2022新高考数学人教A版一轮总复习训练9.3椭圆专题检测（带解析）

§9.3　椭圆专题检测1.在矩形ABCD中,|AB|=4,|BC|=3,则以A,B为焦点,且过C,D两点的椭圆的短轴的长为(　　)A.2　　B.2　　C.4　　D.4答案　D　依题意得|AC|=5,椭圆的焦距2c=|AB|=4,长轴长2a=|AC|+|BC|=8,所以短轴长2b=2=2=4.2.(2018广西桂林、柳州联考,10)已知点P是以F1,F2为焦点的椭圆+=1(a>b>0)上一点,若PF1⊥PF2,tan∠PF2F1=2,则椭圆的离心率e=(　　)A.　　B.　　C.　　D.答案　A　依题意,设|PF2|=m,则有|PF1|=2m,|F1F2|=m,则椭圆的离心率e===.故选A.3.(2018湖北重点中学4月联考,7)已知椭圆+=1的左、右焦点分别为F1、F2,过F2且垂直于长轴的直线交椭圆于A,B两点,则△ABF1内切圆的半径为(　　)A.　　B.1　　C.　　D.答案　D　不妨设A点在B点上方,由题意知:F2(1,0),将F2的横坐标代入椭圆方程+=1中,可得A点纵坐标为,故|AB|=3,所以内切圆半径r===(其中S为△ABF1的面积,C为△ABF1的周长).故选D.一题多解　由椭圆的通径公式得|AB|==3,则=×2×3=3,又易得△ABF1的周长C=4a=8, 则由=C·r可得r=.故选D.4.(2020陕西百校联盟9月联考,10)已知椭圆C:+=1的左、右焦点分别为F1,F2,直线l过点F2且与椭圆C交于M,N两点,且=,若|OA|=|AF2|,则直线l的斜率为(　　)A.±1　　B.±　　C.±　　D.±答案　B　设M(x1,y1),N(x2,y2),则两式相减可得+=0,又由题意知A为线段MN的中点,故A,故kOA·kMN=-,因为|OA|=|AF2|,所以kOA=-kMN,所以kMN=±,故直线l的斜率为±.5.(2018广东惠州三调,16)设A、B为椭圆+=1(a>b>0)的左、右顶点,若在椭圆上存在异于A,B的点P,使得·=0,其中O为坐标原点,则椭圆的离心率e的取值范围是　　　　. 答案　解析　由题意知A(-a,0),B(a,0),设P(x,y),则=(-x,-y),=(a-x,-y),又·=0,∴(a-x)(-x)+y2=0,得y2=ax-x2>0,∴0<x<a.将y2=ax-x2代入+=1,整理得(b2-a2)x2+a3x-a2b2=0,由题意知该方程在(0,a)上有解.设f(x)=(b2-a2)x2+a3x-a2b2,∵f(0)=-a2b2<0,f(a)=0,∴只需解得a2>2b2,又b2=a2-c2,∴>, 又0<e<1,∴<e<1.解题关键　求出点P的轨迹方程,并将问题转化为一元二次方程在一区间上有解的问题是解题的关键.6.(2017湖南东部六校4月联考,15)设P,Q分别是圆x2+(y-1)2=3和椭圆+y2=1上的点,则P、Q两点间的最大距离是　　　　. 答案　解析　依据圆的性质可知,P,Q两点间的最大距离可以转化为圆心到椭圆上点的距离的最大值加上圆的半径,设Q(x,y),则圆心(0,1)到椭圆上点的距离为d===,∵-1≤y≤1,∴当y=-时,d取最大值,所以P、Q两点间的最大距离为dmax+=.解题关键　通过圆的性质把P、Q两点间的最大距离转化为圆心到椭圆上点的距离的最大值加上圆的半径是求解本题的关键.7.(2018江苏高邮高三期初)已知椭圆+=1上一点P到其右焦点F2的距离为5,则点P到其左准线的距离为　　　　. 答案　解析　易知e==,设椭圆的左焦点为F1,则|PF1|=2a-|PF2|=8-5=3,设点P到左准线的距离为d,由椭圆的第二定义可得==,解得d=.即点P到左准线的距离为. 8.(2020吉林梅河口五中4月月考,16)椭圆C:+y2=1的左,右焦点分别为F1,F2,点M为其上的动点,当∠F1MF2为钝角时,点M的纵坐标的取值范围是　　　　　　　　. 答案　∪解析　设M(x,y).由题意知F1(-,0),F2(,0),∠F1MF2为钝角⇔cos∠F1MF2=<0⇔|MF1|2+|MF2|2<|F1F2|2⇔(x+)2+y2+(x-)2+y2<12,因为点M(x,y)在椭圆上,所以+y2=1,-1≤y≤1,可解得点M纵坐标y的取值范围为∪.9.(2017江苏仪征中学期初检测,12)已知椭圆C:+=1,设点M是与椭圆C的焦点不重合的一点.若点M关于椭圆C的焦点的对称点分别为A,B,线段MN的中点在椭圆C上,则|AN|+|BN|=　　　　. 答案　12解析　设椭圆的左、右焦点为F1,F2,点M关于F1,F2的对称点为B,A,如图,则由三角形中位线得|AN|=2|QF2|,|NB|=2|QF1|.由于|QF2|+|QF1|=2a=6,所以|AN|+|NB|=12.思路分析　画出椭圆及对应点,利用椭圆定义求解.10.(2017江苏如东高级中学第二次学情调研)已知椭圆C:+=1的左焦点为F,点M是椭圆C上一点,点N是MF的中点,O是椭圆的中点,ON=4,则点M到椭圆C的左准线的距离为　　　　.  答案　解析　设椭圆C的右焦点为F',则MF'=2×4=8,由椭圆定义可知MF=10-8=2,由圆锥曲线的统一定义得点M到椭圆C的左准线的距离为d===.思路分析　椭圆上一点到焦点的距离问题可以联想椭圆定义进行求解.11.(2018新疆乌鲁木齐八一中学模拟,16)已知点P是椭圆+=1(a>b>0)上的一点,F1,F2分别为椭圆的左、右焦点,已知∠F1PF2=120°,且|PF1|=3|PF2|,则椭圆的离心率为　　　　. 答案　解析　设|PF2|=m,∵|PF1|=3|PF2|,∴|PF1|=3m,由可得4c2=13×,∴离心率e==.12.(2019江苏淮阴中学期初)若椭圆上存在三点,使得这三点与椭圆中心恰好是一个正方形的四个顶点,则该椭圆的离心率为　　　　. 答案　解析　不妨设椭圆的方程为+=1(a>b>0),根据椭圆与正方形的对称性,可画出满足题意的图形,如图所示,因为|OB|=a,所以|OA|=a,所以点A的坐标为,又点A在椭圆上,所以+=1,所以a2=3b2,所以a2=3(a2-c2),所以3c2=2a2,所以椭圆的离心率e==. 13.(2019江苏海安中学月考)设F1,F2分别是椭圆+=1的左、右焦点,P为椭圆上任一点,点M的坐标为(6,4),则|PM|+|PF1|的最大值为　　　　. 答案　15解析　如图,|PF1|+|PF2|=10,|PF1|=10-|PF2|,|PM|+|PF1|=10+|PM|-|PF2|,易知点M在椭圆外,连接MF2并延长交椭圆于P点,此时|PM|-|PF2|取最大值|MF2|,故|PM|+|PF1|的最大值为10+|MF2|=10+=15.14.(2019北京丰台一模文,20)已知椭圆W:x2+2y2=2,直线l1:y=kx+m(km≠0)与椭圆W交于A,B两点,直线l2:y=kx-m与椭圆W交于C,D两点.(1)求椭圆W的离心率;(2)证明:四边形ABCD不可能为矩形.解析　(1)由题知解得则e==,所以椭圆W的离心率为.(2)证明:由于两直线关于原点中心对称且椭圆是关于原点的中心对称图形,所以不妨设A(x1,y1),B(x2,y2),C(-x1,-y1),D(-x2,-y2)(x1≠±x2), 则②-①得2(-)=-(-),所以kAB·kAD=·==-≠-1.所以AB不垂直于AD.所以四边形ABCD不可能为矩形.15.(2018江苏南通高三调研测试,17)如图,在平面直角坐标系xOy中,B1,B2是椭圆+=1(a>b>0)的短轴端点,P是椭圆上异于点B1,B2的一动点.当直线PB1的方程为y=x+3时,线段PB1的长为4.(1)求椭圆的标准方程;(2)设点Q满足:QB1⊥PB1,QB2⊥PB2,求证:△PB1B2与△QB1B2的面积之比为定值.解析　设P(x0,y0),Q(x1,y1).(1)在y=x+3中,令x=0,得y=3,从而b=3.由得+=1.所以x0=-.因为|PB1|==|x0|,所以4=·,解得a2=18.所以椭圆的标准方程为+=1. (2)解法一:直线PB1的斜率为=,由QB1⊥PB1,得直线QB1的斜率为=-.于是直线QB1的方程为y=-x+3.同理直线QB2的方程为y=-x-3.联立两直线方程,消去y,得x1=.因为P(x0,y0)在椭圆+=1上,所以+=1,从而-9=-.所以x1=-.所以==2.解法二:设直线PB1,PB2的斜率分别为k,k',则直线PB1的方程为y=kx+3.由QB1⊥PB1,得直线QB1的方程为y=-x+3.将y=kx+3代入+=1,得(2k2+1)x2+12kx=0,因为P是椭圆上异于点B1,B2的点,所以x0≠0,从而x0=-.因为P(x0,y0)在椭圆+=1上,所以+=1, 从而-9=-.所以k·k'=·==-,得k'=-.由QB2⊥PB2,得直线QB2的方程为y=-x-3=2kx-3.联立得x=,即x1=.所以===2.评析　第(2)问有两种解法,是选用不同的参数求解的,解法一是用点参数,解法二是用斜率作为参数表示其他量,这是两种常用方法.16.(2018江苏南京、盐城高三二模,18)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率为,上顶点A到右焦点的距离为.过点D(0,m)(m≠0)作不垂直于x轴,y轴的直线l交椭圆E于P,Q两点,C为线段PQ的中点,且AC⊥OC.(1)求椭圆E的方程;(2)求实数m的取值范围;(3)延长AC交椭圆E于点B,记△AOB与△AOC的面积分别为S1,S2,若=,求直线l的方程.解析　(1)由题意得所以c=1,b2=a2-c2=1,所以椭圆E的方程为+y2=1. (2)解法一:由(1)得A(0,1).设P(x1,y1),Q(x2,y2),C(x0,y0),其中x0,y0均不为0,且x1≠x2.因为P,Q两点都在椭圆E上,所以+2=2,+2=2,两式相减得×=-.又=,所以×=-,即=2y0(m-y0).①又AC⊥OC,所以×=-1,即=y0(1-y0).②由①②得y0=2m-1,=(1-2m)(2m-2)∈(0,2),所以<m<1.解法二:由(1)得A(0,1).设P(x1,y1),Q(x2,y2),C(x0,y0).设直线l的方程为y=kx+m(k≠0),将其与椭圆E的方程联立,消去y得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0(*),所以x1+x2=,所以x0==,y0=kx0+m=,即C,所以kAC===.又因为kOC===-,且AC⊥OC, 所以kAC×kOC=×=-1,整理得m=.因为k≠0,则m===1-=1-∈,此时Δ=8(2k2+1-m)>0,所以实数m的取值范围为.(3)解法一:设B(x3,y3),点B在椭圆E上,所以+2=2.又AC⊥OC,所以×=-1,即y3=-x3+1,代入上式消去y3,得x3=,所以===.由(2)知y0=2m-1,=(1-2m)(2m-2),<m<1,所以===.因为=,所以=,解得m=,此时y0=2m-1=,=(1-2m)(2m-2)=,所以x0=±,所以C点坐标为,D点坐标为,所以直线l的方程为y=±x+.解法二:设B(x3,y3), kAB=-=2k,所以直线AB的方程为y=2kx+1,与椭圆E的方程联立,解得x=-或0(舍),即x3=-.又因为x0==×=,所以===.因为=,所以=,解得k=±,此时m==,D点坐标为,所以直线l的方程为y=±x+.17.(2019安徽黄山八校联考,20)已知椭圆+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率e=,点P是椭圆的上顶点的一个动点,△PF1F2面积的最大值是4.(1)求椭圆的方程;(2)若A,B,C,D是椭圆上不重合的四点,AC与BD相交于点F1,·=0,且||+||=,求此时直线AC的方程.解析　(1)由题意知,当点P是椭圆的上顶点或下顶点时,△PF1F2面积取得最大值,此时,=·2c·b=4,又e==,结合a2=b2+c2,所以a=4,b=2,c=2.所以所求椭圆的方程为+=1.(2)由(1)知F1(-2,0),由·=0得AC⊥BD.①当直线AC与BD有一条直线的斜率不存在时,||+||=14,不符合题意; ②设直线AC的斜率为k(k存在且不为0),则直线BD的斜率为-.直线AC的方程为y=k(x+2),联立消去y得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-48=0,设A(x1,y1),C(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=,所以||=|x1-x2|=.同理可得||=,由||+||==,解得k2=1,故直线AC的方程为y=±(x+2).思路分析　(1)根据离心率e=,△PF1F2面积的最大值是4,结合a2=b2+c2,即可求出a、b,从而得结果;(2)直线与曲线方程联立,根据根与系数关系,弦长公式将||+||用k表示,解方程即可得k的值.方法点拨　求椭圆标准方程时一般利用待定系数法,根据条件确定关于a,b,c的方程组,解出a,b,即可得到椭圆的标准方程.解决直线与椭圆的位置关系的相关问题,其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立,消元、化简,然后利用根与系数的关系解决相关问题.涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决.18.(2018广东茂名模拟,20)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的焦距为2,设右焦点为F,过原点O的直线l与椭圆C交于A,B两点,线段AF的中点为M,线段BF的中点为N,且·=.(1)求弦AB的长;(2)当直线l的斜率k=,且直线l'∥l时,l'交椭圆于P,Q,若点A在第一象限,求证:直线AP,AQ与 x轴围成一个等腰三角形.解析　(1)由题意可知2c=2,c=,F(,0),设A(x0,y0),B(-x0,-y0),则M,N,由·==,则+=5,则|AB|=2=2.(2)证明:直线l的斜率k=,则l:y=x,y0=x0,由+=5,得A(2,1),将c=代入椭圆方程解得a=2,b=,∴椭圆的方程为+=1.由题意设l':y=x+m(m≠0),联立整理得x2+2mx+2m2-4=0,Δ=4m2-4(2m2-4)>0,即m∈(-2,0)∪(0,2).设直线AP,AQ的斜率分别为k1,k2,P(x1,y1),Q(x2,y2),则k1=,k2=.由x2+2mx+2m2-4=0,可得x1+x2=-2m,x1x2=2m2-4,所以k1+k2=+=== ==0,即k1+k2=0.∴直线AP,AQ与x轴围成一个等腰三角形.