA|+|PF2|=10+|PA|-|PF1|,又因为||PA|-|PF1||≤|AF1|=10,所以-10≤|PA|-|PF1|≤10,故10-10≤|PA|+|PF2|≤10+10.
8.答案 90
解析 ∵a2=36,b2=27,∴c=a2-b2=3,
圆C1的圆心为C1(-3,0),半径为2,圆C2的圆心为C2(3,0),半径为1,
易知C1(-3,0),C2(3,0)为椭圆的两个焦点,如图所示:
|PM|2+2|PN|2=|PC1|2-4+2(|PC2|2-1)=|PC1|2+2|PC2|2-6,
根据椭圆的定义得|PC1|+|PC2|=2a=12,设|PC2|=t,则a-c≤t≤a+c,即3≤t≤9,
则|PM|2+2|PN|2=(12-t)2+2t2-6=3t2-24t+138=3(t-4)2+90,∴当t=4时,|PM|2+2|PN|2取得最小值,最小值为90.
9.解析 (1)由题意可得2b=2,则b=1,
将y=-c代入椭圆方程可得c2a2+x2b2=1,
则x2=b21-c2a2=b4a2,解得x=±b2a,
由题意可得2b2a=2a=233,所以a=3,
因此,椭圆C的标准方程为y23+x2=1.
(2)易知点A(1,0),B(0,3),
所以直线AB的方程为x+y3=1,即3x+y-3=0.
不妨设M(x1,y1),N(x2,y2),且x1由y23+x2=1,y=kx⇒x1=-3k2+3,x2=3k2+3,则x2=-x1,
则M到直线AB的距离d1=|3x1+kx1-3|2=3-(k+3)x12=3+(k+3)x22,
N到直线AB的距离d2=|3x2+kx2-3|2=(k+3)x2-32,
则S四边形AMBN=12|AB|(d1+d2)=12·12+(-3)2·3+(k+3)x22+(k+3)x2-32=(k+3)x2=3k+3k2+3=3k2+63k+9k2+3=3·k2+23k+3k2+3=3·1+23kk2+3=3·1+23k+3k≤3·1+232k·3k=6,当且仅当k=3时,等号成立,
因此,四边形AMBN的面积的最大值为6,此时k=3.
10.解析 (1)由已知可得ca=53,2bc=45,c=a2-b2,解得a=3,b=2,c=5,因此,椭圆C的标准方程为x29+y24=1.
(2)(i)设点P的坐标为(x0,y0).
当直线l1,l2的斜率都存在时,
不妨设直线l1,l2的斜率分别为k1,k2,
过点P且斜率存在的直线方程为y-y0=k(x-x0),即y=kx+(y0-kx0),
联立y=kx+(y0-kx0),4x2+9y2=36,消去y可得(9k2+4)x2+18k(y0-kx0)x+9(y0-kx0)2-36=0,
由Δ=182k2(y0-kx0)2-4(9k2+4)[9(y0-kx0)2-36]=0,可得(9-x02)k2+2kx0y0+4-y02=0,
由题意可知,k1,k2是关于k的二次方程(9-x02)k2+2kx0y0+4-y02=0的两根,
因为l1⊥l2,所以k1k2=4-y029-x02=-1,化简可得x02+y02=13.
当l1,l2分别与两坐标轴垂直时,满足l1⊥l2,此时点P的坐标为(±3,±2),点P在圆x2+y2=13上.
综上所述,点P的轨迹方程为x2+y2=13.
(ii)由(i)可知|OP|=13,
如图所示,过点O分别作直线l1、l2的垂线,垂足分别为M,N.
因为PN⊥PA,OM⊥PA,所以OM∥PN,同理可得ON∥PM,所以四边形OMPN为矩形,
故d12+d22=|OM|2+|ON|2=|OP|2=13,
由基本不等式可得d1d2≤d12+d222=132,当且仅当d1=d2=262时,等号成立.
因此,d1d2的最大值为132.