2018届数学复习配餐作业55椭圆的综合问题（含解析）理

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGEPAGE14学必求其心得，业必贵于专精配餐作业（五十五）椭圆的综合问题(时间:40分钟）一、选择题1．直线y＝kx－k＋1与椭圆eq\f(x2,9）＋eq\f(y2,4）＝1的位置关系为（）A．相交 B．相切C．相离 D．不确定解析∵直线方程可化为y－1＝k(x－1）,恒过（1,1)定点,而(1,1)在椭圆内部,故选A。答案A2．（2016·安庆六校联考）已知斜率为－eq\f（1,2)的直线l交椭圆C：eq\f（x2,a2）＋eq\f(y2，b2）＝1（a〉b>0)于A，B两点，若点P(2，1）是AB的中点，则C的离心率等于（）A。eq\f(1，2) B。eq\f（\r(2），2)C。eq\f(3,4） D。eq\f（\r（3）,2)解析kAB＝－eq\f(1，2)，kOP＝eq\f（1，2），由点差法得kAB·kOP＝－eq\f(b2，a2），得eq\f(1，2）×eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(1,2）））＝－eq\f（b2,a2）。∴eq\f(b2，a2）＝eq\f（1,4），∴e＝eq\f(c,a）＝eq\r（1－\f（b2，a2)）＝eq\f（\r(3),2）。故选D。答案D3．椭圆eq\f（x2，a2）＋eq\f(y2,b2）＝1（a〉b>0)的半焦距为c，若直线y＝2x与椭圆的一个交点P的横坐标恰为c,则椭圆的离心率为()A。eq\f（2－\r（2），2) B.eq\f（2\r（2)－1，2)C。eq\r（3)－1 D。eq\r(2）－1解析依题意有P（c,2c)，点P所以有eq\f（c2，a2)＋eq\f（4c2,b2）＝1，整理得b2c2＋4a2c2＝a2b2,又因为b2＝a2－c2，代入得c4－6a2c2＋即e4－6e2＋1＝0，解得e2＝3－2eq\r(2）（3＋2eq\r（2)舍去）,从而e＝eq\r（2)－1。故选D.答案D4．已知以F1（－2,0），F2(2,0)为焦点的椭圆与直线x＋eq\r(3）y＋4＝0有且仅有一个交点,则椭圆的长轴长为()A．3eq\r(2) B．2eq\r（6）C．2eq\r(7） D．4eq\r（2)解析设椭圆方程为mx2＋ny2＝1(0<m<n)，联立方程组：eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（mx2＋ny2＝1，，x＋\r(3)y＋4＝0，))消去x得：（3m＋n)y2＋8eq\r(3)my＋16m－1＝0，Δ＝192m2－4(16m－1）（33m＋n＝16mn,即eq\f(3,n)＋eq\f(1,m）＝16。又c＝2,焦点在x轴上，故eq\f（1,m)－eq\f(1，n）＝4，联立解得：eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(m＝\f（1，7),n＝\f（1,3））），故长轴长为2eq\r(7)。故选C。答案C5．(2016·包头模拟)椭圆eq\f(x2,36）＋eq\f(y2,9)＝1上有两个动点P，Q，E(3，0），EP⊥EQ,则eq\o(EP，\s\up6(→)）·eq\o（QP,\s\up6(→）)的最小值为()A．6 B．3－eq\r(3）C．9 D．12－6eq\r(3）解析设P点坐标为(m，n),则eq\f(m2,36)＋eq\f(n2，9）＝1,所以|PE｜＝eq\r（m－32＋n－02)＝eq\r(\f(3,4）m2－6m＋18）＝eq\r(\f(3，4）m－42＋6），因为－6≤m≤6，所以|PE｜的最小值为eq\r（6)，所以eq\o（EP，\s\up6(→))·eq\o(QP,\s\up6(→）)＝eq\o（EP，\s\up6（→)）·(eq\o(EP，\s\up6(→））－eq\o（EQ,\s\up6(→)）)＝eq\o(EP,\s\up6（→）)2－eq\o(EP,\s\up6(→)）·eq\o(EQ，\s\up6（→）)＝|eq\o(EP,\s\up6(→))|2，所以eq\o（EP,\s\up6(→））·eq\o（QP，\s\up6(→))的最小值为6。故选A。答案A二、填空题6．已知椭圆eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2，b2)＝1（a>b〉0)的右顶点为A（1,0),过其焦点且垂直于长轴的弦长为1,则椭圆方程为________________。解析∵椭圆eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2，b2）＝1的右顶点为A（1，0),∴b＝1,焦点坐标为（0,c）,∵过焦点且垂直于长轴的弦长为1，所以eq\f(2b2，a）＝1,a＝2，所以椭圆方程为eq\f(y2,4)＋x2＝1。答案eq\f(y2，4）＋x2＝17．(2017·辽阳模拟）过椭圆eq\f(x2，5)＋eq\f（y2,4）＝1的右焦点作一条斜率为2的直线与椭圆交于A，B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为________。解析由题意知椭圆的右焦点F的坐标为(1,0），则直线AB的方程为y＝2x－2。联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f（x2,5）＋\f（y2，4）＝1，，y＝2x－2，))解得交点A（0，－2）,Beq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（5,3），\f(4,3）)），所以S△OAB＝eq\f（1，2)·|OF|·|yA－yB｜＝eq\f(1，2）×1×eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－2－\f(4,3)）)＝eq\f(5,3)。答案eq\f（5,3)8．(2016·重庆模拟）已知直线l过P(2,1）且与椭圆eq\f（x2,9)＋eq\f（y2,4）＝1交于A,B两点，当P为AB中点时，直线AB的方程为____________________。解析设A（x1，y1），B(x2，y2），因为A,B两点在椭圆上，所以eq\f(x\o\al（2，1)，9）＋eq\f(y\o\al（2,1)，4)＝1①eq\f（x\o\al（2,2），9）＋eq\f(y\o\al（2,2),4）＝1②①－②得:eq\f(x1－x2x1＋x2,9)＋eq\f(y1－y2y1＋y2,4）＝0，又AB的中点为P（2，1），所以x1＋x2＝4，y1＋y2＝2，即eq\f（4x1－x2,9)＋eq\f(2y1－y2,4）＝0，所以kAB＝eq\f（y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(8,9），故AB的方程为y－1＝－eq\f(8，9）（x－2)，即：8x＋9y－25＝0。答案8x＋9y－25＝0三、解答题9．（2016·广西质检)已知椭圆C：eq\f(x2,a2）＋eq\f（y2,b2)＝1（a〉b〉0）的右焦点为F（1,0)，短轴的一个端点B到点F的距离等于焦距。（1)求椭圆C的方程；(2)过点F的直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，是否存在直线l，使得△BFM与△BFN的面积比值为2？若存在，求出直线l的方程;若不存在，说明理由。解析(1)由已知得c＝1，a＝2c＝2，b2＝a2－c2所以椭圆C的方程为eq\f(x2，4）＋eq\f（y2，3）＝1。(2)eq\f(S△BFM,S△BFN）＝2等价于eq\f(|FM｜，|FN|）＝2,当直线l的斜率不存在时，eq\f(|FM|,|FN｜)＝1，不符合题意，舍去；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k（x－1),由eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（\f（x2，4)＋\f（y2，3）＝1，,y＝kx－1，））消去x并整理得(3＋4k2)y2＋6ky－9k2＝0，设M(x1,y1)，N（x2，y2)，则y1＋y2＝－eq\f(6k，3＋4k2）①，y1y2＝eq\f（－9k2，3＋4k2)②，由eq\f(|FM｜,｜FN|）＝2得y1＝－2y2③，由①②③解得k＝±eq\f(\r(5）,2），因此存在直线l：y＝±eq\f(\r(5),2)(x－1），使得△BFM与△BFN面积的比值为2。答案（1）eq\f（x2,4）＋eq\f（y2,3)＝1(2)存在，直线l为y＝±eq\f(\r（5),2)（x－1)10．（2016·昆明两区七校调研）已知椭圆C：eq\f(x2，a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a〉b>0)的左，右顶点分别为A，B，其离心率e＝eq\f（1，2)，点M为椭圆上的一个动点,△MAB面积的最大值是2eq\r(3)。（1）求椭圆的方程；（2）若过椭圆C右顶点B的直线l与椭圆的另一个交点为D，线段BD的垂直平分线与y轴交于点P,当eq\o（PB，\s\up6（→)）·eq\o(PD,\s\up6(→))＝0时,求点P的坐标。解析(1）由题意可知e＝eq\f(c,a）＝eq\f（1，2)，eq\f（1，2）×2ab＝2eq\r(3)，a2＝b2＋c2,解得a＝2,b＝eq\r（3)，所以椭圆方程是eq\f（x2，4)＋eq\f(y2,3）＝1。（2）由(1)知B（2，0）,设直线BD的方程为y＝k（x－2），D（x1，y1），把y＝k（x－2）代入椭圆方程eq\f（x2,4）＋eq\f（y2，3)＝1,整理得(3＋4k2)x2－16k2x＋16k2－12＝0，所以2＋x1＝eq\f(16k2，3＋4k2）⇒x1＝eq\f(8k2－6,3＋4k2)，则Deq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（8k2－6，3＋4k2),\f(－12k,3＋4k2）)),所以BD中点的坐标为eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（8k2,3＋4k2），\f(－6k，3＋4k2）))，则直线BD的垂直平分线方程为y－eq\f（－6k，3＋4k2）＝－eq\f(1，k)eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(x－\f(8k2，3＋4k2））),得Peq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，\f（2k,3＋4k2）)）.又eq\o(PB，\s\up6（→)）·eq\o（PD，\s\up6(→）)＝0,即eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(2，－\f（2k,3＋4k2)））·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(8k2－6,3＋4k2）,\f（－14k，3＋4k2))）＝0，化简得eq\f(64k4＋28k2－36，3＋4k22）＝0⇒64k4＋28k2－36＝0，解得k＝±eq\f（3，4）.故Peq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(0，\f（2，7））)或Peq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（0，－\f（2，7）））.答案(1)eq\f（x2,4)＋eq\f（y2,3)＝1（2）Peq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（0，\f（2，7)））或Peq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，－\f（2，7)))11．(2017·襄阳模拟)已知椭圆C：eq\f（y2,a2)＋eq\f（x2,b2）＝1(a>b>0）的离心率为eq\f（\r（2），2），且过定点Meq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(1，\f(\r（2）,2)))。(1)求椭圆C的方程；（2）已知直线l：y＝kx－eq\f（1，3)(k∈R）与椭圆C交于A，B两点，试问在y轴上是否存在定点P，使得以弦AB为直径的圆恒过P点？若存在，求出P点的坐标和△PAB的面积的最大值；若不存在，说明理由。解析（1）由已知可得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（e＝\f（c，a）＝\f（\r（2）,2），,b2＋c2＝a2，,\f（1,2a2)＋\f(1,b2）＝1))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝\f(5，2），,b2＝\f（5，4），）)∴椭圆C的方程为eq\f(2y2,5)＋eq\f(4x2，5）＝1。(2)由eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（y＝kx－\f(1,3），，\f（2y2,5)＋\f（4x2，5)＝1,））得9(2k2＋4)x2－12kx－43＝0。①设A（x1,y1），B(x2，y2)，则x1，x2是方程①的两根，∴x1＋x2＝eq\f(12k,92k2＋4），x1x2＝－eq\f（43，92k2＋4），设P(0，p），则eq\o（PA，\s\up6(→)）＝(x1，y1－p)，eq\o（PB，\s\up6(→))＝(x2，y2－p)，eq\o（PA,\s\up6(→））·eq\o(PB,\s\up6(→）)＝x1x2＋y1y2－p（y1＋y2)＋p2＝x1x2＋eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(kx1－\f(1,3）))eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(kx2－\f(1,3）））－pk(x1＋x2）＋eq\f(2p，3）＋p2＝eq\f(18p2－45k2＋36p2＋24p－39,92k2＋4)。假设在y轴上存在定点P，使得以弦AB为直径的圆恒过P点，则eq\o（PA，\s\up6（→)）⊥eq\o(PB，\s\up6(→)），即eq\o(PA，\s\up6（→））·eq\o(PB，\s\up6(→））＝0.即（18p2－45）k2＋36p2＋24p－39＝0对任意k∈R恒成立,∴eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（18p2－45＝0,,36p2＋24p－39＝0,)）此方程组无解，∴不存在定点满足条件。答案（1）eq\f(2y2，5)＋eq\f(4x2，5）＝1（2)不存在，理由见解析(时间:20分钟)1．(2016·四川高考）已知椭圆E：eq\f（x2，a2）＋eq\f（y2,b2）＝1(a〉b〉0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线l：y＝－x＋3与椭圆E有且只有一个公共点T。(1）求椭圆E的方程及点T的坐标；(2）设O是坐标原点，直线l′平行于OT，与椭圆E交于不同的两点A，B，且与直线l交于点P。证明：存在常数λ,使得｜PT｜2＝λ｜PA｜·|PB|，并求λ的值。解析（1）由已知，a＝eq\r(2）b,则椭圆E的方程为eq\f（x2，2b2)＋eq\f(y2,b2)＝1.由方程组eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（\f（x2,2b2)＋\f（y2,b2)＝1，，y＝－x＋3，）)得3x2－12x＋(18－2b2)＝0。①方程①的判别式为Δ＝24（b2－3），由Δ＝0，得b2＝3，此时方程①的解为x＝2，所以椭圆E的方程为eq\f（x2，6）＋eq\f(y2，3）＝1。点T的坐标为(2,1)。(2）由已知可设直线l′的方程为y＝eq\f（1,2)x＋m(m≠0)，由方程组eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f（1,2）x＋m,,y＝－x＋3，））可得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x＝2－\f（2m,3），，y＝1＋\f（2m，3)。）)所以P点的坐标为eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（2－\f（2m，3），1＋\f（2m,3）))，｜PT|2＝eq\f(8,9）m2.设点A，B的坐标分别为A（x1，y1)，B（x2，y2）。由方程组eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，，y＝\f(1,2）x＋m,))可得3x2＋4mx＋（4m2－12)＝0。②方程②的判别式为Δ＝16（9－2m由Δ〉0,解得－eq\f（3\r（2），2）〈m〈eq\f（3\r（2），2)。由②得x1＋x2＝－eq\f（4m,3)，x1x2＝eq\f(4m2－12,3）。所以|PA|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（2－\f（2m,3）－x1))2＋\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(1＋\f(2m,3）－y1))2）＝eq\f(\r(5)，2）|2－eq\f（2m，3）－x1｜，同理｜PB｜＝eq\f（\r（5),2)｜2－eq\f（2m，3）－x2|。所以｜PA|·｜PB|＝eq\f(5，4）eq\b\lc\｜\rc\｜（\a\vs4\al\co1（\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（2－\f（2m，3）－x1）)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2－\f(2m，3)－x2）))）＝eq\f（5，4）eq\b\lc\|\rc\｜(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(2－\f（2m，3）））2－\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（2－\f（2m，3）)）x1＋x2＋x1x2))＝eq\f(5，4)eq\b\lc\｜\rc\｜（\a\vs4\al\co1（\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（2－\f(2m,3）)）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f（2m，3）））\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f(4m,3)））＋\f(4m2－12，3)))＝eq\f（10，9)m2。故存在常数λ＝eq\f(4,5）,使得｜PT｜2＝λ｜PA｜·|PB｜.答案(1)eq\f（x2，6）＋eq\f（y2，3)＝1,T（2，1）(2）证明见解析，λ＝eq\f（4，5)2．(2016·天津高考)设椭圆eq\f(x2,a2）＋eq\f（y2，3）＝1（a〉eq\r（3）)的右焦点为F，右顶点为A。已知eq\f（1,｜OF|）＋eq\f（1，|OA|）＝eq\f(3e，｜FA｜），其中O为原点，e为椭圆的离心率。（1）求椭圆的方程；(2）设过点A的直线l与椭圆交于点B(B不在x轴上），垂直于l的直线与l交于点M，与y轴交于点H。若BF⊥HF,且∠MOA≤∠MAO,求直线l的斜率的取值范围。解析（1）设F（c，0)，由eq\f（1，｜OF｜)＋eq\f(1,｜OA｜）＝eq\f（3e,|FA｜），即eq\f(1,c）＋eq\f(1，a）＝eq\f（3c，aa－c)，可得a2－c2＝3c2，又a2－c2＝b2＝3，所以c2＝1,因此a2＝4。所以，椭圆的方程为eq\f（x2,4)＋eq\f（y2,3）＝1。（2)设直线l的斜率为k（k≠0),则直线l的方程为y＝k(x－2）。设B(xB，yB），由方程组eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（\f（x2，4)＋\f(y2，3)＝1，，y＝kx－2））消去y,整理得(4k2＋3)x2－16k2x＋16k2－12＝0。解得x＝2，或x＝eq\f(8k2－6，4k2＋3），由题意得xB＝eq\f(8k2－6，4k