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高中人教A版 (2019)第三章 圆锥曲线的方程3.1 椭圆课时作业
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这是一份高中人教A版 (2019)第三章 圆锥曲线的方程3.1 椭圆课时作业，共22页。试卷主要包含了设F1,F2为椭圆C，已知椭圆C，已知F1,F2是椭圆C，已知A,B分别为椭圆E等内容，欢迎下载使用。
考点1 椭圆的定义及其标准方程
1.(2019课标全国Ⅰ,10,5分,)已知椭圆C的焦点为F1(-1,0),F2(1,0),过F2的直线与C交于A,B两点.若|AF2|=2|F2B|,|AB|=|BF1|,则C的方程为( )
A.x22+y2=1 B.x23+y22=1 C.x24+y23=1 D.x25+y24=1
2.(2019课标全国Ⅲ,15,5分,)设F1,F2为椭圆C:x236+y220=1的两个焦点,M为C上一点且在第一象限.若△MF1F2为等腰三角形,则M的坐标为 .
3.(2019浙江,15,4分,)已知椭圆x29+y25=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 .深度解析
考点2 椭圆的几何性质
4.(2019北京,4,5分,)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12,则( )
A.a2=2b2 B.3a2=4b2 C.a=2b D.3a=4b
5.(2018浙江,17,4分,)已知点P(0,1),椭圆x24+y2=m(m>1)上两点A,B满足AP=2PB,则当m= 时,点B横坐标的绝对值最大.
6.(2020课标全国Ⅲ,20,12分,)已知椭圆C:x225+y2m2=1(0(1)求C的方程;
(2)若点P在C上,点Q在直线x=6上,且|BP|=|BQ|,BP⊥BQ,求△APQ的面积.
考点3 直线与椭圆的位置关系
7.(2018课标全国Ⅱ,12,5分,)已知F1,F2是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,A是C的左顶点,点P在过A且斜率为36的直线上,△PF1F2为等腰三角形,∠F1F2P=120°,则C的离心率为( )
8.(2020课标全国Ⅰ,20,12分,)已知A,B分别为椭圆E:x2a2+y2=1(a>1)的左、右顶点,G为E的上顶点,AG·GB=8.P为直线x=6上的动点,PA与E的另一交点为C,PB与E的另一交点为D.
(1)求E的方程;
(2)证明:直线CD过定点.
9.(2019课标全国Ⅱ,21,12分,)已知点A(-2,0),B(2,0),动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为-12.记M的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程,并说明C是什么曲线;
(2)过坐标原点的直线交C于P,Q两点,点P在第一象限,PE⊥x轴,垂足为E,连接QE并延长交C于点G.
(i)证明:△PQG是直角三角形;
(ii)求△PQG面积的最大值.
10.(2020新高考Ⅰ,22,12分,)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,且过点A(2,1).
(1)求C的方程;
(2)点M,N在C上,且AM⊥AN,AD⊥MN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.
三年模拟练
应用实践
1.(2021江西南昌二中高二上月考,)如图所示,F1、F2分别为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,点P在椭圆上,△POF2是面积为3的正三角形,则b2的值为( )
A.3 B.23 C.33 D.43
2.(2021新高考八省(市)1月联考,)椭圆x2m2+1+y2m2=1(m>0)的焦点为F1,F2,上顶点为A,若∠F1AF2=π3,则m= ( )
A.1 B.2 C.3 D.2
3.(2020安徽合肥高二上期末,)已知点O为坐标原点,点F是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点,点A(-2,0),B(2,0)分别为C的左、右顶点,点P为椭圆C上一点,且PF⊥x轴,过点A的直线交线段PF于点M,与y轴交于点E.若直线BM经过OE上靠近O点的三等分点,则|PF|=( )
A.4 B.32 C.2 D.3
4.(多选)(2020广东石门高级中学高二月考,)如图,两个椭圆x225+y29=1,y225+x29=1内部重叠区域的边界记为曲线C,P是曲线C上的任意一点,下列四个说法正确的为( )
A.P到F1(-4,0)、F2(4,0)、E1(0,-4)、E2(0,4)四点的距离之和为定值
B.曲线C关于直线y=x、y=-x均对称
C.曲线C所围区域面积必小于36
D.曲线C总长度不大于6π
5.(2021江苏泰州中学高二上期中,)已知直线l:ax+by=0与椭圆x2+y29=1交于A、B两点,若C(5,5),则CA·CB的取值范围是 .深度解析
6.(2021浙江丽水五校共同体高二上阶段性考试,)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短轴长为2,上顶点为A,左顶点为B,左、右焦点分别是F1,F2,且△F1AB的面积为2-32,点P为椭圆上的任意一点,则1|PF1|+1|PF2|的取值范围是 .
7.(2021江苏扬州中学高二上月考,)已知直线l与椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)相切于第一象限的点P(x0,y0),且直线l与x轴、y轴分别交于点A,B,当△AOB(O为坐标原点)的面积最小时,∠F1PF2=60°(F1,F2是椭圆的两个焦点),则该椭圆的离心率是 .
8.(2020山东济宁高二上期末,)从①离心率e=12;②椭圆C过点1,32;③△PF1F2面积的最大值为3这三个条件中任选一个,补充在下面横线处,并解决下面两个问题.
设椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1、F2, 过F1且斜率为k
的直线l交椭圆于P、Q两点,已知椭圆C的短轴长为23, .
(1)求椭圆C的方程;
(2)若线段PQ的中垂线与x轴交于点N,求证:|PQ||NF1|为定值.
9.(2019上海浦东新区二模,)某同学观看了2019年春节档非常热门的电影《流浪地球》后引发了他的思考:假定地球(设为质点P,地球半径忽略不计)借助原子发动机开始流浪的轨道是以木星(看作球体,其半径R约为7万千米)的中心F为右焦点的椭圆C.已知地球的近木星点A(轨道上离木星表面最近的点)到木星表面的距离为1万千米,远木星点B(轨道上离木星表面最远的点)到木星表面的距离为25万千米.
(1)求如图给定的坐标系下椭圆C的标准方程;
(2)若地球在流浪的过程中,由A第一次逆时针流浪到与轨道中心O的距离为ab(a,b分别为椭圆的长半轴、短半轴的长)万千米时,由于木星引力,部分原子发动机突然失去了动力,此时地球向着木星方向开始变轨(如图所示),假定地球变轨后的轨道为一条直线L,称该直线的斜率k为“变轨系数”.当“变轨系数”k的取值为-2或1时,地球与木星会不会发生碰撞?
答案全解全析
五年高考练
1.B 设|F2B|=x(x>0),则|AF2|=2x,|AB|=3x,|BF1|=3x,|AF1|=4a-(|AB|+|BF1|)=4a-6x,
由椭圆的定义知|BF1|+|BF2|=2a=4x,
所以|AF1|=2x.
在△BF1F2中,由余弦定理得|BF1|2=|F2B|2+|F1F2|2-2|F2B|·|F1F2|·cs∠BF2F1,
即9x2=x2+22-4xcs∠BF2F1①,
在△AF1F2中,由余弦定理得|AF1|2=|AF2|2+|F1F2|2-2|AF2|·|F1F2|·cs∠AF2F1,
即4x2=4x2+22-8xcs∠AF2F1②,
由①②,得x=32,
所以2a=4x=23,a=3,
所以b2=a2-c2=2.
故椭圆的方程为x23+y22=1.故选B.
2.答案 (3,15)
解析 不妨设F1,F2分别是椭圆C的左,右焦点,由M点在第一象限,△MF1F2是等腰三角形,知|F1M|=|F1F2|,
由椭圆方程知|F1F2|=8,|F1M|+|F2M|=2×6=12,
所以|F1M|=|F1F2|=8,|F2M|=4.
设M(x0,y0)(x0>0,y0>0),
则(x0+4)2+y02=64,(x0-4)2+y02=16,
解得x0=3,y0=15,即M(3,15).
3.答案 15
解析 如图,记椭圆的右焦点为F',取PF中点M,
由题知a=3,b=5,∴c=2,
连接OM,PF',则|OM|=|OF|=2,
又∵M为PF的中点,
∴|PF'|=2|OM|,PF'∥OM,∴|PF'|=4,
又∵P在椭圆上,∴|PF'|+|PF|=6,
∴|PF|=2,
在△PFF'中,|PF'|=|FF'|=4,|PF|=2,
连接F'M,则F'M⊥PF,
又|FM|=1,∴|F'M|=|FF'|2-|FM|2
=16-1=15,
∴kPF=tan∠PFF'=|F'M||FM|=15,
即直线PF的斜率为15.
解后反思 试题中只出现了椭圆的一个焦点,需要作出另一个焦点.将椭圆定义作为隐含条件直接应用是求解本题的突破口;由条件中的中点M联想到利用三角形中位线的性质求出PF'的长度是解决本题的关键.
4.B 由题意知a2-b2a2=e2=14,
整理,得3a2=4b2,故选B.
5.答案 5
解析 设B(t,u),由AP=2PB,易得A(-2t,3-2u).
∵点A,B都在椭圆上,
∴t24+u2=m,4t24+(3-2u)2=m,
从而有3t24+3u2-12u+9=0,
即t24+u2=4u-3.
∴4u-3=m⇒u=m+34,
∴t24+(m+3)216=m,
∴t2=-14m2+52m-94=-14(m-5)2+4.
∴当m=5时,(t2)max=4,即|t|max=2,
故当m=5时,点B横坐标的绝对值最大.
6.解析 (1)由题设可得25-m25=154,得m2=2516,所以C的方程为x225+y22516=1.
(2)设P(xP,yP),Q(6,yQ),根据对称性可设yQ>0,由题意知yP>0.
由已知可得B(5,0),直线BP的方程为y=-1yQ(x-5),
所以|BP|=yP1+yQ2,|BQ|=1+yQ2.
因为|BP|=|BQ|,
所以yP=1,将yP=1代入C的方程,解得xP=3或xP=-3.
由直线BP的方程得yQ=2或yQ=8.
所以点P,Q的坐标分别为P1(3,1),Q1(6,2);P2(-3,1),Q2(6,8).
|P1Q1|=10,直线P1Q1的方程为y=13x,点A(-5,0)到直线P1Q1的距离为102,故△AP1Q1的面积为12×102×10=52.
|P2Q2|=130,直线P2Q2的方程为y=79x+103,点A到直线P2Q2的距离为13026,故△AP2Q2的面积为12×13026×130=52.
综上,△APQ的面积为52.
7.D 由题意可得直线AP的方程为y=36(x+a),①
直线PF2的方程为y=3(x-c).②
联立①②,得y=35(a+c),
如图,过P向x轴引垂线,垂足为H,则PH=35(a+c).
因为∠PF2H=60°,PF2=F1F2=2c,PH=35(a+c),
所以sin 60°=PHPF2=35(a+c)2c=32,
即a+c=5c,即a=4c,
所以e=ca=14.故选D.
8.解析 (1)由题设得A(-a,0),B(a,0),G(0,1).
则AG=(a,1),GB=(a,-1).
由AG·GB=8得a2-1=8,即a=3.
所以E的方程为x29+y2=1.
(2)证明:设C(x1,y1),D(x2,y2),P(6,t).
若t≠0,设直线CD的方程为x=my+n,
由题意可知-3由于直线PA的方程为y=t9(x+3),
所以y1=t9(x1+3).
直线PB的方程为y=t3(x-3),
所以y2=t3(x2-3).
可得3y1(x2-3)=y2(x1+3).
由于x229+y22=1,故y22=-(x2+3)(x2-3)9,
可得27y1y2=-(x1+3)(x2+3),即
(27+m2)y1y2+m(n+3)(y1+y2)+(n+3)2=0.①
将x=my+n代入x29+y2=1得(m2+9)y2+2mny+n2-9=0.
所以y1+y2=-2mnm2+9,y1y2=n2-9m2+9.
代入①式得(27+m2)(n2-9)-2m(n+3)mn+(n+3)2(m2+9)=0.
解得n1=-3(舍去),n2=32.
故直线CD的方程为x=my+32,
即直线CD过定点32,0.
若t=0,则直线CD的方程为y=0,过点32,0.
综上,直线CD过定点32,0.
9.解析 (1)由题设得yx+2·yx-2=-12,
化简,得x24+y22=1(|x|≠2),
所以C为中心在坐标原点,焦点在x轴上的椭圆,不含左、右顶点.
(2)(i)证明:设直线PQ的斜率为k,则其方程为y=kx(k>0).
由y=kx,x24+y22=1得x=±21+2k2.
记u=21+2k2,则P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0).
于是直线QG的斜率为k2,方程为y=k2·(x-u).
由y=k2(x-u),x24+y22=1得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0.①
设G(xG,yG),则-u和xG是方程①的解,故xG=u(3k2+2)2+k2,由此得yG=uk32+k2.
从而直线PG的斜率为uk32+k2-uku(3k2+2)2+k2-u=-1k.
所以PQ⊥PG,即△PQG是直角三角形.
(ii)由(i)得|PQ|=2u1+k2,
|PG|=2ukk2+12+k2,
所以△PQG的面积S=12|PQ||PG|
=8k(1+k2)(1+2k2)(2+k2)=81k+k1+21k+k2.
设t=k+1k,则由k>0得t≥2,当且仅当k=1时取等号.
因为S=8t1+2t2在[2,+∞)上单调递减,
所以当t=2,即k=1时,S取得最大值,最大值为169.
因此△PQG面积的最大值为169.
10.解析 (1)由题设得4a2+1b2=1,a2-b2a2=12,解得a2=6,b2=3.
所以C的方程为x26+y23=1.
(2)证明:设M(x1,y1),N(x2,y2).
若直线MN与x轴不垂直,设直线MN的方程为y=kx+m,代入x26+y23=1得(1+2k2)·x2+4kmx+2m2-6=0.
于是x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-61+2k2.①
由AM⊥AN知AM·AN=0,
故(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0,
可得(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+(m-1)2+4=0.
将①代入上式可得(k2+1)2m2-61+2k2-(km-k-2)4km1+2k2+(m-1)2+4=0.
整理得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0.
因为A(2,1)不在直线MN上,
所以2k+m-1≠0,
故2k+3m+1=0,k≠1.
于是MN的方程为y=kx-23-13(k≠1).
所以直线MN过点P23,-13.
若直线MN与x轴垂直,可得N(x1,-y1).
由AM·AN=0得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)·(-y1-1)=0.
又x126+y123=1,可得3x12-8x1+4=0.
解得x1=2(舍去)或x1=23.
此时直线MN过点P23,-13.
令Q为AP的中点,即Q43,13.
若D与P不重合,则由题设知AP是Rt△ADP的斜边,故|DQ|=12|AP|=223.
若D与P重合,则|DQ|=12|AP|.
综上,存在点Q43,13,使得|DQ|为定值.
三年模拟练
应用实践
1.B ∵△POF2是面积为3的正三角形,
∴34c2=3,解得c=2.易得P(1,3).
将P(1,3)代入椭圆方程可得1a2+3b2=1,与a2=b2+4联立,解得b2=23.故选B.
2.C 由题可知a2=m2+1,b2=m2,故b=m,c=1,
∵∠F1AF2=π3,∴∠F1AO=π6,
∴tan∠F1AO=cb=1m=33,∴m=3.故选C.
3.B 由题意知,a=2,因为PF⊥x轴,所以设M(-c,t),作出图形如图,
则直线AM的方程为y=t2-c(x+2),
令x=0,得y=2t2-c,
所以直线AM与y轴的交点E的坐标为0,2t2-c.
易得直线BM的方程为y=-t2+c(x-2),
令x=0,得y=2t2+c,
所以直线BM与y轴的交点N的坐标为0,2t2+c,
由题意知,点N为线段OE上靠近O的一个三等分点,
所以3·2t2+c=2t2-c,解得c=1,
在椭圆中,b2=a2-c2=4-1=3,
所以|PF|=b2a=32.故选B.
4.BC 易知椭圆x225+y29=1的两个焦点分别为F1(-4,0),F2(4,0),椭圆y225+x29=1的两个焦点分别为E1(0,-4),E2(0,4).若点P仅在椭圆 x225+y29=1上,则P到F1(-4,0)、F2(4,0)两点的距离之和为定值,到E1(0,-4)、E2(0,4)两点的距离之和不为定值,故A错误;两个椭圆关于直线y=x、y=-x均对称,则曲线C关于直线y=x、y=-x均对称,故B正确;曲线C所围区域在边长为6的正方形内部,所以面积必小于36,故C正确;曲线C所围区域在半径为3的圆外部,所以曲线的总长度大于圆的周长6π,故D错误.故选BC.
5.答案 [41,49]
解析 直线l:ax+by=0过原点,结合椭圆的对称性可知A、B两点关于原点对称,
解法一:设A(x0,y0),B(-x0,-y0),
则CA·CB=(x0-5,y0-5)·(-x0-5,-y0-5)=50-(x02+y02),
|OA|=x02+y02∈[b,a],即x02+y02∈[1,3],∴CA·CB∈[41,49].
解法二:设A(cs θ,3sin θ)、B(-cs θ,-3sin θ),
则CA·CB=50-cs2θ-9sin2θ=49-8sin2θ∈[41,49].
解题模板 研究椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一点P的相关问题,可先设点P的坐标,一般有两种设法:一是设P(x0,y0),此时P点坐标满足x02a2+y02b2=1;二是设P(acs θ,bsin θ),利用三角函数知识解决问题.
6.答案 [1,4]
解析 由已知得2b=2,故b=1,
∵△F1AB的面积为2-32,
∴12(a-c)b=2-32,
∴a-c=2-3,
又a2-c2=(a-c)(a+c)=b2=1,
∴a=2,c=3,
∴1|PF1|+1|PF2|=|PF1|+|PF2||PF1||PF2|
=4|PF1|(4-|PF1|)=4-|PF1|2+4|PF1|,
又2-3≤|PF1|≤2+3,
∴1≤-|PF1|2+4|PF1|≤4,
∴1≤1|PF1|+1|PF2|≤4.
即1|PF1|+1|PF2|的取值范围为[1,4].
7.答案 105
解析 根据题意结合椭圆性质得椭圆在点P(x0,y0)处的切线方程为xx0a2+yy0b2=1,
由于直线l与x轴、y轴分别交于点A,B,故Aa2x0,0,B0,b2y0,
所以S△AOB=12·a2x0·b2y0=a2b22x0y0,
由于x02a2+y02b2=1≥2x0y0ab,所以1x0y0≥2ab,
所以S△AOB=a2b22x0y0≥ab,
当且仅当x0a=y0b=22时,△AOB的面积最小.
由于∠F1PF2=60°,所以4c2=|PF1|2+|PF2|2-|PF1||PF2|=(|PF1|+|PF2|)2-3|PF1||PF2|=4a2-3|PF1||PF2|,
所以|PF1||PF2|=4b23,
所以S△F1PF2=12|PF1||PF2|sin 60°
=12·4b23·32=3b23.
又S△F1PF2=12|F1F2|·y0=12·2c·22b=22bc,
所以3b23=22bc,即b2=32c2,
由于b2=a2-c2,所以a2=52c2,
所以e=105.
8.解析 (1)选①,
由题意可得a2=b2+c2,2b=23,ca=12,解得a=2,b=3,
∴椭圆C的方程为x24+y23=1.
选②,依题意得2b=23,∴b=3,
∴椭圆方程为x2a2+y23=1.
又点1,32在椭圆上,∴1a2+943=1,
解得a2=4,故椭圆方程为x24+y23=1.
选③,由题意得当P在上、下顶点时,S△PF1F2最大,
因此,12×2c×b=3,即bc=3,
又2b=23,∴b=3,∴c=1,
从而a2=1+3=4.
故椭圆方程为x24+y23=1.
(2)证明:(i)当k=0时,由(1)可得|PQ|=2a=4,|NF1|=c=1,
∴|PQ||NF1|=2ac=4.
(ii)当k≠0时,由(1)可得F1(-1,0).
设直线PF1的方程为y=k(x+1),
设P(x1,y1),Q(x2,y2),
由y=k(x+1),x24+y23=1,整理得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0,
显然Δ>0,且x1+x2=-8k23+4k2,x1x2=4k2-123+4k2,
∴|PQ|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2
=1+k2-8k23+4k22-4·4k2-123+4k2
=12+12k23+4k2,
∴y1+y2=k(x1+1)+k(x2+1)=k(x1+x2)+2k=-8k33+4k2+2k=6k3+4k2,
∴线段PQ的中点M-4k23+4k2,3k3+4k2,
则线段PQ的中垂线方程为
y-3k3+4k2=-1kx+4k23+4k2,
令y=0,可得x=-k23+4k2,
即N-k23+4k2,0,又F1(-1,0),
∴|NF1|=-k23+4k2+1=3k2+33+4k2,
∴|PQ||NF1|=12+12k23+4k23k2+33+4k2=4,
综上,|PQ||NF1|为定值4.
9.信息提取 ①地球看作质点P,地球半径忽略不计,木星看作球体,其半径R约为7万千米;②地球借助原子发动机开始流浪的轨道是以木星的中心F为右焦点的椭圆C;③地球的近木星点A(轨道上离木星表面最近的点)到木星表面的距离为1万千米,远木星点B(轨道上离木星表面最远的点)到木星表面的距离为25万千米;④由A第一次逆时针流浪到与轨道中心O的距离为ab万千米时,地球向着木星方向开始变轨,假定地球变轨后的轨道为一条直线L.
数学建模 以地球流浪的轨道为背景建立椭圆模型.由题意设椭圆的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),再由已知求解a,b,c的值,得到椭圆方程;由方程组的解得P的坐标,再由直线与圆的位置关系判断会不会碰撞.
解析 (1)设椭圆C的标准方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0).
由条件得a-c=7+1,a+c=7+25,
解得a=20,c=12,从而b=16,
因此椭圆C的方程为x2202+y2162=1.
(2)设地球由近木星点A第一次逆时针运行到与轨道中心O的距离为ab万千米时所在位置为P(x0,y0),设x0>0,y0>0.
则x02+y02=320,x02202+y02162=1 ⇒x0=403,y0=1653,
∴P403,1653,
则直线L的方程为y-1653=kx-403,
即kx-y+1653-403k=0,
设木星的中心F到地球的距离为d.
由d>R得12k+1653-403kk2+1>7,
化简得425k2+1285k-839<0,
当k=-2时,不等式左边=861-2565>0,不成立,地球与木星会发生碰撞.
当k=1时,左边=1285-414<0,不等式成立,地球与木星不会发生碰撞.
考点1 椭圆的定义及其标准方程
1.(2019课标全国Ⅰ,10,5分,)已知椭圆C的焦点为F1(-1,0),F2(1,0),过F2的直线与C交于A,B两点.若|AF2|=2|F2B|,|AB|=|BF1|,则C的方程为( )
A.x22+y2=1 B.x23+y22=1 C.x24+y23=1 D.x25+y24=1
2.(2019课标全国Ⅲ,15,5分,)设F1,F2为椭圆C:x236+y220=1的两个焦点,M为C上一点且在第一象限.若△MF1F2为等腰三角形,则M的坐标为 .
3.(2019浙江,15,4分,)已知椭圆x29+y25=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 .深度解析
考点2 椭圆的几何性质
4.(2019北京,4,5分,)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12,则( )
A.a2=2b2 B.3a2=4b2 C.a=2b D.3a=4b
5.(2018浙江,17,4分,)已知点P(0,1),椭圆x24+y2=m(m>1)上两点A,B满足AP=2PB,则当m= 时,点B横坐标的绝对值最大.
6.(2020课标全国Ⅲ,20,12分,)已知椭圆C:x225+y2m2=1(0
(2)若点P在C上,点Q在直线x=6上,且|BP|=|BQ|,BP⊥BQ,求△APQ的面积.
考点3 直线与椭圆的位置关系
7.(2018课标全国Ⅱ,12,5分,)已知F1,F2是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,A是C的左顶点,点P在过A且斜率为36的直线上,△PF1F2为等腰三角形,∠F1F2P=120°,则C的离心率为( )
8.(2020课标全国Ⅰ,20,12分,)已知A,B分别为椭圆E:x2a2+y2=1(a>1)的左、右顶点,G为E的上顶点,AG·GB=8.P为直线x=6上的动点,PA与E的另一交点为C,PB与E的另一交点为D.
(1)求E的方程;
(2)证明:直线CD过定点.
9.(2019课标全国Ⅱ,21,12分,)已知点A(-2,0),B(2,0),动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为-12.记M的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程,并说明C是什么曲线;
(2)过坐标原点的直线交C于P,Q两点,点P在第一象限,PE⊥x轴,垂足为E,连接QE并延长交C于点G.
(i)证明:△PQG是直角三角形;
(ii)求△PQG面积的最大值.
10.(2020新高考Ⅰ,22,12分,)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,且过点A(2,1).
(1)求C的方程;
(2)点M,N在C上,且AM⊥AN,AD⊥MN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.
三年模拟练
应用实践
1.(2021江西南昌二中高二上月考,)如图所示,F1、F2分别为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,点P在椭圆上,△POF2是面积为3的正三角形,则b2的值为( )
A.3 B.23 C.33 D.43
2.(2021新高考八省(市)1月联考,)椭圆x2m2+1+y2m2=1(m>0)的焦点为F1,F2,上顶点为A,若∠F1AF2=π3,则m= ( )
A.1 B.2 C.3 D.2
3.(2020安徽合肥高二上期末,)已知点O为坐标原点,点F是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点,点A(-2,0),B(2,0)分别为C的左、右顶点,点P为椭圆C上一点,且PF⊥x轴,过点A的直线交线段PF于点M,与y轴交于点E.若直线BM经过OE上靠近O点的三等分点,则|PF|=( )
A.4 B.32 C.2 D.3
4.(多选)(2020广东石门高级中学高二月考,)如图,两个椭圆x225+y29=1,y225+x29=1内部重叠区域的边界记为曲线C,P是曲线C上的任意一点,下列四个说法正确的为( )
A.P到F1(-4,0)、F2(4,0)、E1(0,-4)、E2(0,4)四点的距离之和为定值
B.曲线C关于直线y=x、y=-x均对称
C.曲线C所围区域面积必小于36
D.曲线C总长度不大于6π
5.(2021江苏泰州中学高二上期中,)已知直线l:ax+by=0与椭圆x2+y29=1交于A、B两点,若C(5,5),则CA·CB的取值范围是 .深度解析
6.(2021浙江丽水五校共同体高二上阶段性考试,)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短轴长为2,上顶点为A,左顶点为B,左、右焦点分别是F1,F2,且△F1AB的面积为2-32,点P为椭圆上的任意一点,则1|PF1|+1|PF2|的取值范围是 .
7.(2021江苏扬州中学高二上月考,)已知直线l与椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)相切于第一象限的点P(x0,y0),且直线l与x轴、y轴分别交于点A,B,当△AOB(O为坐标原点)的面积最小时,∠F1PF2=60°(F1,F2是椭圆的两个焦点),则该椭圆的离心率是 .
8.(2020山东济宁高二上期末,)从①离心率e=12;②椭圆C过点1,32;③△PF1F2面积的最大值为3这三个条件中任选一个,补充在下面横线处,并解决下面两个问题.
设椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1、F2, 过F1且斜率为k
的直线l交椭圆于P、Q两点,已知椭圆C的短轴长为23, .
(1)求椭圆C的方程;
(2)若线段PQ的中垂线与x轴交于点N,求证:|PQ||NF1|为定值.
9.(2019上海浦东新区二模,)某同学观看了2019年春节档非常热门的电影《流浪地球》后引发了他的思考:假定地球(设为质点P,地球半径忽略不计)借助原子发动机开始流浪的轨道是以木星(看作球体,其半径R约为7万千米)的中心F为右焦点的椭圆C.已知地球的近木星点A(轨道上离木星表面最近的点)到木星表面的距离为1万千米,远木星点B(轨道上离木星表面最远的点)到木星表面的距离为25万千米.
(1)求如图给定的坐标系下椭圆C的标准方程;
(2)若地球在流浪的过程中,由A第一次逆时针流浪到与轨道中心O的距离为ab(a,b分别为椭圆的长半轴、短半轴的长)万千米时,由于木星引力,部分原子发动机突然失去了动力,此时地球向着木星方向开始变轨(如图所示),假定地球变轨后的轨道为一条直线L,称该直线的斜率k为“变轨系数”.当“变轨系数”k的取值为-2或1时,地球与木星会不会发生碰撞?
答案全解全析
五年高考练
1.B 设|F2B|=x(x>0),则|AF2|=2x,|AB|=3x,|BF1|=3x,|AF1|=4a-(|AB|+|BF1|)=4a-6x,
由椭圆的定义知|BF1|+|BF2|=2a=4x,
所以|AF1|=2x.
在△BF1F2中,由余弦定理得|BF1|2=|F2B|2+|F1F2|2-2|F2B|·|F1F2|·cs∠BF2F1,
即9x2=x2+22-4xcs∠BF2F1①,
在△AF1F2中,由余弦定理得|AF1|2=|AF2|2+|F1F2|2-2|AF2|·|F1F2|·cs∠AF2F1,
即4x2=4x2+22-8xcs∠AF2F1②,
由①②,得x=32,
所以2a=4x=23,a=3,
所以b2=a2-c2=2.
故椭圆的方程为x23+y22=1.故选B.
2.答案 (3,15)
解析 不妨设F1,F2分别是椭圆C的左,右焦点,由M点在第一象限,△MF1F2是等腰三角形,知|F1M|=|F1F2|,
由椭圆方程知|F1F2|=8,|F1M|+|F2M|=2×6=12,
所以|F1M|=|F1F2|=8,|F2M|=4.
设M(x0,y0)(x0>0,y0>0),
则(x0+4)2+y02=64,(x0-4)2+y02=16,
解得x0=3,y0=15,即M(3,15).
3.答案 15
解析 如图,记椭圆的右焦点为F',取PF中点M,
由题知a=3,b=5,∴c=2,
连接OM,PF',则|OM|=|OF|=2,
又∵M为PF的中点,
∴|PF'|=2|OM|,PF'∥OM,∴|PF'|=4,
又∵P在椭圆上,∴|PF'|+|PF|=6,
∴|PF|=2,
在△PFF'中,|PF'|=|FF'|=4,|PF|=2,
连接F'M,则F'M⊥PF,
又|FM|=1,∴|F'M|=|FF'|2-|FM|2
=16-1=15,
∴kPF=tan∠PFF'=|F'M||FM|=15,
即直线PF的斜率为15.
解后反思 试题中只出现了椭圆的一个焦点,需要作出另一个焦点.将椭圆定义作为隐含条件直接应用是求解本题的突破口;由条件中的中点M联想到利用三角形中位线的性质求出PF'的长度是解决本题的关键.
4.B 由题意知a2-b2a2=e2=14,
整理,得3a2=4b2,故选B.
5.答案 5
解析 设B(t,u),由AP=2PB,易得A(-2t,3-2u).
∵点A,B都在椭圆上,
∴t24+u2=m,4t24+(3-2u)2=m,
从而有3t24+3u2-12u+9=0,
即t24+u2=4u-3.
∴4u-3=m⇒u=m+34,
∴t24+(m+3)216=m,
∴t2=-14m2+52m-94=-14(m-5)2+4.
∴当m=5时,(t2)max=4,即|t|max=2,
故当m=5时,点B横坐标的绝对值最大.
6.解析 (1)由题设可得25-m25=154,得m2=2516,所以C的方程为x225+y22516=1.
(2)设P(xP,yP),Q(6,yQ),根据对称性可设yQ>0,由题意知yP>0.
由已知可得B(5,0),直线BP的方程为y=-1yQ(x-5),
所以|BP|=yP1+yQ2,|BQ|=1+yQ2.
因为|BP|=|BQ|,
所以yP=1,将yP=1代入C的方程,解得xP=3或xP=-3.
由直线BP的方程得yQ=2或yQ=8.
所以点P,Q的坐标分别为P1(3,1),Q1(6,2);P2(-3,1),Q2(6,8).
|P1Q1|=10,直线P1Q1的方程为y=13x,点A(-5,0)到直线P1Q1的距离为102,故△AP1Q1的面积为12×102×10=52.
|P2Q2|=130,直线P2Q2的方程为y=79x+103,点A到直线P2Q2的距离为13026,故△AP2Q2的面积为12×13026×130=52.
综上,△APQ的面积为52.
7.D 由题意可得直线AP的方程为y=36(x+a),①
直线PF2的方程为y=3(x-c).②
联立①②,得y=35(a+c),
如图,过P向x轴引垂线,垂足为H,则PH=35(a+c).
因为∠PF2H=60°,PF2=F1F2=2c,PH=35(a+c),
所以sin 60°=PHPF2=35(a+c)2c=32,
即a+c=5c,即a=4c,
所以e=ca=14.故选D.
8.解析 (1)由题设得A(-a,0),B(a,0),G(0,1).
则AG=(a,1),GB=(a,-1).
由AG·GB=8得a2-1=8,即a=3.
所以E的方程为x29+y2=1.
(2)证明:设C(x1,y1),D(x2,y2),P(6,t).
若t≠0,设直线CD的方程为x=my+n,
由题意可知-3
所以y1=t9(x1+3).
直线PB的方程为y=t3(x-3),
所以y2=t3(x2-3).
可得3y1(x2-3)=y2(x1+3).
由于x229+y22=1,故y22=-(x2+3)(x2-3)9,
可得27y1y2=-(x1+3)(x2+3),即
(27+m2)y1y2+m(n+3)(y1+y2)+(n+3)2=0.①
将x=my+n代入x29+y2=1得(m2+9)y2+2mny+n2-9=0.
所以y1+y2=-2mnm2+9,y1y2=n2-9m2+9.
代入①式得(27+m2)(n2-9)-2m(n+3)mn+(n+3)2(m2+9)=0.
解得n1=-3(舍去),n2=32.
故直线CD的方程为x=my+32,
即直线CD过定点32,0.
若t=0,则直线CD的方程为y=0,过点32,0.
综上,直线CD过定点32,0.
9.解析 (1)由题设得yx+2·yx-2=-12,
化简,得x24+y22=1(|x|≠2),
所以C为中心在坐标原点,焦点在x轴上的椭圆,不含左、右顶点.
(2)(i)证明:设直线PQ的斜率为k,则其方程为y=kx(k>0).
由y=kx,x24+y22=1得x=±21+2k2.
记u=21+2k2,则P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0).
于是直线QG的斜率为k2,方程为y=k2·(x-u).
由y=k2(x-u),x24+y22=1得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0.①
设G(xG,yG),则-u和xG是方程①的解,故xG=u(3k2+2)2+k2,由此得yG=uk32+k2.
从而直线PG的斜率为uk32+k2-uku(3k2+2)2+k2-u=-1k.
所以PQ⊥PG,即△PQG是直角三角形.
(ii)由(i)得|PQ|=2u1+k2,
|PG|=2ukk2+12+k2,
所以△PQG的面积S=12|PQ||PG|
=8k(1+k2)(1+2k2)(2+k2)=81k+k1+21k+k2.
设t=k+1k,则由k>0得t≥2,当且仅当k=1时取等号.
因为S=8t1+2t2在[2,+∞)上单调递减,
所以当t=2,即k=1时,S取得最大值,最大值为169.
因此△PQG面积的最大值为169.
10.解析 (1)由题设得4a2+1b2=1,a2-b2a2=12,解得a2=6,b2=3.
所以C的方程为x26+y23=1.
(2)证明:设M(x1,y1),N(x2,y2).
若直线MN与x轴不垂直,设直线MN的方程为y=kx+m,代入x26+y23=1得(1+2k2)·x2+4kmx+2m2-6=0.
于是x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-61+2k2.①
由AM⊥AN知AM·AN=0,
故(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0,
可得(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+(m-1)2+4=0.
将①代入上式可得(k2+1)2m2-61+2k2-(km-k-2)4km1+2k2+(m-1)2+4=0.
整理得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0.
因为A(2,1)不在直线MN上,
所以2k+m-1≠0,
故2k+3m+1=0,k≠1.
于是MN的方程为y=kx-23-13(k≠1).
所以直线MN过点P23,-13.
若直线MN与x轴垂直,可得N(x1,-y1).
由AM·AN=0得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)·(-y1-1)=0.
又x126+y123=1,可得3x12-8x1+4=0.
解得x1=2(舍去)或x1=23.
此时直线MN过点P23,-13.
令Q为AP的中点,即Q43,13.
若D与P不重合,则由题设知AP是Rt△ADP的斜边,故|DQ|=12|AP|=223.
若D与P重合,则|DQ|=12|AP|.
综上,存在点Q43,13,使得|DQ|为定值.
三年模拟练
应用实践
1.B ∵△POF2是面积为3的正三角形,
∴34c2=3,解得c=2.易得P(1,3).
将P(1,3)代入椭圆方程可得1a2+3b2=1,与a2=b2+4联立,解得b2=23.故选B.
2.C 由题可知a2=m2+1,b2=m2,故b=m,c=1,
∵∠F1AF2=π3,∴∠F1AO=π6,
∴tan∠F1AO=cb=1m=33,∴m=3.故选C.
3.B 由题意知,a=2,因为PF⊥x轴,所以设M(-c,t),作出图形如图,
则直线AM的方程为y=t2-c(x+2),
令x=0,得y=2t2-c,
所以直线AM与y轴的交点E的坐标为0,2t2-c.
易得直线BM的方程为y=-t2+c(x-2),
令x=0,得y=2t2+c,
所以直线BM与y轴的交点N的坐标为0,2t2+c,
由题意知,点N为线段OE上靠近O的一个三等分点,
所以3·2t2+c=2t2-c,解得c=1,
在椭圆中,b2=a2-c2=4-1=3,
所以|PF|=b2a=32.故选B.
4.BC 易知椭圆x225+y29=1的两个焦点分别为F1(-4,0),F2(4,0),椭圆y225+x29=1的两个焦点分别为E1(0,-4),E2(0,4).若点P仅在椭圆 x225+y29=1上,则P到F1(-4,0)、F2(4,0)两点的距离之和为定值,到E1(0,-4)、E2(0,4)两点的距离之和不为定值,故A错误;两个椭圆关于直线y=x、y=-x均对称,则曲线C关于直线y=x、y=-x均对称,故B正确;曲线C所围区域在边长为6的正方形内部,所以面积必小于36,故C正确;曲线C所围区域在半径为3的圆外部,所以曲线的总长度大于圆的周长6π,故D错误.故选BC.
5.答案 [41,49]
解析 直线l:ax+by=0过原点,结合椭圆的对称性可知A、B两点关于原点对称,
解法一:设A(x0,y0),B(-x0,-y0),
则CA·CB=(x0-5,y0-5)·(-x0-5,-y0-5)=50-(x02+y02),
|OA|=x02+y02∈[b,a],即x02+y02∈[1,3],∴CA·CB∈[41,49].
解法二:设A(cs θ,3sin θ)、B(-cs θ,-3sin θ),
则CA·CB=50-cs2θ-9sin2θ=49-8sin2θ∈[41,49].
解题模板 研究椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一点P的相关问题,可先设点P的坐标,一般有两种设法:一是设P(x0,y0),此时P点坐标满足x02a2+y02b2=1;二是设P(acs θ,bsin θ),利用三角函数知识解决问题.
6.答案 [1,4]
解析 由已知得2b=2,故b=1,
∵△F1AB的面积为2-32,
∴12(a-c)b=2-32,
∴a-c=2-3,
又a2-c2=(a-c)(a+c)=b2=1,
∴a=2,c=3,
∴1|PF1|+1|PF2|=|PF1|+|PF2||PF1||PF2|
=4|PF1|(4-|PF1|)=4-|PF1|2+4|PF1|,
又2-3≤|PF1|≤2+3,
∴1≤-|PF1|2+4|PF1|≤4,
∴1≤1|PF1|+1|PF2|≤4.
即1|PF1|+1|PF2|的取值范围为[1,4].
7.答案 105
解析 根据题意结合椭圆性质得椭圆在点P(x0,y0)处的切线方程为xx0a2+yy0b2=1,
由于直线l与x轴、y轴分别交于点A,B,故Aa2x0,0,B0,b2y0,
所以S△AOB=12·a2x0·b2y0=a2b22x0y0,
由于x02a2+y02b2=1≥2x0y0ab,所以1x0y0≥2ab,
所以S△AOB=a2b22x0y0≥ab,
当且仅当x0a=y0b=22时,△AOB的面积最小.
由于∠F1PF2=60°,所以4c2=|PF1|2+|PF2|2-|PF1||PF2|=(|PF1|+|PF2|)2-3|PF1||PF2|=4a2-3|PF1||PF2|,
所以|PF1||PF2|=4b23,
所以S△F1PF2=12|PF1||PF2|sin 60°
=12·4b23·32=3b23.
又S△F1PF2=12|F1F2|·y0=12·2c·22b=22bc,
所以3b23=22bc,即b2=32c2,
由于b2=a2-c2,所以a2=52c2,
所以e=105.
8.解析 (1)选①,
由题意可得a2=b2+c2,2b=23,ca=12,解得a=2,b=3,
∴椭圆C的方程为x24+y23=1.
选②,依题意得2b=23,∴b=3,
∴椭圆方程为x2a2+y23=1.
又点1,32在椭圆上,∴1a2+943=1,
解得a2=4,故椭圆方程为x24+y23=1.
选③,由题意得当P在上、下顶点时,S△PF1F2最大,
因此,12×2c×b=3,即bc=3,
又2b=23,∴b=3,∴c=1,
从而a2=1+3=4.
故椭圆方程为x24+y23=1.
(2)证明:(i)当k=0时,由(1)可得|PQ|=2a=4,|NF1|=c=1,
∴|PQ||NF1|=2ac=4.
(ii)当k≠0时,由(1)可得F1(-1,0).
设直线PF1的方程为y=k(x+1),
设P(x1,y1),Q(x2,y2),
由y=k(x+1),x24+y23=1,整理得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0,
显然Δ>0,且x1+x2=-8k23+4k2,x1x2=4k2-123+4k2,
∴|PQ|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2
=1+k2-8k23+4k22-4·4k2-123+4k2
=12+12k23+4k2,
∴y1+y2=k(x1+1)+k(x2+1)=k(x1+x2)+2k=-8k33+4k2+2k=6k3+4k2,
∴线段PQ的中点M-4k23+4k2,3k3+4k2,
则线段PQ的中垂线方程为
y-3k3+4k2=-1kx+4k23+4k2,
令y=0,可得x=-k23+4k2,
即N-k23+4k2,0,又F1(-1,0),
∴|NF1|=-k23+4k2+1=3k2+33+4k2,
∴|PQ||NF1|=12+12k23+4k23k2+33+4k2=4,
综上,|PQ||NF1|为定值4.
9.信息提取 ①地球看作质点P,地球半径忽略不计,木星看作球体,其半径R约为7万千米;②地球借助原子发动机开始流浪的轨道是以木星的中心F为右焦点的椭圆C;③地球的近木星点A(轨道上离木星表面最近的点)到木星表面的距离为1万千米,远木星点B(轨道上离木星表面最远的点)到木星表面的距离为25万千米;④由A第一次逆时针流浪到与轨道中心O的距离为ab万千米时,地球向着木星方向开始变轨,假定地球变轨后的轨道为一条直线L.
数学建模 以地球流浪的轨道为背景建立椭圆模型.由题意设椭圆的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),再由已知求解a,b,c的值,得到椭圆方程;由方程组的解得P的坐标,再由直线与圆的位置关系判断会不会碰撞.
解析 (1)设椭圆C的标准方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0).
由条件得a-c=7+1,a+c=7+25,
解得a=20,c=12,从而b=16,
因此椭圆C的方程为x2202+y2162=1.
(2)设地球由近木星点A第一次逆时针运行到与轨道中心O的距离为ab万千米时所在位置为P(x0,y0),设x0>0,y0>0.
则x02+y02=320,x02202+y02162=1 ⇒x0=403,y0=1653,
∴P403,1653,
则直线L的方程为y-1653=kx-403,
即kx-y+1653-403k=0,
设木星的中心F到地球的距离为d.
由d>R得12k+1653-403kk2+1>7,
化简得425k2+1285k-839<0,
当k=-2时,不等式左边=861-2565>0,不成立,地球与木星会发生碰撞.
当k=1时,左边=1285-414<0,不等式成立,地球与木星不会发生碰撞.
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