全国版2023高考数学一轮复习第10章圆锥曲线与方程第1讲椭圆试题2理含解析2023031612

第十章　圆锥曲线与方程第一讲　椭　圆1.[2021八省市新高考适应性考试]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.1B.2C.3D.22.[2021广东深圳模拟]已知动点M在以F1,F2为焦点的椭圆x2+y24=1上,动点N在以M为圆心,|MF1|为半径的圆上,则|NF2|的最大值为(　　)A.2B.4C.8D.163.[2020安徽省示范高中名校联考]已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),F1,F2分别为其左、右焦点,|F1F2|=22,B为短轴的一个端点,△BF1O(O为坐标原点)的面积为7,则椭圆的长轴长为(　　)A.4　B.8C.1+332D.1+334.[2020陕西省部分学校摸底检测]已知F1,F2分别为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,点P是椭圆上位于第一象限的点,延长PF2交椭圆于点Q,若PF1⊥PQ,且|PF1|=|PQ|,则椭圆的离心率为(　　)A.2-2B.3-2C.2-1D.6-35.[2020福建省三明市模拟]已知P是椭圆x225+y29=1上一点,F1,F2分别为椭圆的左、右焦点,且∠F1PF2=60°,则△F1PF2面积为(　　)A.33B.23C.3D.336.[2019全国卷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　　　　. 7.[2020洛阳市第一次联考]已知椭圆C1:x2a12+y2b12=1(a1>b1>0)与双曲线C2:x2a22-y2b22=1(a2>0,b2>0)有相同的焦点F1,F2,点P是曲线C1与C2的一个公共点,e1,e2分别是C1和C2的离心率,若PF1⊥PF2,则4e12+e22的最小值为　　　　　. 8.[2020惠州市二调]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　　　　. 9.[2021贵阳市四校第二次联考]在平面直角坐标系中,椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为2,且过点(1,22).(1)求椭圆C的方程;(2)过椭圆C左焦点F1的直线l(不与坐标轴垂直)与椭圆C交于A,B两点,若点H(-13,0)满足|HA|=|HB|,求|AB|.第10页共10页\n10.[2020陕西省百校第一次联考]已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F,椭圆上一动点M到点F的最远距离和最近距离分别为3+1和3-1.(1)求椭圆的方程;(2)设A,B分别为椭圆的左、右顶点,过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C,D两点,若AC·DB+AD·CB=10,求k的值.11.[2021黑龙江大庆调研]已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),过原点的直线交椭圆于A,B两点,以AB为直径的圆过右焦点F,若∠FAB=α,α∈[π12,π3],则此椭圆离心率的取值范围是(　　)A.[22,3-1]B.[22,63]C.(0,22]D.[63,1)12.[2021四川遂宁模拟]已知椭圆T:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长半轴长为2,且过点M(0,1).若过点M引两条互相垂直的直线l1,l2,P为椭圆上任意一点,记点P到l1,l2的距离分别为d1,d2,则d12+d22的最大值为(　　)A.2B.433C.5D.16313.[2020四川五校联考]设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为53,以F1F2为直径的圆与椭圆C在第一象限的交点为P,则直线PF1的斜率为(　　)A.13B.12C.33D.32第10页共10页\n14.[2020江西南昌模拟]已知F1,F2为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,过原点O且倾斜角为30°的直线l与椭圆C的一个交点为A,若AF1⊥AF2,S△F1AF2=2,则椭圆C的方程为(　　)A.x26+y22=1B.x28+y24=1C.x28+y22=1D.x220+y216=115.[2020广东七校联考]已知椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),焦距为2c,直线l:y=24x与椭圆C相交于A,B两点,若|AB|=2c,则椭圆C的离心率为　　　　. 16.[2020四省八校联考]设点P是椭圆C:x28+y24=1上的动点,F为椭圆C的右焦点,定点A(2,1),则|PA|+|PF|的取值范围是　　　　. 17.[2020山东枣庄模拟][递进型]已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,直线3x-y+43=0过点F1且与C在第二象限的交点为P,若∠POF1=60°(O为坐标原点),则F2的坐标为　　　　,C的离心率为　　　　. 18.[2021河北六校第一次联考]已知P(2,3)是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一点,以点P及椭圆的左、右焦点F1,F2为顶点的三角形的面积为23.(1)求椭圆C的标准方程;(2)过F2作斜率存在且互相垂直的直线l1,l2,M是l1与C两交点的中点,N是l2与C两交点的中点,求△MNF2面积的最大值.19.[2021广西北海市高三一模][数学与物理综合]2020年3月9日,我国在西昌卫星发射中心用长征三号运载火箭,成功发射北斗系统第54颗导航卫星,第54颗导航卫星的运行轨道是以地心为一个焦点的椭圆.设地球半径为R,若其近地点、远地点离地面的距离大约分别是115R,13R,则第54颗导航卫星运行轨道(椭圆)的离心率是(　　)A.25B.15C.23D.19第10页共10页\n20.[新角度题]历史上,许多人研究过圆锥的截口曲线.如图10-1-1,在此圆锥中,圆锥的母线与轴的夹角为30°,现有一截面与圆锥的一条母线垂直,与轴的交点O到圆锥顶点M的距离为1,对于所得截口曲线给出如下命题:①该曲线为椭圆;②点O为该曲线上任意两点之间的线段中最长的线段的三等分点;③该曲线上任意两点间的距离中最长的距离为32;④该曲线上任意两点间的距离中最短的距离为233.其中正确命题的序号为(　　)图10-1-1A.①②④B.①②③④C.①②③D.①④答案第一讲　椭　圆1.C　如图D10-1-3所示,由题意可得△AF1F2为等边三角形,所以∠AF2O=π3,|AF1|=|AF2|=m2+1,所以sin∠AF2O=sinπ3=|AO||AF2|=m2m2+1,解得m=3,故选C.第10页共10页\n2.B　由椭圆的方程可得焦点在y轴上,长半轴长a=2.由题意可得|NF2|≤|F2M|+|MN|=|F2M|+|MF1|,当N,M,F2三点共线且M在线段NF2上时,|NF2|取得最大值,而此时|NF2|=|F2M|+|MN|=|F2M|+|MF1|=2a=4,所以|NF2|的最大值为4,故选B.3.B　由题意可知c=2,S△BF1O=12bc=22b=7,解得b=14,所以a=b2+c2=4,所以椭圆的长轴长为2a=8,故选B.4.D　设|PF1|=|PQ|=m(m>0),则|PF2|=2a-m,|QF2|=2m-2a,|QF1|=4a-2m.由题意知△PQF1为等腰直角三角形,所以|QF1|=2|PF1|,故m=4a-22a.因为|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2,所以(4a-22a)2+[2a-(4a-22a)]2=4c2,整理得4×(ca)2=36-242,即ca=9-62=6-3,故选D.5.A　解法一　由椭圆标准方程,得a=5,b=3,所以c=a2-b2=4.设|PF1|=t1,|PF2|=t2,由椭圆的定义可得t1+t2=10　①.在△F1PF2中,∠F1PF2=60°,根据余弦定理可得|PF1|2+|PF2|2-2|PF1|·|PF2|cos60°=|F1F2|2=(2c)2=64,整理可得t12+t22-t1t2=64　②.把①两边平方得t12+t22+2t1t2=100　③.由③-②可得t1t2=12,所以S△F1PF2=12t1t2sin∠F1PF2=33.故选A.解法二　由椭圆焦点三角形的面积公式,得S△F1PF2=b2tanθ2=9tan60°2=33.故选A.6.(3,15)　不妨令F1,F2分别为椭圆C的左、右焦点,根据题意可知a=6,c=36-20=4.因为△MF1F2为等腰三角形,所以易知|F1M|=2c=8,所以|F2M|=2a-8=4.设M(x,y),则x236+y220=1,|F1M|2=(x+4)2+y2=64,x>0,y>0,得x=3,y=15,所以M的坐标为(3,15).7.92　设点P在双曲线的右支上,F2为两曲线的右焦点,由椭圆及双曲线的定义可得|PF1|+|PF2|=2a1,|PF1|-|PF2|=2a2,解得|PF1|=a1+a2,|PF2|=a1-a2.设|F1F2|=2c,因为PF1⊥PF2,所以(a1+a2)2+(a1-a2)2=4c2,整理得a12+a22=2c2,两边同时除以c2,得1e12+1e22=2.所以4e12+e22=12(4e12+e22)(1e12+1e22)=12(5+4e12e22+e22e12)≥12×(5+2×2)=92,当且仅当4e12e22=e22e12,且1e12+1e22=2时取“=”,即当e1=32,e2=62时取“=”,故4e12+e22的最小值为92.8.[1,4]　由已知得2b=2,故b=1,∴a2-c2=b2=1　①.∵△F1AB的面积为2-32,∴12(a-c)b=2-32,∴a-c=2-3　②.由①②联立解得,a=2,c=3.由椭圆的定义知|PF1|+|PF2|=2a=4,∴1|PF1|+1|PF2|=|PF1|+|PF2||PF1||PF2|=4|PF1|(4-|PF1|)=4-|PF1|2+4|PF1|,又2-3≤|第10页共10页\nPF1|≤2+3,∴1≤-|PF1|2+4|PF1|≤4,∴1≤1|PF1|+1|PF2|≤4,即1|PF1|+1|PF2|的取值范围是[1,4].9.(1)由题意得2c=2,即c=1,所以a2=b2+c2=b2+1,将(1,22)代入x2b2+1+y2b2=1,可得1b2+1+12b2=1,即2b2+b2+1=2b2(b2+1),整理得(2b2+1)(b2-1)=0,解得b2=-12(舍去)或b2=1,则a2=2,所以椭圆C的方程为x22+y2=1.(2)由题意得F1(-1,0),设直线l的方程为y=k(x+1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),联立椭圆C与直线l的方程,可得x2+2k2(x+1)2=2,整理得(2k2+1)x2+4k2x+2k2-2=0,则Δ=16k4-4(2k2+1)(2k2-2)=8(k2+1)>0,且x1+x2=-4k22k2+1,x1x2=2k2-22k2+1.设AB的中点为M(x0,y0),则x0=x1+x22=-2k22k2+1,y0=k(x0+1)=k2k2+1.因为点H(-13,0)满足|HA|=|HB|,所以kMH=-1k,即k2k2+1-2k22k2+1+13=-1k,解得k=±1,则x1+x2=-4k22k2+1=-43,x1x2=2k2-22k2+1=0,所以|AB|=k2+1·(x1+x2)2-4x1x2=2×43=423.10.(1)由题意知,a+c=3+1,a-c=3-1.又a2=b2+c2,所以可得b=2,c=1,a=3,所以椭圆的方程为x23+y22=1.(2)由(1)可知F(-1,0),则直线CD的方程为y=k(x+1),由y=k(x+1),x23+y22=1,消去y得(2+3k2)x2+6k2x+3k2-6=0.Δ=36k4-4(2+3k2)(3k2-6)=48k2+48>0.设C(x1,y1),D(x2,y2),则x1+x2=-6k22+3k2,x1x2=3k2-62+3k2.又A(-3,0),B(3,0),所以AC·DB+AD·CB=(x1+3,y1)·(3-x2,-y2)+(x2+3,y2)·(3-x1,-y1)第10页共10页\n=6-2x1x2-2y1y2=6-2x1x2-2k2(x1+1)(x2+1)=6-(2+2k2)x1x2-2k2(x1+x2)-2k2=6+2k2+122+3k2=10,解得k=±105.11.B　设椭圆的另一个焦点为F',连接AF',BF,BF',如图D10-1-4所示,图D10-1-4则四边形AFBF'是矩形,所以|AB|=|FF'|=2c,|FA|=2c·cosα,|FB|=2c·sinα,由椭圆的定义可知,|FA|+|AF'|=|FA|+|FB|=2a,即2c·cosα+2c·sinα=2a.所以离心率e=ca=1sinα+cosα=12sin(α+π4).因为α∈[π12,π3],所以π4+α∈[π3,7π12],2sin(α+π4)∈[62,2],所以e∈[22,63].故选B.12.B　由题意可得a=2,b=1,所以椭圆的方程为x24+y2=1.设P(x,y),①若直线l1,l2中的一条直线的斜率不存在,则另一条直线的斜率为0,不妨设直线l1的方程为x=0,则l2的方程为y=1.则d12+d22=x2+(1-y)2,因为P在椭圆上,所以x2=4-4y2,所以d12+d22=5-3y2-2y=5-3(y+13)2+13,y∈[-1,1],所以当y=-13时,d12+d22有最大值163,所以d12+d22的最大值为433.②当直线l1,l2的斜率都存在,且不为0时,设直线l1的方程为y=kx+1,即kx-y+1=0,则l2的方程为y=-1kx+1,即x+ky-k=0.则d1=|kx-y+1|1+k2,d2=|x+ky-k|1+k2,所以d12+d22=(kx-y+1)2+(x+ky-k)21+k2=x2+y2-2y+1=4-4y2+y2-2y+1第10页共10页\n=5-3y2-2y,由①可得d12+d22的最大值为433.故选B.13.B　解法一　由题意可知,|F1F2|=2c,又由e=ca=53得c=53a,所以|F1F2|=253a.因为点P是以F1F2为直径的圆与椭圆C在第一象限的交点,故PF1⊥PF2且|PF1|>|PF2|,所以|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2.又|PF1|+|PF2|=2a,所以|PF1|·|PF2|=89a2,所以|PF1|=43a,|PF2|=23a,所以直线PF1的斜率kPF1=tan∠PF1F2=|PF2||PF1|=12.故选B.解法二　因为e=ca=53,故可设a=3,c=5,则b=2,S△PF1F2=b2tan∠F1PF22=b2tan45°=12|PF1|·|PF2|=4.因为点P在第一象限,所以|PF1|>|PF2|,又|PF1|+|PF2|=2a=6,故|PF1|=4,|PF2|=2,所以直线PF1的斜率kPF1=tan∠PF1F2=|PF2||PF1|=12.故选B.14.A　因为点A在椭圆上,所以|AF1|+|AF2|=2a,把该等式两边同时平方,得|AF1|2+|AF2|2+2|AF1||AF2|=4a2.又AF1⊥AF2,所以|AF1|2+|AF2|2=4c2,则2|AF1||AF2|=4a2-4c2=4b2,即|AF1||AF2|=2b2,所以S△AF1F2=12|AF1||AF2|=b2=2.因为△AF1F2是直角三角形,∠F1AF2=90°,且O为F1F2的中点,所以|OA|=12|F1F2|=c.不妨设点A在第一象限,则∠AOF2=30°,所以A(32c,12c),所以S△AF1F2=12|F1F2|·12c=12c2=2,即c2=4,故a2=b2+c2=6,所以椭圆C的方程为x26+y22=1,故选A.15.32　设直线l与椭圆C在第一象限内的交点为A(x1,y1),则y1=24x1,由|AB|=2c,可知|OA|=x12+y12=c(O为坐标原点),即x12+(24x1)2=c,解得x1=223c,所以A的坐标为(223c,13c),把点A的坐标代入椭圆方程得(223c)2a2+(13c)2b2=1,又a2=b2+c2,e=ca,整理得8e4-18e2+9=0,即(4e2-3)(2e2-3)=0,又0<e<1,所以e=32.16.[42-17,42+17]　如图D10-1-5,设F'是椭圆的左焦点,连接AF',PF',则F'(-2,0),图D10-1-5∴|AF'|=42+12=17.∵|PF|+|PF'|=2a=42,∴|PA|+|PF|=|PA|+2a-|PF'|≤2a+|AF'|=42+17,|PA|+|PF|=|PA|+2a-|PF'|=2a-(|PF'|-|PA|)≥2a-|AF'|=42-17.∴|PA|+|PF|的取值范围是[42-17,42+17].第10页共10页\n17.(4,0)　3-1　因为直线3x-y+43=0过左焦点F1,所以F1的坐标为(-4,0),F2的坐标为(4,0).因为直线3x-y+43=0的斜率为3,所以∠OF1P=60°,又∠POF1=60°,所以△F1OP是等边三角形,过点P作PD⊥F1F2,垂足为D,则D为F1O的中点,所以|DP|=|F1D|tan60°=23,所以P点的坐标为(-2,23),所以2a=|PF1|+|PF2|=4+62+(23)2=4+43,所以e=2c2a=84+43=3-1.18.(1)由点P(2,3)在椭圆上,可得2a2+3b2=1,整理得2b2+3a2=a2b2　①.由S△PF1F2=12×2c×3=23,解得c=2,所以a2=b2+c2=b2+4,代入①式整理得b4-b2-12=0,解得b2=4,a2=8.所以椭圆C的标准方程为x28+y24=1.(2)由(1)可得F2(2,0),所以设直线l1:x=my+2(m≠0),联立直线l1与椭圆的方程得x=my+2,x28+y24=1,整理得(m2+2)y2+4my-4=0.所以直线l1与椭圆两交点的中点M的纵坐标yM=-4mm2+22=-2mm2+2,同理直线l2与椭圆两交点的中点N的纵坐标yN=--2m1m2+2=2m2m2+1,所以S△MNF2=12|MF2||NF2|=121+m2·1+1m2·|yM||yN|=|2m(1+m2)2m4+5m2+2|=|2m(1+m2)2(m2+1)2+m2|,将上式中分子、分母同时除以m(1+m2)可得,S△MNF2=|22×m2+1m+m1+m2|,不妨设m>0,m2+1m=t,则t≥2,S△MNF2=22t+1t,令f(t)=2t+1t,则f'(t)=2t2-1t2,因为t≥2,所以f'(t)>0,所以f(t)在[2,+∞)上单调递增,所以当t=2时,△MNF2的面积取得最大值,且(S△MNF2)max=24+12=49.19.D　以运行轨道的中心为坐标原点,长轴所在直线为x轴建立平面直角坐标系,令地心F2为椭圆的右焦点,则轨道方程是焦点在x轴上的椭圆,设标准方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),则地心F2的坐标为(c,0),其中a2=b2+c2,由题意,得a-c=R+115R,a+c=R+13R,解得2a=125R,2c=415R,所以e=ca=19,故选D.20.C　由题意易知该曲线为椭圆,故①正确.画出轴截面的示意图如图D10-1-6所示,A,B为截面与圆锥的两条母线的交点.第10页共10页\n图D10-1-6因为∠AMO=∠BMO=30°,MA⊥AB,MO=1,所以AO=12MO=12,∠OMB=∠OBM=30°,所以BO=MO=1,所以AOBO=12.因为曲线上任意两点之间的线段中最长的线段为AB,所以点O为该曲线上任意两点之间的线段中最长的线段的三等分点,所以②正确.因为|AB|=|AO|+|OB|=12+1=32.所以该曲线上任意两点间的距离中最长的距离为32,故③正确.因为曲线是一个封闭的曲线,所以该曲线上任意两点间的距离中没有最短的距离,故④错误.故选C.第10页共10页