2019版一轮复习理数通用版高考达标检测（三十七） 椭圆命题3角度求方程研性质用关系

2019版一轮复习理数通用版高考达标检测（三十七） 椭圆命题3角度求方程研性质用关系

高考达标检测（三十七） 椭圆命题 3 角度 ——求方程、研性质、用关系 一、选择题 1．如果 x2＋ky2＝2 表示焦点在 y 轴上的椭圆，那么实数 k 的取值范围是( ) A．(0,1) B．(0,2) C．(1，＋∞) D．(0，＋∞) 解析：选 A x2＋ky2＝2 转化为椭圆的标准方程，得x2 2 ＋y2 2 k ＝1， ∵x2＋ky2＝2 表示焦点在 y 轴上的椭圆， ∴2 k ＞2，解得 0＜k＜1. ∴实数 k 的取值范围是(0,1)． 2．已知直线 2kx－y＋1＝0 与椭圆x2 9 ＋y2 m ＝1 恒有公共点，则实数 m 的取值范围为( ) A．(1,9] B．[1，＋∞) C．[1,9)∪(9，＋∞) D．(9，＋∞) 解析：选 C ∵直线 2kx－y＋1＝0 恒过定点 P(0,1), 直线 2kx－y＋1＝0 与椭圆x2 9 ＋y2 m ＝1 恒有公共点， 即点 P(0,1)在椭圆内或椭圆上， ∴0 9 ＋1 m ≤1，即 m≥1, 又 m≠9，∴1≤m＜9 或 m＞9. 3．椭圆x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)的中心在原点，F1，F2 分别为左、右焦点，A，B 分别是椭圆 的上顶点和右顶点，P 是椭圆上一点，且 PF1⊥x 轴，PF2∥AB，则此椭圆的离心率为( ) A.1 3 B.1 2 C. 2 2 D. 5 5 解析：选 D 如图所示，把 x＝－c 代入椭圆方程x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)， 可得 P －c，b2 a ， 又 A(0，b)，B(a,0)，F2(c,0)， ∴kAB＝－b a ，kPF2＝－ b2 2ac ， ∵PF2∥AB，∴－b a ＝－ b2 2ac ，化简得 b＝2c. ∴4c2＝b2＝a2－c2，即 a2＝5c2，∴e＝ c2 a2 ＝ 5 5 . 4.如图，椭圆与双曲线有公共焦点 F1，F2，它们在第一象限的交 点为 A，且 AF1⊥AF2 ，∠AF1F2＝30°，则椭圆与双曲线的离心率之 积为( ) A．2 B. 3 C.1 2 D. 3 2 解析：选 A 设椭圆的长轴长为 2a1，双曲线的实轴长为 2a2，焦距为 2c, 由椭圆与双曲线的定义可知， |AF1|＋|AF2|＝2a1, |AF1|－|AF2|＝2a2, 在 Rt△AF1F2 中，∠AF1F2＝30°， 则|AF2|＝1 2|F1F2|＝c，|AF1|＝ 3 2 |F1F2|＝ 3c, 所以 2a1＝( 3＋1)c,2a2＝( 3－1)c， 即 e1＝ c a1 ＝ 2 3＋1 ，e2＝ c a2 ＝ 2 3－1 ， 所以 e1·e2＝ 2 3＋1 × 2 3－1 ＝2, 即椭圆与双曲线的离心率之积为 2. 5．已知 P(x0，y0)是椭圆 C：x2 4 ＋y2＝1 上的一点，F1，F2 是 C 的左、右焦点，若PF1 ―→ ·PF2 ―→ <0，则 x0 的取值范围为( ) A. －2 6 3 ，2 6 3 B. －2 3 3 ，2 3 3 C. － 3 3 ， 3 3 D. － 6 3 ， 6 3 解析：选 A ∵F1(－ 3，0)，F2( 3，0)， ∴PF1 ―→·PF2 ―→＝(－ 3－x0，－y0)·( 3－x0，－y0)＝x20＋y20－3. 又∵x20 4 ＋y20＝1，∴PF1 ―→ ·PF2 ―→＝x20＋1－x20 4 －3<0， 解得－2 6 3 b>0)的左、右焦点，点 P(－1，e)在椭圆上，e 为 椭圆的离心率，且点 M 为椭圆短半轴的上顶点，△MF1F2 为等腰直角三角形． (1)求椭圆的方程； (2)过点 F2 作不与坐标轴垂直的直线 l，设 l 与圆 x2＋y2＝a2＋b2 相交于 A，B 两点，与 椭圆相交于 C，D 两点，当F1A―→ ·F1B―→＝λ且λ∈ 2 3 ，1 时，求△F1CD 的面积 S 的取值范围． 解：(1)由△MF1F2 是等腰直角三角形，得 b＝c，a2＝2c2＝2b2， 从而得到 e＝ 2 2 ，故而椭圆经过点 －1， 2 2 ， 代入椭圆方程得 1 2b2 ＋ 1 2b2 ＝1，解得 b2＝1，a2＝2， 故所求椭圆的方程为x2 2 ＋y2＝1. (2)由(1)知 F1(－1,0)，F2(1,0)， 由题意，设直线 l 的方程为 x＝ty＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由 x＝ty＋1， x2＋y2＝3 消去 x，得(t2＋1)y2＋2ty－2＝0， 则 y1＋y2＝－ 2t t2＋1 ，y1y2＝－ 2 t2＋1 ， ∴F1A―→ ·F1B―→＝(x1＋1，y1)·(x2＋1，y2) ＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2 ＝(ty1＋2)(ty2＋2)＋y1y2 ＝(t2＋1)y1y2＋2t(y1＋y2)＋4 ＝－2－ 4t2 t2＋1 ＋4＝2－2t2 t2＋1 . ∵F1A―→ ·F1B―→∈ 2 3 ，1 ，∴2 3 ≤2－2t2 t2＋1 ≤1， 解得 t2∈ 1 3 ，1 2 . 由 x＝ty＋1， x2 2 ＋y2＝1 消去 x，得(t2＋2)y2＋2ty－1＝0. 设 C(x3，y3)，D(x4，y4)， 则 y3＋y4＝－ 2t t2＋2 ，y3y4＝－ 1 t2＋2 ， ∴S△F1CD＝1 2|F1F2|·|y3－y4|＝ y3＋y42－4y3y4 ＝ － 2t t2＋2 2＋ 4 t2＋2 ＝ 8t2＋1 t2＋22. 设 t2＋1＝m，则 S＝ 8m m＋12 ＝ 8 m＋1 m ＋2 ， 其中 m∈ 4 3 ，3 2 ， ∵S 关于 m 在 4 3 ，3 2 上为减函数， ∴S∈ 4 3 5 ，4 6 7 ， 即△F1CD 的面积的取值范围为 4 3 5 ，4 6 7 . 11．已知 F1，F2 分别是长轴长为 2 2的椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，A1， A2 是椭圆 C 的左、右顶点，P 为椭圆上异于 A1，A2 的一个动点，O 为坐标原点，点 M 为 线段 PA2 的中点，且直线 PA2 与 OM 的斜率之积恒为－1 2. (1)求椭圆 C 的方程； (2)设过点 F1 且不与坐标轴垂直的直线 l 交椭圆于 A，B 两点，线段 AB 的垂直平分线 与 x 轴交于点 N，点 N 的横坐标的取值范围是 －1 4 ，0 ，求线段 AB 长的取值范围． 解：(1)由题意可知 2a＝2 2，则 a＝ 2，设 P(x0，y0)， ∵直线 PA2 与 OM 的斜率之积恒为－1 2 ， ∴ y0 2 x0＋ 2 2 · y0 x0－ 2 ＝－1 2 ， ∴x20 2 ＋y20＝1，∴b＝1， 故椭圆 C 的方程为x2 2 ＋y2＝1. (2)设直线 l 的方程为 y＝k(x＋1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB 的中点 Q(x0，y0)． 联立 y＝kx＋1， x2 2 ＋y2＝1 消去 y， 得(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0, 则 x1＋x2＝－ 4k2 2k2＋1 ，x1x2＝2k2－2 2k2＋1 ， ∴x0＝－ 2k2 2k2＋1 ，y0＝k(x0＋1)＝ k 2k2＋1 ， ∴AB 的中点 Q － 2k2 2k2＋1 ， k 2k2＋1 ， ∴QN 的直线方程为 y－ k 2k2＋1 ＝－1 k x＋ 2k2 2k2＋1 . 令 y＝0，得 x＝－ k2 2k2＋1 ， ∴N － k2 2k2＋1 ，0 ，由已知得－1 4 ＜－ k2 2k2＋1 ＜0， ∴0＜2k2＜1， ∴|AB|＝ 1＋k2· x1＋x22－4x1x2 ＝ 1＋k2· － 4k2 2k2＋1 2－4×2k2－2 2k2＋1 ＝ 1＋k2·2 2 1＋k2 2k2＋1 ＝ 2 1＋ 1 2k2＋1 . ∵1 2 ＜ 1 2k2＋1 ＜1， ∴|AB|∈ 3 2 2 ，2 2 ， 故线段 AB 长的取值范围为 3 2 2 ，2 2 . 12．已知椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的离心率为 6 3 ，焦距为 2 2，过点 D(1,0)且不过 点 E(2,1)的直线 l 与椭圆 C 交于 A，B 两点，直线 AE 与直线 x＝3 交于点 M. (1)求椭圆 C 的方程； (2)若 AB 垂直于 x 轴，求直线 MB 的斜率； (3)试判断直线 BM 与直线 DE 的位置关系，并说明理由． 解：(1)由题意可得 2c＝2 2，即 c＝ 2， 又 e＝c a ＝ 6 3 ，解得 a＝ 3， b＝ a2－c2＝1， 所以椭圆的方程为x2 3 ＋y2＝1. (2)由直线 l 过点 D(1,0)且垂直于 x 轴，设 A(1，y1)，B(1，－y1)， 则直线 AE 的方程为 y－1＝(1－y1)(x－2)． 令 x＝3，可得 M(3,2－y1)， 所以直线 BM 的斜率 kBM＝2－y1－－y1 3－1 ＝1. (3)直线 BM 与直线 DE 平行． 理由如下：当直线 AB 的斜率不存在时，由(2)知 kBM＝1. 又因为直线 DE 的斜率 kDE＝1－0 2－1 ＝1，所以 BM∥DE; 当直线 AB 的斜率存在时，设其方程为 y＝k(x－1)(k≠1)， A(x1，y1)，B(x2，y2), 则直线 AE 的方程为 y－1＝y1－1 x1－2 (x－2)． 令 x＝3，得 M 3，x1＋y1－3 x1－2 ， 所以直线 BM 的斜率 kBM＝ x1＋y1－3 x1－2 －y2 3－x2 . 联立 y＝kx－1， x2＋3y2＝3 消去 y， 得(1＋3k2)x2－6k2x＋3k2－3＝0， 则 x1＋x2＝ 6k2 1＋3k2 ，x1x2＝3k2－3 1＋3k2 ， 因为 kBM－1 ＝kx1－1＋x1－3－kx2－1x1－2－3－x2x1－2 3－x2x1－2 ＝k－1[－x1x2＋2x1＋x2－3] 3－x2x1－2 ＝k－1 3－3k2 1＋3k2 ＋ 12k2 1＋3k2 －3 3－x2x1－2 ＝0， 所以 kBM＝1＝kDE，即 BM∥DE. 综上所述，直线 BM 与直线 DE 平行. 已知椭圆 M：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)的右焦点 F 的坐标为(1,0)，P， Q 为椭圆上位于 y 轴右侧的两个动点，使 PF⊥QF，C 为 PQ 中点， 线段 PQ 的垂直平分线交 x 轴，y 轴于点 A，B(线段 PQ 不垂直 x 轴)， 当 Q 运动到椭圆的右顶点时，|PF|＝ 2 2 . (1)求椭圆 M 的方程； (2)若 S△ABO∶S△BCF＝3∶5，求直线 PQ 的方程． 解：(1) 当 Q 运动到椭圆的右顶点时，PF⊥x 轴， ∴|PF|＝b2 a ＝ 2 2 ， 又 c＝1，a2＝b2＋c2，∴a＝ 2，b＝1. ∴椭圆 M 的方程为x2 2 ＋y2＝1. (2)设直线 PQ 的方程为 y＝kx＋b，显然 k≠0， 联立椭圆方程得：(2k2＋1)x2＋4kbx＋2(b2－1)＝0， 设点 P(x1，y1)，Q(x2，y2), 则 x1＋x2＝ －4kb 2k2＋1 >0， ① x1x2＝2b2－1 2k2＋1 >0， ② Δ＝82k2－b2＋1>0， ③ 由 PF―→ · QF―→＝0，得(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0， 即(k2＋1)x1x2＋(kb－1)(x1＋x2)＋b2＋1＝0， 代入化简得 3b2－1＋4kb＝0.④ 由 y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2b＝ 2b 2k2＋1 ， 得 C －2kb 2k2＋1 ， b 2k2＋1 ， ∴线段 PQ 的中垂线 AB 的方程为 y－ b 2k2＋1 ＝－1 k x＋ 2kb 2k2＋1 . 令 y＝0，x＝0，可得 A －kb 2k2＋1 ，0 ，B 0， －b 2k2＋1 ， 则 A 为 BC 中点， 故S△BCF S△ABO ＝2S△ABF S△ABO ＝2|AF| |AO| ＝21－xA xA ＝2 1 xA －1 . 由④式得，k＝1－3b2 4b ，则 xA＝ －kb 2k2＋1 ＝ 6b4－2b2 9b4＋2b2＋1 ， ∴S△BCF S△ABO ＝2 1 xA －1 ＝6b4＋8b2＋2 6b4－2b2 ＝5 3 ，解得 b2＝3. ∴b＝ 3，k＝－2 3 3 或 b＝－ 3，k＝2 3 3 . 经检验，满足条件①②③， 故直线 PQ 的方程为 y＝2 3 3 x－ 3或 y＝－2 3 3 x＋ 3.