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    2023年高考数学一轮复习《椭圆》精选练习(2份打包,教师版+原卷版)

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    2023年高考数学一轮复习《椭圆》精选练习一、选择题 LISTNUM OutlineDefault \l 3 已知点F1,F2分别为椭圆C:eq \f(x2,4)+eq \f(y2,3)=1的左、右焦点,若点P在椭圆C上,且∠F1PF2=60°,则|PF1|·|PF2|=(  )A.4    B.6    C.8    D.12【答案解析】答案为:A.解析:由|PF1|+|PF2|=4,|PF1|2+|PF2|2-2|PF1|·|PF2|·cos 60°=|F1F2|2,得3|PF1|·|PF2|=12,所以|PF1|·|PF2|=4,故选A.] LISTNUM OutlineDefault \l 3 椭圆eq \f(x2,5)+eq \f(y2,4)=1的左焦点为F,直线x=a与椭圆相交于点M,N,当△FMN的周长最大时,△FMN的面积是(  )A.eq \f(\r(5),5) B.eq \f(6\r(5),5) C.eq \f(8\r(5),5) D.eq \f(4\r(5),5)【答案解析】答案为:C;解析:设椭圆的右焦点为E,由椭圆的定义知△FMN的周长为L=|MN|+|MF|+|NF|=|MN|+(2eq \r(5)-|ME|)+(2eq \r(5)-|NE|).因为|ME|+|NE|≥|MN|,所以|MN|-|ME|-|NE|≤0,当直线MN过点E时取等号,所以L=4eq \r(5)+|MN|-|ME|-|NE|≤4eq \r(5),即直线x=a过椭圆的右焦点E时,△FMN的周长最大,此时S△FMN=eq \f(1,2)×|MN|×|EF|=eq \f(1,2)×eq \f(2×4,\r(5))×2=eq \f(8\r(5),5),故选C. LISTNUM OutlineDefault \l 3 如图,椭圆eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,4)=1(a>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F1的直线交椭圆于M,N两点,交y轴于点H.若F1,H是线段MN的三等分点,则△F2MN的周长为(  )A.20 B.10 C.2eq \r(5) D.4eq \r(5)【答案解析】答案为:D;解析:由F1,H是线段MN的三等分点,得H是F1N的中点,又F1(-c,0),∴点N的横坐标为c,联立方程,得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x=c,,\f(x2,a2)+\f(y2,4)=1,))得Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c,\f(4,a))),∴Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(2,a))),Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-2c,-\f(2,a))).把点M的坐标代入椭圆方程得eq \f(4c2,a2)+eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(2,a)))2,4)=1,化简得c2=eq \f(a2-1,4),又c2=a2-4,∴eq \f(a2-1,4)=a2-4,解得a2=5,∴a=eq \r(5).由椭圆的定义知|NF2|+|NF1|=|MF2|+|MF1|=2a,∴△F2MN的周长为|NF2|+|MF2|+|MN|=|NF2|+|MF2|+|NF1|+|MF1|=4a=4eq \r(5),故选D. LISTNUM OutlineDefault \l 3 在平面直角坐标系xOy中,P是椭圆eq \f(y2,4)+eq \f(x2,3)=1上的一个动点,点A(1,1),B(0,-1),则|PA|+|PB|的最大值为(  )A.5 B.4 C.3 D.2【答案解析】答案为:A;解析:∵椭圆的方程为eq \f(y2,4)+eq \f(x2,3)=1,∴a2=4,b2=3,c2=1,∴B(0,-1)是椭圆的一个焦点,设另一个焦点为C(0,1),如图所示,根据椭圆的定义知,|PB|+|PC|=4,∴|PB|=4-|PC|,∴|PA|+|PB|=4+|PA|-|PC|≤4+|AC|=5. LISTNUM OutlineDefault \l 3 已知椭圆C:eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)与圆D:x2+y2-2ax+eq \f(3,16)a2=0交于A,B两点,若四边形OADB(O为原点)是菱形,则椭圆C的离心率为(  )A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,2) C.eq \f(\r(3),2) D.eq \f(\r(6),2)【答案解析】答案为:B;解析:由已知可得圆D:(x-a)2+y2=eq \f(13,16)a2,圆心D(a,0),则菱形OADB对角线的交点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2),0)),将x=eq \f(a,2)代入圆D的方程得y=±eq \f(3a,4),不妨设点A在x轴上方,即Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2),\f(3a,4))),代入椭圆C的方程可得eq \f(1,4)+eq \f(9a2,16b2)=1,所以eq \f(3,4)a2=b2=a2-c2,解得a=2c,所以椭圆C的离心率e=eq \f(c,a)=eq \f(1,2). LISTNUM OutlineDefault \l 3 设F是椭圆C:eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的一个焦点,P是C上的点,圆x2+y2=eq \f(a2,9)与线段PF交于A,B两点,若A,B是线段PF的两个三等分点,则椭圆C的离心率为(   )A.eq \f(\r(3),3) B.eq \f(\r(5),3) C.eq \f(\r(10),4) D.eq \f(\r(17),5)【答案解析】答案为:D;解析:如图所示,设线段AB的中点为D,连接OD,OA,设椭圆C的左、右焦点分别为F,F1,连接PF1.设|OD|=t,因为点A,B是线段PF的两个三等分点,所以点D为线段PF的中点,所以OD∥PF1,且|PF1|=2t,PF1⊥PF.因为|PF|=3|AB|=6|AD|=6eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))2-t2),根据椭圆的定义,得|PF|+|PF1|=2a,∴6eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))2-t2)+2t=2a,解得t=eq \f(a,5)或t=0(舍去).所以|PF|=eq \f(8a,5),|PF1|=eq \f(2a,5).在Rt△PFF1中,|PF|2+|PF1|2=|FF1|2,即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8a,5)))2+eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,5)))2=(2c)2,得eq \f(c2,a2)=eq \f(17,25),所以椭圆C的离心率e=eq \f(c,a)=eq \f(\r(17),5). LISTNUM OutlineDefault \l 3 如图所示,内外两个椭圆的离心率相同,从外层椭圆顶点向内层椭圆引切线AC,BD,设内层椭圆方程为eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=1(a>b>0),若直线AC与BD的斜率之积为-eq \f(1,4),则椭圆的离心率为(  )A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(2),2) C.eq \f(\r(3),2) D.eq \f(3,4)【答案解析】答案为:C解析:设外层椭圆方程为eq \f(x2,ma2)+eq \f(y2,mb2)=1(a>b>0,m>1),则切线AC的方程为y=k1(x-ma),切线BD的方程为y=k2x+mb,则由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y=k1x-ma,,bx2+ay2=a2b2,))消去y,得(b2+a2keq \o\al(2,1))x2-2ma3keq \o\al(2,1)x+m2a4keq \o\al(2,1)-a2b2=0.因为Δ=(2ma3keq \o\al(2,1))2-4(b2+a2keq \o\al(2,1))(m2a4keq \o\al(2,1)-a2b2)=0,整理,得keq \o\al(2,1)=eq \f(b2,a2)·eq \f(1,m2-1).由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y=k2x+mb,,bx2+ay2=a2b2,))消去y,得(b2+a2keq \o\al(2,2))x2+2a2mbk2x+a2m2b2-a2b2=0,因为Δ2=(2a2mbk2)2-4×(b2+a2keq \o\al(2,2))(a2m2b2-a2b2)=0,整理,得keq \o\al(2,2)=eq \f(b2,a2)·(m2-1).所以keq \o\al(2,1)·keq \o\al(2,2)=eq \f(b4,a4).因为k1k2=-eq \f(1,4),所以eq \f(b2,a2)=eq \f(1,4),e2=eq \f(c2,a2)=eq \f(a2-b2,a2)=eq \f(3,4),所以e=eq \f(\r(3),2),故选C. LISTNUM OutlineDefault \l 3 如图,F1,F2分别是椭圆eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的两个焦点,A和B是以O为圆心,以|OF1|为半径的圆与该椭圆左半部分的两个交点,且△F2AB是等边三角形,则该椭圆的离心率为(  )A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(1,2) C.eq \r(3)-1 D.eq \f(\r(2),2)【答案解析】答案为:C解析:连接AF1,∵F1F2是圆O的直径,∴∠F1AF2=90°,即F1A⊥AF2,又∵△F2AB是等边三角形,F1F2⊥AB,∴∠AF2F1=eq \f(1,2)∠AF2B=30°,因此,在Rt△F1AF2中,|F1F2|=2c,|F1A|=eq \f(1,2)|F1F2|=c,|F2A|=eq \f(\r(3),2)|F1F2|=eq \r(3)c.根据椭圆的定义,得2a=|F1A|+|F2A|=(1+eq \r(3))c,解得a=eq \f(1+\r(3),2)c,∴椭圆的离心率为e=eq \f(c,a)=eq \r(3)-1.故选C. LISTNUM OutlineDefault \l 3 已知A,B分别为椭圆eq \f(x2,9)+eq \f(y2,b2)=1(0<b<3)的左、右顶点,P,Q是椭圆上关于x轴对称的不同两点,设直线AP,BQ的斜率分别为m,n,若点A到直线y=eq \r(1-mn)x的距离为1,则该椭圆的离心率为(  )A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(2),4) C.eq \f(1,3) D.eq \f(\r(2),2)【答案解析】答案为:B解析:根据椭圆的标准方程eq \f(x2,9)+eq \f(y2,b2)=1(0<b<3)知椭圆的中心在原点,焦点在x轴上,A(-3,0),B(3,0),设P(x0,y0),Q(x0,-y0),则eq \f(x\o\al(2,0),9)+eq \f(y\o\al(2,0),b2)=1,kAP=m=eq \f(y0,x0+3),kBQ=n=eq \f(-y0,x0-3),∴mn=eq \f(-y\o\al(2,0),x\o\al(2,0)-9)=eq \f(b2,9),∴eq \r(1-mn)=eq \f(\r(9-b2),3),∴直线y=eq \r(1-mn)x=eq \f(\r(9-b2),3)x,即eq \r(9-b2)x-3y=0.又点A到直线y=eq \r(1-mn)x的距离为1,∴eq \f(|-3\r(9-b2)|,\r(9-b2+9))=eq \f(3\r(9-b2),\r(18-b2))=1,解得b2=eq \f(63,8),∴c2=a2-b2=eq \f(9,8),∴e=eq \r(\f(c2,a2))=eq \r(\f(1,8))=eq \f(\r(2),4),故选B. LISTNUM OutlineDefault \l 3 已知F1,F2分别是椭圆C:eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的左、右焦点,椭圆C上存在点P使∠F1PF2为钝角,则椭圆C的离心率的取值范围是(  )A.(eq \f(\r(2),2),1) B.(eq \f(1,2),1) C.(0,eq \f(\r(2),2)) D.(0,eq \f(1,2))【答案解析】答案为:A.解析:因为椭圆eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=1上存在点P使∠F1PF2为钝角,所以b<c,则a2=b2+c2<2c2,所以椭圆的离心率e=eq \f(c,a)>eq \f(\r(2),2).又因为e<1,所以e的取值范围为(eq \f(\r(2),2),1) ,故选A.] LISTNUM OutlineDefault \l 3 设椭圆C:eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)和圆x2+y2=b2,若椭圆C上存在点P,使得过点P引圆O的两条切线,切点分别为A,B,满足∠APB=60°,则椭圆的离心率e的取值范围是(  )A.0b>0)焦点在x轴上,连接OA,OB,OP,依题意,O,P,A,B四点共圆,∵∠APB=60°,∠APO=∠BPO=30°,在直角三角形OAP中,∠AOP=60°,∴cos∠AOP=eq \f(b,|OP|)=eq \f(1,2),∴|OP|=eq \f(b,\f(1,2))=2b,∴b<|OP|≤a,∴2b≤a,∴4b2≤a2,由a2=b2+c2,即4(a2-c2)≤a2,∴3a2≤4c2,即eq \f(c2,a2)≥eq \f(3,4),∴e≥eq \f(\r(3),2),又0b>0)的右焦点,直线y=eq \f(b,2)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】答案为:eq \f(\r(6),3).解析:由已知条件易得B(- eq \f(\r(3),2)a,eq \f(b,2)),C(eq \f(\r(3),2)a,eq \f(b,2)),F(c,0),∴eq \o(BF,\s\up6(→))=(c+ eq \f(\r(3),2)a,eq \f(b,2)),eq \o(CF,\s\up6(→))=(c- eq \f(\r(3),2)a,- eq \f(b,2)),由∠BFC=90°,可得eq \o(BF,\s\up6(→))·eq \o(CF,\s\up6(→))=0,所以(c- eq \f(\r(3),2)a)(c+ eq \f(\r(3),2)a)+(- eq \f(b,2))2=0,c2-eq \f(3,4)a2+eq \f(1,4)b2=0,即4c2-3a2+(a2-c2)=0,亦即3c2=2a2,所以eq \f(c2,a2)=eq \f(2,3),则e=eq \f(c,a)=eq \f(\r(6),3). LISTNUM OutlineDefault \l 3 已知F1,F2分别是椭圆eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的左、右焦点,P是椭圆上一点(异于左、右顶点),过点P作∠F1PF2的角平分线交x轴于点M,若2|PM|2=|PF1|·|PF2|,则该椭圆的离心率为________.【答案解析】答案为:eq \f(\r(2),2).解析:在△PF1F2中,由角平分线定理,得eq \f(|PF1|,|PF2|)=eq \f(|F1M|,|F2M|),即eq \f(|PF1|,|PF1|+|PF2|)=eq \f(|F1M|,|F1M+F2M|).由椭圆定义得eq \f(|PF1|,2a)=eq \f(|F1M|,2c)⇒eq \f(c,a)=eq \f(|F1M|,|PF1|).同理eq \f(c,a)=eq \f(|F2M|,|PF2|).又在△PF1M和△PF2M中,由余弦定理得cos ∠F1MP+cos ∠F2MP=0.即eq \f(|PM|2+|F1M|2-|PF1|2,2|PM|·|F1M|)+eq \f(|PM|2+|F2M|2-|PF2|2,2|PM|·|F2M|)=0,⇒(|PM|2+|F1M||F2M|)(|F1M|+|F2M|)=|PF1|2|F2M|+|PF2|2|F1M|⇒eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)|PF1||PF2|+\f(c2,a2)|PF1||PF2|))×2c=eq \f(c,a)|PF1|2|PF2|+eq \f(c,a)|PF2|2|PF1|⇒eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+\f(2c2,a2)))c=eq \f(c,a)(|PF1|+|PF2|)即1+2e2=2,解得e=eq \f(\r(2),2). LISTNUM OutlineDefault \l 3 已知椭圆eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的一条弦所在的直线方程是x-y+5=0,弦的中点坐标是M(-4,1),则椭圆的离心率是 .【答案解析】答案为:eq \f(\r(3),2).解析:设直线x-y+5=0与椭圆eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=1相交于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,因为AB的中点M(-4,1),所以x1+x2=-8,y1+y2=2.易知直线AB的斜率k=eq \f(y2-y1,x2-x1)=1.由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),a2)+\f(y\o\al(2,1),b2)=1,,\f(x\o\al(2,2),a2)+\f(y\o\al(2,2),b2)=1,))两式相减得,eq \f(x1+x2x1-x2,a2)+eq \f(y1+y2y1-y2,b2)=0,所以eq \f(y1-y2,x1-x2)=-eq \f(b2,a2)·eq \f(x1+x2,y1+y2),所以eq \f(b2,a2)-=eq \f(1,4),于是椭圆的离心率e=eq \f(c,a)=eq \r(1-\f(b2,a2))=eq \f(\r(3),2).三 、解答题 LISTNUM OutlineDefault \l 3 已知椭圆C:eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的左,右焦点分别为F1(-c,0),F2(c,0),过F2作垂直于x轴的直线l交椭圆C于A,B两点,满足|AF2|=eq \f(\r(3),6)c.(1)求椭圆C的离心率;(2)M,N是椭圆C短轴的两个端点,设点P是椭圆C上一点(异于椭圆C的顶点),直线MP,NP分别和x轴相交于R,Q两点,O为坐标原点.若|eq \o(OR,\s\up6(→))|·|eq \o(OQ,\s\up6(→))|=4,求椭圆C的方程.【答案解析】解:(1)∵点A的横坐标为c,代入椭圆,得eq \f(c2,a2)+eq \f(y2,b2)=1.解得|y|=eq \f(b2,a)=|AF2|,即eq \f(b2,a)=eq \f(\r(3),6)c,∴a2-c2=eq \f(\r(3),6)ac.∴e2+eq \f(\r(3),6)e-1=0,解得e=eq \f(\r(3),2).(2)设M(0,b),N(0,-b),P(x0,y0),则直线MP的方程为y=eq \f(y0-b,x0)x+b.令y=0,得点R的横坐标为eq \f(bx0,b-y0).直线NP的方程为y=eq \f(y0+b,x0)x-b.令y=0,得点Q的横坐标为eq \f(bx0,b+y0).∴|eq \o(OR,\s\up6(→))|·|eq \o(OQ,\s\up6(→))|=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b2x\o\al(2,0),b2-y\o\al(2,0))))=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a2b2-a2y\o\al(2,0),b2-y\o\al(2,0))))=a2=4,∴c2=3,b2=1,∴椭圆C的方程为eq \f(x2,4)+y2=1. LISTNUM OutlineDefault \l 3 已知椭圆eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的一个顶点为B(0,4),离心率e=eq \f(\r(5),5),直线l交椭圆于M,N两点.(1)若直线l的方程为y=x-4,求弦MN的长;(2)如果△BMN的重心恰好为椭圆的右焦点F,求直线l方程的一般式.【答案解析】解:(1)由已知得b=4,且eq \f(c,a)=eq \f(\r(5),5),即eq \f(c2,a2)=eq \f(1,5),∴eq \f(a2-b2,a2)=eq \f(1,5),解得a2=20,∴椭圆方程为eq \f(x2,20)+eq \f(y2,16)=1.则4x2+5y2=80与y=x-4联立,消去y得9x2-40x=0,∴x1=0,x2=eq \f(40,9),∴所求弦长|MN|=eq \r(1+12)|x2-x1|=eq \f(40\r(2),9).(2)设椭圆右焦点F的坐标为(2,0),线段MN的中点为Q(x0,y0),由三角形重心的性质知eq \o(BF,\s\up10(→))=2eq \o(FQ,\s\up10(→)),又B(0,4),∴(2,-4)=2(x0-2,y0),故得x0=3,y0=-2,即得Q的坐标为(3,-2).设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=6,y1+y2=-4,且eq \f(xeq \o\al(2,1),20)+eq \f(yeq \o\al(2,1),16)=1,eq \f(xeq \o\al(2,2),20)+eq \f(yeq \o\al(2,2),16)=1,以上两式相减得eq \f((x1+x2)(x1-x2),20)+eq \f((y1+y2)(y1-y2),16)=0,∴kMN=eq \f(y1-y2,x1-x2)=-eq \f(4,5)·eq \f(x1+x2,y1+y2)=-eq \f(4,5)×eq \f(6,-4)=eq \f(6,5),故直线MN的方程为y+2=eq \f(6,5)(x-3),即6x-5y-28=0. LISTNUM OutlineDefault \l 3 已知椭圆C:eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2),左焦点为F(-1,0),过点D(0,2)且斜率为k的直线l交椭圆于A,B两点.(1)求椭圆C的标准方程;(2)在y轴上,是否存在定点E,使eq \o(AE,\s\up10(→))·eq \o(BE,\s\up10(→))恒为定值?若存在,求出E点的坐标和这个定值;若不存在,说明理由.【答案解析】解:(1)由已知可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)=\f(\r(2),2),,a2=b2+c2,,c=1,))可得a2=2,b2=1,所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,2)+y2=1.(2)设过点D(0,2)且斜率为k的直线l的方程为y=kx+2,由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)+y2=1,,y=kx+2,))消去y整理得(1+2k2)x2+8kx+6=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-eq \f(8k,1+2k2),x1x2=eq \f(6,1+2k2).又y1y2=(kx1+2)(kx2+2)=k2x1x2+2k(x1+x2)+4=-eq \f(2k2-4,2k2+1),y1+y2=(kx1+2)+(kx2+2)=k(x1+x2)+4=eq \f(4,2k2+1).设存在点E(0,m),则eq \o(AE,\s\up10(→))=(-x1,m-y1),eq \o(BE,\s\up10(→))=(-x2,m-y2),所以eq \o(AE,\s\up10(→))·eq \o(BE,\s\up10(→))=x1x2+m2-m(y1+y2)+y1y2=eq \f(6,2k2+1)+m2-m×eq \f(4,2k2+1)-eq \f(2k2-4,2k2+1)=eq \f((2m2-2)k2+m2-4m+10,2k2+1).要使eq \o(AE,\s\up10(→))·eq \o(BE,\s\up10(→))=t(t为常数),只需eq \f((2m2-2)k2+m2-4m+10,2k2+1)=t,从而(2m2-2-2t)k2+m2-4m+10-t=0,即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2m2-2-2t=0,,m2-4m+10-t=0,))解得m=eq \f(11,4),从而t=eq \f(105,16),故存在定点Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(11,4))),使eq \o(AE,\s\up10(→))·eq \o(BE,\s\up10(→))恒为定值eq \f(105,16). LISTNUM OutlineDefault \l 3 已知A(x0,0),B(0,y0)两点分别在x轴和y轴上运动,且|AB|=1,若动点P(x,y)满足:eq \o(OP,\s\up10(→))=2eq \o(OA,\s\up10(→))+eq \r(3)eq \o(OB,\s\up10(→)).(1)求动点P的轨迹C的标准方程;(2)直线l:x=ty+1与曲线C交于A,B两点,E(-1,0),试问:当t变化时,是否存在一条直线l,使△ABE的面积为2eq \r(3)?若存在,求出直线l的方程;若不存在,说明理由.【答案解析】解:(1)因为eq \o(OP,\s\up10(→))=2eq \o(OA,\s\up10(→))+eq \r(3)eq \o(OB,\s\up10(→)),即(x,y)=2(x0,0)+eq \r(3)(0,y0)=(2x0,eq \r(3)y0),所以x=2x0,y=eq \r(3)y0,所以x0=eq \f(1,2)x,y0=eq \f(\r(3),3)y,又|AB|=1,所以xeq \o\al(2,0)+yeq \o\al(2,0)=1,即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x))eq \s\up12(2)+eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)y))eq \s\up12(2)=1,即eq \f(x2,4)+eq \f(y2,3)=1,所以动点P的轨迹C的标准方程为eq \f(x2,4)+eq \f(y2,3)=1.(2)由方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x=ty+1,,\f(x2,4)+\f(y2,3)=1,))得(3t2+4)y2+6ty-9=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=-eq \f(6t,3t2+4),y1y2=-eq \f(9,3t2+4)<0,所以|y1-y2|=eq \r((y1+y2)2-4y1y2)=eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(6t,3t2+4)))\s\up12(2)-4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(9,3t2+4))))=eq \f(12\r(t2+1),3t2+4).因为直线x=ty+1过点F(1,0),所以S△ABE=eq \f(1,2)|EF||y1-y2|=eq \f(1,2)×2×eq \f(12\r(t2+1),3t2+4)=eq \f(12\r(t2+1),3t2+4),令eq \f(12\r(t2+1),3t2+4)=2eq \r(3),则t2=-eq \f(2,3),不成立,故不存在满足题意的直线l. LISTNUM OutlineDefault \l 3 已知动点M到定点F1(-2,0)和F2(2,0)的距离之和为4eq \r(2).(1)求动点M的轨迹C的方程;(2)设N(0,2),过点P(-1,-2)作直线l,交C于不同于N的两点A,B,直线NA,NB的斜率分别为k1,k2,求k1+k2的值.【答案解析】解:(1)由椭圆的定义,可知点M的轨迹是以F1,F2为焦点,4eq \r(2)为长轴长的椭圆.由c=2,a=2eq \r(2),得b=2.故动点M的轨迹C的方程为eq \f(x2,8)+eq \f(y2,4)=1.(2)当直线l的斜率存在时,设其方程为y+2=k(x+1),由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(x2,8)+\f(y2,4)=1,,y+2=kx+1,))得(1+2k2)x2+4k(k-2)x+2k2-8k=0.Δ=[4k(k-2)]2-4(1+2k2)(2k2-8k)>0,则k>0或k<-eq \f(4,7).设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-eq \f(4kk-2,1+2k2),x1x2=eq \f(2k2-8k,1+2k2).从而k1+k2=eq \f(y1-2,x1)+eq \f(y2-2,x2)=eq \f(2kx1x2+k-4x1+x2,x1x2)=2k-(k-4)eq \f(4kk-2,2k2-8k)=4.当直线l的斜率不存在时,得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-1,\f(\r(14),2))),Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-1,-\f(\r(14),2))).所以k1+k2=4.综上,恒有k1+k2=4. LISTNUM OutlineDefault \l 3 已知椭圆C:eq \f(x2,a2)+eq \f(y2,b2)=1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2),短轴长为2.(1)求椭圆C的标准方程;(2)设直线l:y=kx+m与椭圆C交于M,N两点,O为坐标原点,若kOM·kON=eq \f(5,4),求原点O到直线l的距离的取值范围.【答案解析】解:(1)由题知e=eq \f(c,a)=eq \f(\r(3),2),2b=2,又a2=b2+c2,∴b=1,a=2,∴椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)+y2=1.(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),联立方程,得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y=kx+m,,\f(x2,4)+y2=1,))得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,依题意,Δ=(8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)>0,化简得m2<4k2+1,①x1+x2=-eq \f(8km,4k2+1),x1x2=eq \f(4m2-4,4k2+1),y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2,若kOM·kON=eq \f(5,4),则eq \f(y1y2,x1x2)=eq \f(5,4),即4y1y2=5x1x2,∴4k2x1x2+4km(x1+x2)+4m2=5x1x2,∴(4k2-5)·eq \f(4m2-1,4k2+1)+4km·(-eq \f(8km,4k2+1))+4m2=0,即(4k2-5)(m2-1)-8k2m2+m2(4k2+1)=0,化简得m2+k2=eq \f(5,4),②由①②得0≤m2<eq \f(6,5),eq \f(1,20)0得m>1.且有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x1+x2=3,,x1x2=\f(12-3m,4),))|PQ|=eq \r(1+k2)|x1-x2|=eq \r(2)·eq \r(9-12-3m)=eq \r(6)eq \r(m-1),原点到直线l的距离d=eq \r(2),所以S△OPQ=eq \f(1,2)|PQ|·d=eq \f(1,2)×eq \r(6)·eq \r(m-1)×eq \r(2)=2,解得m=eq \f(7,3)>1,故椭圆方程为eq \f(x2,7)+eq \f(3y2,7)=1.(3)直线l的垂线为ON:y=x,由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y=x,,x+y-2=0,))解得交点N(1,1).因为|PN|=λ|BQ|,又x1+x2=3,所以λ=eq \f(|PN|,|BQ|)=eq \f(|x1-1|,|x2-2|)=eq \f(|2-x2|,|x2-2|)=1,故λ的值为1.
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