2017《5年高考3年模拟》B版(浙江省专用)教学教师专用题组

第十章圆锥曲线与方程
§10.1椭圆及其性质
考点一椭圆的定义和标准方程
8.(2011江西,14,5分)若椭圆+=1的焦点在x轴上,过点1,作圆x2+y2=1的切线,切点分别为A,B,直线AB恰好经过椭圆的右焦点和上顶点,则椭圆方程是.
答案+=1
解析∵x=1是圆x2+y2=1的一条切线,∴椭圆的右焦点为(1,0),即c=1,B(1,0).
设P1,,则k OP=,∵OP⊥AB,
∴k AB=-2,则直线AB的方程为y=-2(x-1),它与y轴的交点为(0,2).∴b=2,a2=b2+c2=5,故椭圆的方程为+=1.
评析本题考查了直线和圆、椭圆等知识.正确求出直线AB的方程,进而得到b和c的值是得分关键.本题属偏难题.
9.(2012陕西,19,12分)已知椭圆C1:+y2=1,椭圆C2以C1的长轴为短轴,且与C1有相同的离心率.
(1)求椭圆C2的方程;
(2)设O为坐标原点,点A,B分别在椭圆C1和C2上,=2,求直线AB的方程.
解析(1)由已知可设椭圆C2的方程为+=1(a>2),
其离心率为,故-
=,则a=4,故椭圆C2的方程为+=1.
(2)解法一:A,B两点的坐标分别记为(x A,y A),(x B,y B),
由=2及(1)知,O,A,B三点共线且点A,B不在y轴上,因此可设直线AB的方程为y=kx.
将y=kx代入+y2=1中,得(1+4k2)x2=4,所以=,
将y=kx代入+=1中,得(4+k2)x2=16,所以=,
又由=2,得=4,
即=,
解得k=±1,故直线AB的方程为y=x或y=-x.
解法二:A,B两点的坐标分别记为(x A,y A),(x B,y B),
由=2及(1)知,O,A,B三点共线且点A,B不在y轴上,因此可设直线AB的方程为y=kx.
将y=kx代入+y2=1中,得(1+4k2)x2=4,所以=,
由=2,得=,=,
将,代入+=1中,得=1,
即4+k2=1+4k2,解得k=±1,
故直线AB的方程为y=x或y=-x.
评析本题考查了直线和椭圆的方程,考查了待定系数法.考查了运算求解能力及方程思想.
考点二椭圆的几何性质
12.(2013辽宁,15,5分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左焦点为F,C与过原点的直线相交于A,B两点,连结AF,BF.若|AB|=10,|AF|=6,cos∠ABF=,则C的离心率e=.
答案
解析如图,设右焦点为F1,|BF|=x,则cos∠ABF=-=.
解得x=8,故∠AFB=90°.由椭圆及直线关于原点对称可知|AF1|=8,且∠FAF1=90°,△FAF1是直角三角形,|F1F|=10,故2a=8+6=14,2c=10,e==.
评析本题考查椭圆的定义、几何性质、余弦定理等知识.注意椭圆的对称性是解题的关键.
13.(2012江西,13,5分)椭圆+=1(a>b>0)的左、右顶点分别是A、B,左、右焦点分别是F1、F2.若
|AF1|,|F1F2|,|F1B|成等比数列,则此椭圆的离心率为.
答案
解析∵|AF1|=a-c,|BF1|=a+c,|F1F2|=2c,则有4c2=(a-c)(a+c),得e==.
评析本题考查了椭圆的离心率的概念,椭圆和等比数列的基本性质.
14.(2012四川,15,4分)椭圆+=1的左焦点为F,直线x=m与椭圆相交于点A、B.当△FAB的周长最大时,△FAB 的面积是.
答案3
解析设A(2cosθ,sinθ),△FAB的周长为2(|AF|+sinθ)=2(2+cosθ+sinθ)=4+4sin.
当θ=,即A时,△FAB的周长最大.
∴△FAB的面积为S=×2×3=3.
15.(2011浙江,17,4分)设F1,F2分别为椭圆+y2=1的左,右焦点,点A,B在椭圆上.若=5,则点A的坐标是.
答案(0,±1)
解析设A(x1,y1),B(x2,y2),由F1(-,0),F2(,0)且=5得x2=(x1+6),y2=y1.又A、B两点在椭圆上,故有消去y1得-=24,有x1=0,从而y1=±1,故点A的坐标为(0,1)或(0,-1).
评析本题考查了向量的基本概念,椭圆的基本性质和多个字母的运算.解题的关键是通过向量关系找到两点坐标的相互关系,从而减少字母的个数,达到求出坐标之目的,同时要有扎实的字母运算能力,本题综合性较强,属于难题.
16.(2013北京,19,14分)已知A,B,C是椭圆W:+y2=1上的三个点,O是坐标原点.
(1)当点B是W的右顶点,且四边形OABC为菱形时,求此菱形的面积;
(2)当点B不是W的顶点时,判断四边形OABC是否可能为菱形,并说明理由.
解析(1)椭圆W:+y2=1的右顶点B的坐标为(2,0).
因为四边形OABC为菱形,所以AC与OB相互垂直平分.
所以可设A(1,m),代入椭圆方程得+m2=1,即m=±.
所以菱形OABC的面积是|OB|·|AC|=×2×2|m|=.
(2)假设四边形OABC为菱形.
因为点B不是W的顶点,且直线AC不过原点,所以可设AC的方程为y=kx+m(k≠0,m≠0).
由消y并整理得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0.
设A(x1,y1),C(x2,y2),则
=-,=k·+m=.
所以AC的中点为M-.
因为M为AC和OB的交点,所以直线OB的斜率为-.
因为k·-≠-1,所以AC与OB不垂直.
所以OABC不是菱形,与假设矛盾.
所以当点B不是W的顶点时,四边形OABC不可能是菱形.
评析本题考查椭圆的性质,点与椭圆的关系及直线与椭圆的位置关系,考查弦的中点及菱形的性质,考查学生运算求解能力和整体代换思想的应用.对于第(2)问,利用菱形的性质构建关于斜率k的方程是解决本题的关键.
17.(2011北京,19,14分)已知椭圆G:+y2=1.过点(m,0)作圆x2+y2=1的切线l交椭圆G于A,B两点.
(1)求椭圆G的焦点坐标和离心率;
(2)将|AB|表示为m的函数,并求|AB|的最大值.
解析(1)由已知得a=2,b=1,所以c=-=.
所以椭圆G的焦点坐标为(-,0),(,0),离心率为e==.
(2)由题意知,|m|≥1.
当m=1时,切线l的方程为x=1,点A,B的坐标分别为,-.此时|AB|=.
当m=-1时,同理可得|AB|=.
当|m|>1时,设切线l的方程为y=k(x-m).
由-
得(1+4k2)x2-8k2mx+4k2m2-4=0.
设A,B两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=-.
又由l与圆x2+y2=1相切,得=1,即m2k2=k2+1.
所以|AB|=--
=-
=--=.
由于当m=±1时,|AB|=,所以|AB|=,m∈(-∞,-1]∪[1,+∞).
因为|AB|==≤2,且当m=±时,|AB|=2,所以|AB|的最大值为2.
评析本题考查了椭圆的基本性质,圆的切线问题,直线与椭圆的相交弦长的计算以及均值不等式的应用.考查分类讨论思想,逻辑推理能力和运算能力.解题的关键是对直线斜率是否存在进行讨论,并能准确求出直线与椭圆的相交弦长.本题所考知识点多、综合性强、运算量很大,属于难题.
18.(2011辽宁,20,12分)如图,已知椭圆C1的中心在原点O,长轴左、右端点M,N在x轴上,椭圆C2的短轴为MN,且C1,C2的离心率都为e.直线l⊥MN,l与C1交于两点,与C2交于两点,这四点按纵坐标从大到小依次为A,B,C,D.
(1)设e=,求|BC|与|AD|的比值;
(2)当e变化时,是否存在直线l,使得BO∥AN,并说明理由.
解析(1)因为C1,C2的离心率相同,故依题意可设
C1:+=1,C2:+=1,a>b>0.
设直线l:x=t(|t|<a),分别与C1,C2的方程联立,求得
A-,B-.(4分)
当e=时,b=a,分别用y A,y B表示A,B的纵坐标,可知|BC|∶|AD|===.(6分)
(2)t=0时的l不符合题意.t≠0时,BO∥AN当且仅当BO的斜率k BO与AN的斜率k AN相等,即-
=
-
-
,
解得t=-
-
=--·a.
因为|t|<a,又0<e<1,所以-<1,
解得<e<1.
所以当0<e≤时,不存在直线l,使得BO∥AN;当<e<1时,存在直线l,使得BO∥AN.(12分)
评析本题考查了直线与椭圆相交的问题以及椭圆的几何性质.分类讨论和运算能力是此题考查的重点.属中档题.。