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

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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.
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