【数学】2020届数学（理）一轮复习人教版：第八章第四节　椭　圆作业

【数学】2020届数学（理）一轮复习人教版：第八章第四节　椭　圆作业

限时规范训练(限时练·夯基练·提能练)‎ A级　基础夯实练 ‎1．(2018·太原一模)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的一个焦点是圆x2＋y2－6x＋8＝0的圆心，且短轴长为8，则椭圆的左顶点为(　　)‎ A．(－3，0)　　　　　　　 B．(－4，0)‎ C．(－10，0) D．(－5，0)‎ 解析：选D.∵圆的标准方程为(x－3)2＋y2＝1，∴圆心坐标为(3，0)，∴c＝3.又b＝4，∴a＝＝5.∵椭圆的焦点在x轴上，∴椭圆的左顶点为(－5，0)．‎ ‎2．(2018·湖北武汉模拟)已知椭圆的中心在坐标原点，长轴长是8，离心率是，则此椭圆的标准方程是(　　)‎ A.＋＝1 B．＋＝1或＋＝1‎ C.＋＝1 D．＋＝1或＋＝1‎ 解析：选B.因为a＝4，e＝，所以c＝3，所以b2＝a2－c2＝16－9＝7.因为焦点的位置不确定，所以椭圆的标准方程是＋＝1或＋＝1.‎ ‎3．(2018·湖北八校联考)设F1，F2分别为椭圆＋＝1的两个焦点，点P在椭圆上，若线段PF1的中点在y轴上，则的值为(　　)‎ A. B． C. D． 解析：选B.由题意知a＝3，b＝，c＝2.设线段PF1的中点为M，则有OM∥PF2，因为OM⊥F‎1F2，所以PF2⊥F‎1F2，所以|PF2|＝＝.又因为|PF1|＋|PF2|＝‎2a＝6，所以|PF1|＝‎2a－|PF2|＝，所以＝×＝，故选B.‎ ‎4．(2018·湖南百校联盟联考)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的右顶点和上顶点分别为A、B，左焦点为F.以原点O为圆心的圆与直线BF相切，且该圆与y轴的正半轴交于点C，过点C的直线交椭圆于M、N两点．若四边形FAMN是平行四边形，则该椭圆的离心率为(　　)‎ A. B． C. D． 解析：选A.因为圆O与直线BF相切，所以圆O的半径为，即OC＝，因为四边形FAMN是平行四边形，所以点M的坐标为，代入椭圆方程得＋＝1，所以5e2＋2e－3＝0，又0＜e＜1，所以e＝.故选A.‎ ‎5．(2018·四川凉山州模拟)以椭圆短轴为直径的圆经过此椭圆的长轴的两个三等分点，则该椭圆的离心率是(　　)‎ A. B． C. D． 解析：选D.不妨令椭圆方程为＋＝1(a＞b＞0)．因为以椭圆短轴为直径的圆经过此椭圆的长轴的两个三等分点，‎ 所以2b＝，即a＝3b，‎ 则c＝＝2b，‎ 则该椭圆的离心率e＝＝.故选D.‎ ‎6．(2018·贵阳模拟)若椭圆＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，短轴长为4，则椭圆的标准方程为________．‎ 解析：由题意可知e＝＝，2b＝4，得b＝2，‎ 所以解得 所以椭圆的标准方程为＋＝1.‎ 答案：＋＝1‎ ‎7．设F1，F2是椭圆＋＝1的两个焦点，P是椭圆上的点，且|PF1|∶|PF2|＝4∶3，则△PF‎1F2的面积为________．‎ 解析：因为|PF1|＋|PF2|＝14，又|PF1|∶|PF2|＝4∶3，所以|PF1|＝8，|PF2|＝6.因为|F‎1F2|＝10，所以PF1⊥PF2.所以S△PF‎1F2＝|‎ PF1|·|PF2|＝×8×6＝24.‎ 答案：24‎ ‎8．(2018·海南海口模拟)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左焦点为F1(－c，0)，右顶点为A，上顶点为B，现过A点作直线F1B的垂线，垂足为T，若直线OT(O为坐标原点)的斜率为－，则该椭圆的离心率为________．‎ 解析：因为椭圆＋＝1(a＞b＞0)，A，B和F1点坐标分别为(a，0)，(0，b)，(－c，0)，所以直线BF1的方程是y＝x＋b，OT的方程是y＝－x.联立解得T点坐标为，直线AT的斜率为－.由AT⊥BF1得，－×＝－1，∴3b2＝‎4ac＋c2，∴3(a2－c2)＝‎4ac＋c2，∴4e2＋4e－3＝0，又0＜e＜1，所以e＝.‎ 答案： ‎9．分别求出满足下列条件的椭圆的标准方程．‎ ‎(1)与椭圆＋＝1有相同的离心率且经过点(2，－)；‎ ‎(2)已知点P在以坐标轴为对称轴的椭圆上，且P到两焦点的距离分别为5，3，过P且与长轴垂直的直线恰过椭圆的一个焦点．‎ 解：(1)由题意，设所求椭圆的方程为＋＝t1或＋＝t2(t1，t2＞0)，因为椭圆过点(2，－)，所以t1＝＋＝2，或t2＝＋ ‎＝.‎ 故所求椭圆的标准方程为＋＝1或＋＝1.‎ ‎(2)由于焦点的位置不确定，所以设所求的椭圆方程为＋＝1(a＞b＞0)或＋＝1(a＞b＞0)，由已知条件得 解得a＝4，c＝2，所以b2＝12.‎ 故椭圆方程为＋＝1或＋＝1.‎ ‎10．(2018·兰州市诊断考试)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)经过点(，1)，且离心率为.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设M，N是椭圆上的点，直线OM与ON(O为坐标原点)的斜率之积为－.若动点P满足＝＋2，求点P的轨迹方程．‎ 解：(1)因为e＝，所以＝，‎ 又椭圆C经过点(，1)，所以＋＝1，‎ 解得a2＝4，b2＝2，‎ 所以椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)设P(x，y)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则由＝＋2得x＝x1＋2x2，y＝y1＋2y2，‎ 因为点M，N在椭圆＋＝1上，‎ 所以x＋2y＝4，x＋2y＝4，‎ 故x2＋2y2＝(x＋4x1x2＋4x)＋2(y＋4y1y2＋4y)＝(x＋2y)＋4(x＋2y)＋4(x1x2＋2y1y2)＝20＋4(x1x2＋2y1y2)．‎ 设kOM，kON分别为直线OM与ON的斜率，由题意知，‎ kOM·kON＝＝－，因此x1x2＋2y1y2＝0，‎ 所以x2＋2y2＝20，‎ 故点P的轨迹方程为＋＝1.‎ B级　能力提升练 ‎11．(2018·湖北八校第一次联考)如图，已知椭圆C的中心为原点O，F(－5，0)为C的左焦点，P为C上一点，满足|OP|＝|OF|且|PF|＝6，则椭圆C的方程为(　　)‎ A.＋＝1 B．＋＝1‎ C.＋＝1 D．＋＝1‎ 解析：选C.由题意可得c＝5，设右焦点为F′，连接PF′，由|OP|＝|OF|＝|OF′|知，∠PFF′＝∠FPO，∠OF′P＝∠OPF′，∴∠PFF′＋∠OF′P＝∠FPO＋∠OPF′，∴∠FPO＋∠OPF′＝90°，即PF⊥PF′.在Rt△PFF′中，由勾股定理，得|PF′|＝＝＝8，由椭圆定义，得|PF|＋|PF′|＝‎2a＝6＋8＝14，从而a＝7，得a2＝49，于是b2＝a2－c2＝72－52＝24，所以椭圆C的方程为＋ ‎＝1，故选C.‎ ‎12．(2018·河南郑州质量预测)椭圆＋＝1的左焦点为F，直线x＝a与椭圆相交于点M，N，当△FMN的周长最大时，△FMN的面积是(　　)‎ A. B． C. D． 解析：选C.设椭圆的右焦点为E，由椭圆的定义知△FMN的周长为L＝|MN|＋|MF|＋|NF|＝|MN|＋(2－|ME|)＋(2－|NE|)．因为|ME|＋|NE|≥|MN|，所以|MN|－|ME|－|NE|≤0，当直线MN过点E时取等号，所以L＝4＋|MN|－|ME|－|NE|≤4，即直线x＝a过椭圆的右焦点E时，△FMN的周长最大，此时S△FMN＝×|MN|×|EF|＝××2＝，故选C.‎ ‎13．(2018·陕西部分学校一检)已知P为椭圆＋＝1(a＞b＞0)上一点，F1，F2是其左、右焦点，∠F1PF2 取最大值时，cos∠F1PF2＝，则椭圆的离心率为________．‎ 解析：易知∠F1PF2取最大值时，点P为椭圆＋＝1与y轴的交点，由余弦定理及椭圆的定义得‎2a2－＝‎4c2，即a＝c，所以椭圆的离心率e＝＝.‎ 答案： ‎14．(2018·河南师大附中模拟)椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左焦点为F，若F关于直线x＋y＝0的对称点A是椭圆C上的点，则椭圆C的离心率为________．‎ 解析：设F′为椭圆的右焦点，则AF⊥AF′，∠AF′F＝，‎ ‎∴|AF|＝|AF′|，|FF′|＝2|AF′|，因此椭圆C的离心率为＝＝＝－1.‎ 答案：－1‎ ‎15．已知A(x0，0)，B(0，y0)两点分别在x轴和y轴上运动，且|AB|＝1，若动点P(x，y)满足＝2＋.‎ ‎(1)求动点P的轨迹C的标准方程；‎ ‎(2)直线l：x＝ty＋1与曲线C交于A，B两点，E(－1，0)，试问：当t变化时，是否存在一条直线l，使△ABE的面积为2？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．‎ 解：(1)因为＝2＋，即(x，y)＝2(x0，0)＋(0，y0)＝(2x0，y0)，所以x＝2x0，y＝y0，所以x0＝x，y0＝y，又|AB|＝1，所以x＋y＝1，即＋＝1，即＋＝1，所以动点P的轨迹C的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)由方程组得(3t2＋4)y2＋6ty－9＝0，‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝－，y1y2＝－＜0，‎ 所以|y1－y2|＝ ‎＝＝.‎ 因为直线x＝ty＋1过点F(1，0)，所以S△ABE＝|EF||y1－y2|＝×2×＝，‎ 令＝2，则t2＝－，不成立，故不存在满足题意的直线l.‎ ‎16．(2018·湖北部分重点中学起点考试)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，左焦点为F(－1，0)，过点D(0，2)且斜率为k的直线l交椭圆于A，B两点．‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)在y轴上，是否存在定点E，使·恒为定值？若存在，求出E点的坐标和这个定值；若不存在，说明理由．‎ 解：(1)由已知可得可得a2＝2，b2＝1，‎ 所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)设过点D(0，2)且斜率为k的直线l的方程为y＝kx＋2，‎ 由消去y整理得(1＋2k2)x2＋8kx＋6＝0，‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，‎ x1x2＝.‎ 又y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝－，y1＋y2＝(kx1＋2)＋(kx2＋2)＝k(x1＋x2)＋4＝.‎ 设存在点E(0，m)，则＝(－x1，m－y1)，＝(－x2，m－y2)，‎ 所以·＝x1x2＋m2－m(y1＋y2)＋y1y2＝＋m2－m×－＝.‎ 要使·＝t(t为常数)，‎ 只需＝t，‎ 从而(‎2m2‎－2－2t)k2＋m2－‎4m＋10－t＝0，‎ 即解得m＝，从而t＝，‎ 故存在定点E，使·恒为定值.‎ C级　素养加强练 ‎17．已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的一个顶点为B(0，4)，离心率e＝，直线l交椭圆于M，N两点．‎ ‎(1)若直线l的方程为y＝x－4，求弦MN的长；‎ ‎(2)如果△BMN的重心恰好为椭圆的右焦点F，求直线l方程的一般式．‎ 解：‎ ‎(1)由已知得b＝4，且＝，即＝，‎ ‎∴＝，解得a2＝20，‎ ‎∴椭圆方程为＋＝1.‎ 则4x2＋5y2＝80与y＝x－4联立，‎ 消去y得9x2－40x＝0，∴x1＝0，x2＝，‎ ‎∴所求弦长|MN|＝|x2－x1|＝.‎ ‎(2)设椭圆右焦点F的坐标为(2，0)，线段MN的中点为Q(x0，y0)，‎ 由三角形重心的性质知＝2，又B(0，4)，∴(2，－4)＝2(x0－2，y0)，故得x0＝3，y0＝－2，‎ 即得Q的坐标为(3，－2)．‎ 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝6，y1＋y2＝－4，‎ 且＋＝1，＋＝1，‎ 以上两式相减得 ＋＝0，‎ ‎∴kMN＝＝－·＝－×＝，‎ 故直线MN的方程为y＋2＝(x－3)，‎ 即6x－5y－28＝0.‎