教育最新K122019高考数学一轮复习 第9章 平面解析几何 第5讲 椭圆 第2课时分层演练 文

第5讲 椭圆 第2课时一、选择题1．设P 是椭圆x 225＋y 29＝1上一点，M ，N 分别是两圆：(x ＋4)2＋y 2＝1和(x －4)2＋y 2＝1上的点，则|PM |＋|PN |的最小值和最大值分别为( )A ．9，12B ．8，11C ．8，12D ．10，12解析：选C ．如图，由椭圆及圆的方程可知两圆圆心分别为椭圆的两个焦点，由椭圆定义知|PA |＋|PB |＝2a ＝10，连接PA ，PB 分别与圆相交于M ，N 两点，此时|PM |＋|PN |最小，最小值为|PA |＋|PB |－2R ＝8；连接PA ，PB 并延长，分别与圆相交于M ，N 两点，此时|PM |＋|PN |最大，最大值为|PA |＋|PB |＋2R ＝12，即最小值和最大值分别为8，12．2．设A 1、A 2分别为椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右顶点，若在椭圆上存在点P ，使得kPA 1·kPA 2>－12，则该椭圆的离心率的取值范围是( )A ．(0，12)B ．(0，22) C ．(22，1) D ．(12，1)解析：选C ．椭圆x 2a ＋y 2b＝1(a >b >0)的左、右顶点分别为A 1(－a ，0)、A 2(a ，0)，设P (x 0，y 0)，根据题意，kPA 1·kPA 2＝y 20x 20－a 2>－12，而x 20a 2＋y 20b 2＝1，所以a 2－x 20＝a 2y 20b 2，于是b 2a 2<12，即a 2－c2a 2<12，1－e 2<12，所以e >22，又e <1，故22<e <1，选C ． 3．(2016·高考全国卷Ⅲ)已知O 为坐标原点，F 是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点，A ，B 分别为C 的左，右顶点．P 为C 上一点，且PF ⊥x 轴．过点A 的直线l 与线段PF 交于点M ，与y 轴交于点E ．若直线BM 经过OE 的中点，则C 的离心率为( )A ．13B ．12C ．23D ．34解析：选A ．设E (0，m )，则直线AE 的方程为－x a ＋y m＝1，由题意可知M ⎝⎛⎭⎪⎫－c ，m －mc a ，⎝ ⎛⎭⎪⎫0，m 2和B (a ，0)三点共线，则m －mc a －m 2－c ＝m 2－a ，化简得a ＝3c ，则C 的离心率e ＝c a ＝13． 4．已知椭圆C ：x 24＋y 23＝1的左、右焦点分别为F 1，F 2，椭圆C 上点A 满足AF 2⊥F 1F 2．若点P 是椭圆C 上的动点，则F 1P →·F 2A →的最大值为( )A ．32B ．332C ．94D ．154解析：选B ．设向量F 1P →，F 2A →的夹角为θ．由条件知|AF 2|＝b 2a ＝32，则F 1P →·F 2A →＝32|F 1P →|cosθ，于是F 1P →·F 2A →要取得最大值，只需F 1P →在向量F 2A →上的投影值最大，易知此时点P 在椭圆短轴的上顶点，所以F 1P →·F 2A →＝32|F 1P →|cos θ≤332，即F 1P →·F 2A →的最大值为332．二、填空题5．已知椭圆方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，A ，B 分别是椭圆长轴的两个端点，M ，N 是椭圆上关于x 轴对称的两点，直线AM ，BN 的斜率分别为k 1，k 2，若|k 1·k 2|＝14，则椭圆的离心率为________．解析：设M (x 0，y 0)，则N (x 0，－y 0)，|k 1·k 2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪y 0x 0＋a ·y 0a －x 0＝y 20a 2－x 20＝b 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 20a 2a 2－x 20＝b2a 2＝14， 从而e ＝1－b 2a 2＝32． 答案：326．已知椭圆C ：x 24＋y 2＝1，过椭圆C 的右顶点A 的两条斜率之积为－14的直线分别与椭圆交于点M ，N ，则直线MN 恒过的定点为________．解析：直线MN 过定点D ．当直线MN 的斜率存在时， 设MN ：y ＝kx ＋m ，代入椭圆方程得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0． 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－41＋4k 2．根据已知可知y 1x 1－2·y 2x 2－2＝－14， 即4y 1y 2＋(x 1－2)(x 2－2)＝0，即(1＋4k 2)x 1x 2＋(4km －2)(x 1＋x 2)＋4m 2＋4＝0，所以(1＋4k 2)·4m 2－41＋4k 2＋(4km －2)⎝ ⎛⎭⎪⎫－8km 1＋4k 2＋4m 2＋4＝0，即(4km －2)(－8km )＋8m 2(1＋4k 2)＝0， 即m 2＋2km ＝0，得m ＝0或m ＝－2k ． 当m ＝0时，直线y ＝kx 经过定点D (0，0)．由于AM ，AN 的斜率之积为负值，故点M ，N 在椭圆上位于x 轴两侧，直线MN 与x 轴的交点一定在椭圆内部，而当m ＝－2k 时，直线y ＝kx －2k 过定点(2，0)，故不可能．当MN 的斜率不存在时，点M ，N 关于x 轴对称，此时AM ，AN 的斜率分别为12，－12，此时M ，N 恰为椭圆的上下顶点，直线MN 也过定点(0，0)．综上可知，直线MN 过定点D (0，0)． 答案：(0，0) 三、解答题7．已知点M 是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)上一点，F 1，F 2分别为C 的左、右焦点，且|F 1F 2|＝4，∠F 1MF 2＝60°，△F 1MF 2的面积为433．(1)求椭圆C 的方程；(2)设N (0，2)，过点P (－1，－2)作直线l ，交椭圆C 异于N 的A ，B 两点，直线NA ，NB 的斜率分别为k 1，k 2，证明：k 1＋k 2为定值．解：(1)在△F 1MF 2中，由12|MF 1||MF 2|sin 60°＝433，得|MF 1||MF 2|＝163．由余弦定理，得|F 1F 2|2＝|MF 1|2＋|MF 2|2－2|MF 1|·|MF 2|cos 60°＝(|MF 1|＋|MF 2|)2－2|MF 1||MF 2|·(1＋cos 60°)，解得|MF 1|＋|MF 2|＝42．从而2a ＝|MF 1|＋|MF 2|＝42，即a ＝22． 由|F 1F 2|＝4得c ＝2，从而b ＝2， 故椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1．(2)证明：当直线l 的斜率存在时，设斜率为k ，则其方程为y ＋2＝k (x ＋1)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 28＋y 24＝1，y ＋2＝k （x ＋1），得(1＋2k 2)x 2＋4k (k －2)x ＋2k 2－8k ＝0． 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4k （k －2）1＋2k 2，x 1x 2＝2k 2－8k 1＋2k 2．从而k 1＋k 2＝y 1－2x 1＋y 2－2x 2＝2kx 1x 2＋（k －4）（x 1＋x 2）x 1x 2＝2k －(k －4)·4k （k －2）2k 2－8k＝4．当直线l 的斜率不存在时，可得A (－1，142)， B (－1，－142)，得k 1＋k 2＝4． 综上，k 1＋k 2为定值．8．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的右焦点为F (1，0)，右顶点为A ，且|AF |＝1．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若动直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 有且只有一个交点P ，且与直线x ＝4交于点Q ，是否存在点M (t ，0)使MP →·MQ →＝0成立？若存在，求出t 的值；若不存在，说明理由．解：(1)由c ＝1，a －c ＝1，得a ＝2， 所以b ＝3，故椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1．(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，3x 2＋4y 2＝12， 消去y 得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0， 所以Δ＝64k 2m 2－4(3＋4k 2)(4m 2－12)＝0，即m 2＝3＋4k 2．设P (x P ，y P )，则x P ＝－4km 3＋4k ＝－4km ， y P ＝kx P ＋m ＝－4k 2m ＋m ＝3m，即P ⎝⎛⎭⎪⎫－4k m，3m ．因为M (t ，0)，Q (4，4k ＋m )， 所以MP →＝⎝⎛⎭⎪⎫－4km－t ，3m ，MQ →＝(4－t ，4k ＋m )，所以MP →·MQ →＝⎝⎛⎭⎪⎫－4k m－t ·(4－t )＋3m ·(4k ＋m )＝t 2－4t ＋3＋4k m(t －1)＝0恒成立，故⎩⎪⎨⎪⎧t ＝1，t 2－4t ＋3＝0， 即t ＝1．所以存在点M (1，0)符合题意．9．已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)过点(0，1)，其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列．直线l 与x 轴正半轴和y 轴分别交于点Q 、P ，与椭圆分别交于点M 、N ，各点均不重合且满足PM →＝λ1MQ →，PN →＝λ2NQ →．(1)求椭圆的标准方程；(2)若λ1＋λ2＝－3，试证明：直线l 过定点并求此定点．解：(1)设椭圆的焦距为2c ，由题意知b ＝1，且(2a )2＋(2b )2＝2(2c )2， 又a 2＝b 2＋c 2，所以a 2＝3． 所以椭圆的方程为x 23＋y 2＝1．(2)由题意设P (0，m )，Q (x 0，0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，设l 方程为x ＝t (y －m )， 由PM →＝λ1MQ →知(x 1，y 1－m )＝λ1(x 0－x 1，－y 1)， 所以y 1－m ＝－y 1λ1，由题意y 1≠0， 所以λ1＝m y 1－1．同理由PN →＝λ2NQ →知λ2＝m y 2－1．因为λ1＋λ2＝－3，所以y 1y 2＋m (y 1＋y 2)＝0，①联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋3y 2＝3，x ＝t （y －m ）得(t 2＋3)y 2－2mt 2y ＋t 2m 2－3＝0，所以由题意知Δ＝4m 2t 4－4(t 2＋3)(t 2m 2－3)>0，② 且有y 1＋y 2＝2mt 2t 2＋3，y 1y 2＝t 2m 2－3t 2＋3，③③代入①得t 2m 2－3＋2m 2t 2＝0， 所以(mt )2＝1，由题意mt <0，所以mt ＝－1，满足②，得直线l 方程为x ＝ty ＋1，过定点(1，0)，即Q 为定点．10．如图，已知椭圆x 22＋y 2＝1上两个不同的点A ，B 关于直线y ＝mx ＋12对称．(1)求实数m 的取值范围；(2)求△AOB 面积的最大值(O 为坐标原点)． 解：(1)由题意知m ≠0，可设直线AB 的方程为y ＝－1mx ＋b ．由⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝－1m x ＋b消去y ，得⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋1m 2x 2－2b m x ＋b 2－1＝0． 因为直线y ＝－1m x ＋b 与椭圆x 22＋y 2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b 2＋2＋4m2>0．①将线段AB 中点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2mbm 2＋2，m 2b m 2＋2代入直线方程y ＝mx ＋12解得b ＝－m 2＋22m 2．②由①②得m <－63或m >63． (2)令t ＝1m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－62，0∪⎝⎛⎭⎪⎫0，62，则|AB |＝t 2＋1·－2t 4＋2t 2＋32t 2＋12，且O 到直线AB 的距离为d ＝t 2＋12t 2＋1．设△AOB 的面积为S (t )，所以 S (t )＝12|AB |·d ＝12－2⎝⎛⎭⎪⎫t 2－122＋2≤22，当且仅当t 2＝12时，等号成立．故△AOB 面积的最大值为22．1．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1(－1，0)，F 2(1，0)，点A ⎝⎛⎭⎪⎫1，22在椭圆C 上．(1)求椭圆C 的标准方程．(2)是否存在斜率为2的直线l ，使得当直线l 与椭圆C 有两个不同交点M ，N 时，能在直线y ＝53上找到一点P ，在椭圆C 上找到一点Q ，满足PM →＝NQ →？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由．解：(1)设椭圆C 的焦距为2c ，则c ＝1， 因为A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，22在椭圆C 上， 所以1a 2＋12b 2＝1，又a 2＝b 2＋c 2，所以a ＝2，b ＝c ＝1．故椭圆C 的标准方程为x 22＋y 2＝1．(2)设直线l 的方程为y ＝2x ＋t ，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，P ⎝⎛⎭⎪⎫x 3，53，Q (x 4，y 4)， MN 的中点为D (x 0，y 0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ＋t ，x 2＋2y 2＝2，消去x ，得9y 2－2ty ＋t 2－8＝0，所以y 1＋y 2＝2t 9且Δ＝4t 2－36(t 2－8)>0，故y 0＝y 1＋y 22＝t9且－3<t <3， 由PM →＝NQ →，知四边形PMQN 为平行四边形， 而D 为线段MN 的中点，因此D 为线段PQ 的中点， 所以y 0＝53＋y 42＝t 9，可得y 4＝2t －159，又－3<t <3，可得－73<y 4<－1，因此点Q 不在椭圆上， 故不存在满足题意的直线l ． 2．如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，过椭圆右焦点F 作两条互相垂直的弦AB 与CD ．当直线AB 的斜率为0时，|AB |＋|CD |＝32．(1)求椭圆的方程；(2)求以A ，B ，C ，D 为顶点的四边形的面积的取值范围． 解：(1)由题意知，e ＝c a ＝22， 则a ＝2c ，b ＝c ．当直线AB 的斜率为0时，|AB |＋|CD |＝2a ＋2b2a＝22c ＋2c ＝32，所以c ＝1．所以椭圆的方程为x 22＋y 2＝1．(2)①当直线AB 与直线CD 中有一条的斜率为0时，另一条的斜率不存在． 由题意知S 四边形＝12|AB |·|CD |＝12×22×2＝2．②当两条直线的斜率均存在且不为0时，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线AB 的方程为y ＝k (x －1)，则直线CD 的方程为y ＝－1k(x －1)．将直线AB 的方程代入椭圆方程，并整理得 (1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0， 所以x 1＋x 2＝4k 21＋2k 2，x 1x 2＝2k 2－21＋2k 2，所以|AB |＝k 2＋1|x 1－x 2|＝k 2＋1·2 2 k 2＋11＋2k 2＝22（k 2＋1）1＋2k2． 同理，|CD |＝22⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2＋11＋2k2＝22（k 2＋1）k 2＋2．所以S 四边形＝12·|AB |·|CD |＝12·22（k 2＋1）1＋2k 2·22（k 2＋1）k 2＋2 ＝4（k 2＋1）22k 4＋2＋5k2 ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋1k 22⎝⎛⎭⎪⎫k ＋1k 2＋1＝2－22⎝⎛⎭⎪⎫k ＋1k2＋1．因为2⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋1k 2＋1≥2⎝⎛⎭⎪⎫2k ·1k 2＋1＝9，当且仅当k ＝±1时取等号， 所以S 四边形∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫169，2．综合①与②可知，S 四边形∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤169，2．。