2019届高考数学文科二轮分类突破训练：第一篇考点七 考查角度2　椭圆的标准方程与几何性质 WORD版含解析.docx

1、考查角度2椭圆的标准方程与几何性质分类透析一椭圆的定义及其应用例1 如图,已知椭圆的方程为x24+y23=1,若点P在第二象限,且PF1F2=120,则PF1F2的面积为.解析 由已知得a=2,b=3,所以c=a2-b2=1,F1F2=2c=2.在PF1F2中,由余弦定理得PF22=PF12+F1F22-2PF1F1F2cos 120,即PF22=PF12+4+2PF1.由椭圆定义,得PF1+PF2=4,即PF2=4-PF1.将代入,得PF1=65.所以SPF1F2=12PF1F1F2sin 120=1265232=335,即PF1F2的面积为335.答案 335方法技巧 在涉及椭圆焦点的PF

2、1F2中,由椭圆的定义及余弦定理可得到关于PF1,PF2的方程组,消去PF2可求得PF1.分类透析二椭圆的标准方程及求解例2 中心在坐标原点的椭圆,焦点在x轴上,焦距为4,离心率为22,则椭圆的方程为().A.x216+y212=1B.x212+y28=1C.x212+y24=1D.x28+y24=1解析 由题意知,2c=4,则c=2.又e=ca=22,则a=22,故b=2,所以椭圆的方程为x28+y24=1.答案 D方法技巧 本题通过椭圆的简单几何性质确定其标准方程,解决此类问题时,一般先确定其焦点位置,然后建立或寻找a,b,c的等量关系,最后确定这三个数的值.分类透析三椭圆的几何性质及应用

3、例3 若点(x,y)在x24+y2b2=1(b2)上运动,则x2+4y的最大值为.解析 x24+y2b2=1(b2),x2=41-y2b20,即-byb.x2+4y=41-y2b2+4y=-4y2b2+4y+4=-4b2y-b222+4+b2.b2,b22b.当y=b时,x2+4y取得最大值,最大值为4b.答案 4b方法技巧 此类最值问题常用函数思想进行解决.很多与圆锥曲线有关的问题中的各个量在运动变化时,都是相互联系、相互制约的,它们之间构成函数关系.这类问题若用函数思想来分析、寻找解题思路,会有很好的效果.1.(2016年全国卷,文12改编)已知O为坐标原点,F是椭圆C:x2a2+y2b2

4、=1(ab0)的左焦点,A、B分别为C的左、右顶点.P为C上一点,且PFx轴.直线BP交y轴于点M,BM=2MP,则C的离心率为().A.13B.12C.23D.34解析 根据三角形相似,得BMOBPF,故BMMP=|MB|MP|=|OB|OF|=ac=2,e=ca=12,故选B.答案 B2.(2018年全国卷,理12改编)已知F1、F2分别是椭圆C:x24+y2b2=1(0b0,过P作x轴的垂线并交于点H,易知AOQAHP,所以AQQP=2=|AO|OH|=2x0,得x0=1.又因为y0x0+2=12,所以得y0=32,又因为点P在椭圆上,所以14+322b2=1,解得b=3.(法二)由题意

5、知,A(-2,0),Q(0,1).因为AQ=2QP,所以P1,32,代入椭圆方程得14+94b2=1,解得b2=3,则b=3,故选B.答案 B3.(2018年浙江卷,17改编)已知点F1(-c,0)、F2(c,0)(c0)分别是椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点,点P是这个椭圆上位于x轴上方的点,点G是PF1F2的外心,若存在实数,使得GF1+GF2+GP=0,则当PF1F2的面积为8时,a的最小值为.解析 因为点G是PF1F2的外心,所以点G在y轴的正半轴上,又GF1+GF2+GP=0,则GP=-1(GF1+GF2)=-2GO,所以P,G,O三点共线,即P位于上顶点,则PF1F

6、2的面积S=12b2c=bc=8.由a2=b2+c22bc=16,得a4,当且仅当b=c=22时取等号,所以a的最小值为4.答案 41.(山西省榆社中学2018届高三诊断性模拟考试)若椭圆x24+y2m=1上一点到两焦点的距离之和为m-3,则椭圆的离心率为().A.53B.53或217C.217D.37或59解析 由题意知,2a=m-30,即m3,若a2=4,即a=2,则m-3=4,m=74,不合题意,因此a2=m,即a=m,则2m=m-3,解得m=9,即a=3,c=m-4=5,所以椭圆的离心率e=53.故选A.答案 A2.(山东省枣庄市2018届高三第二次模拟考试)设F1,F2分别是椭圆C:

7、x2m+y22=1的两个焦点,若C上存在点M满足F1MF2=120,则实数m的取值范围是().A.0,128,+)B.(0,18,+)C.0,124,+)D.(0,14,+)解析 由椭圆的性质可知,当点M在短轴的端点时,此时F1MF2最大.如图,要使得椭圆C上存在点M满足F1MF2=120,则F1M0F2120,即OM0F260.当m2时,|OM0|M0F2|=ba=cosOM0F2cos 60=12,即2m12,解得m8;当0m2时,|OM0|M0F2|=ba=cosOM0F2cos 60=12,即m212,解得0b0)的左焦点为F1(-2,0),过点F1作倾斜角为30的直线与圆x2+y2=

8、b2相交的弦长为3b,则椭圆的标准方程为().A.y28+x24=1B.x28+y24=1C.y216+x212=1D.x216+y212=1解析 由左焦点为F1(-2,0),可得c=2,即a2-b2=4.由题意知,直线的方程为y=33(x+2),圆心(0,0)到直线的距离d=233+9=1,则2b2-1=3b,解得b=2,a=22,故椭圆的标准方程为x28+y24=1,故选B.答案 B4.(四川省广元市2018届高三第二次高考适应性统考)如图,已知椭圆C1:x2m+y2=1(m1),双曲线C2:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的离心率e=5,若以C1的长轴为直径的圆与C2的一条渐近线交于

9、A,B两点,且C1与C2的渐近线的两个交点将线段AB三等分,则m=().A.17B.17C.11D.11解析 因为双曲线的离心率5=1+b2a2,所以ba=2,双曲线渐近线为y=2x.代入椭圆方程得x2=m1+4m,y2=(2x)2=4m1+4m,故C1与C2的渐近线的两个交点弦长为2x2+y2=25m1+4m,依题意可知25m1+4m=132m,解得m=11.答案 D5.(安徽省黄山市2018届高三一模检测)已知椭圆和双曲线有共同焦点F1,F2,P是它们的一个交点,且F1PF2=3,记椭圆和双曲线的离心率分别为e1,e2,则1e1e2的最大值为().A.233B.433C.2D.3解析 设F

10、1PF2=,|PF1|=m,|PF2|=n,椭圆的半长轴长为a1,双曲线的半实轴长为a2,两条曲线的焦距为2c,结合题意有m+n=2a1,|m-n|=2a2,两式平方相加可得m2+n2=2(a12+a22),两式平方作差可得mn=a12-a22.由余弦定理得4c2=m2+n2-2mncos ,则4c2=2(a12+a22)-2(a12-a22)cos ,2c2=(1-cos )a12+(1+cos )a22,即1=1-cos2e12+1+cos2e22,结合二倍角公式有sin22e12+cos22e22=1.已知=3,则有14e12+34e22=1,即1=14e12+34e22214e1234

11、e22=321e1e2,则1e1e2233,当且仅当1e12=2,1e22=23时等号成立,故1e1e2的最大值为233,选A.答案 A6.(安徽省马鞍山市2018届高三第二次教学质量监测)已知M,N为椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)上关于长轴对称的两点,A、B分别为椭圆的左、右顶点,设k1,k2分别为直线MA,NB的斜率,则|k1+4k2|的最小值为().A.2baB.3baC.4baD.5ba解析 设M(x0,y0),N(x0,-y0),由题意A(-a,0),B(a,0),k1=y0x0+a,k2=-y0x0-a,|k1+4k2|=y0x0+a+-4y0x0-a=y0x0+a+4y0-

12、x0+a,|k1+4k2|=y0x0+a+4y0-x0+a2y0x0+a4y0-x0+a=4y02a2-x02,由点M在椭圆上,得y02=b2a2(a2-x02),所以4y02a2-x02=4b2a2(a2-x02)a2-x02=4ba,故|k1+4k2|4ba.答案 C7.(云南省昆明市2018届高三教学质量检查第二次统考)已知F是椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)的左焦点,经过原点的直线l与椭圆E交于P,Q两点,若|PF|=2|QF|,且PFQ=120,则椭圆E的离心率为().A.13B.12C.33D.22解析 在PQF中,设|PF|=2|QF|=2t,P(x1,y1),Q(-x1

13、,-y1),右焦点为G,由椭圆的对称性,知PFQG是平行四边形,所以在PGF中,由余弦定理得GF2=5t2-2t2=3t2=4c2.因为PF+QF=2a=3t,所以t=23a,所以e=33,选C.答案 C8.(江西省南昌市2018届高三第一次模拟考试)已知椭圆E:x224+y212=1,O为坐标原点,A,B是椭圆上两点,OA,OB的斜率存在并分别记为kOA,kOB,且kOAkOB=-12,则1|OA|+1|OB|的最小值为().A.26B.13C.23D.22解析 由均值不等式的结论得1|OA|+1|OB|21|OA|1|OB|,当且仅当1|OA|=1|OB|,即|OA|=|OB|时等号成立,

14、结合椭圆的对称性可知,此时点A,B关于y轴对称.不妨设直线OA的方程为y=kx(k0),则直线OB的方程为y=-kx,据此可得-k2=-12,k=22,联立方程y=22x,x224+y212=1可得x2=12,y2=6,则|OA|=|OB|=12+6=32,此时1|OA|+1|OB|min=232=23.故选C.答案 C9.(广西2018届高三下学期第二次模拟试题)设D为椭圆x2+y25=1上任意一点,A(0,-2),B(0,2),延长AD至点P,使得|PD|=|BD|,则点P的轨迹方程为().A.x2+(y-2)2=20B.x2+(y+2)2=20C.x2+(y-2)2=5D.x2+(y+2

15、)2=5解析 D为椭圆x2+y25=1上任意一点,且A,B为焦点,|DA|+|DB|=2a=25.又|PD|=|BD|,且点P,D,A三点共线,|PA|=|PD|+|DA|=25,所以点P的轨迹方程为x2+(y+2)2=20.答案 B10.(上海市崇明区2018届高三4月模拟考试(二模)已知椭圆x2a2+y2=1(a0)的焦点分别为F1,F2,抛物线y2=2x的焦点为F,若F1F=3FF2,则a=.解析 由抛物线的标准方程可得其焦点坐标为F12,0.设椭圆的焦点坐标分别为F1(-c,0),F2(c,0),则F1F=12+c,0,FF2=c-12,0.由题意得12+c,0=3c-12,0,则12

16、+c=3c-12,可得c=1,则a=b2+c2=2.答案 211.(河北省衡水中学2018届高三上学期八模考试)已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1(-c,0)、F2(c,0),若椭圆上存在点P使asinPF1F2=csinPF2F1成立,则该椭圆的离心率的取值范围为.解析 在PF1F2中,由正弦定理得|PF2|sinPF1F2=|PF1|sinPF2F1,则由已知得|PF2|a=|PF1|c,即a|PF1|=c|PF2|.设点P(x0,y0),由焦点半径公式,得|PF1|=a+ex0,|PF2|=a-ex0,则a(a+ex0)=c(a-ex0),解得x0=a(c-a

17、)e(a+c)=a(e-1)e(1+e).由椭圆的几何性质知-ax0a,又a(e-1)e(1+e)-a,整理得e2+2e-10,解得e2-1.又e(0,1),所以椭圆的离心率e(2-1,1).答案 (2-1,1)12.(新疆乌鲁木齐市2018届高三第二次质量监测)已知F是椭圆C的一个焦点,B是短轴的一个端点,线段BF的延长线交椭圆C于点D,且BF+2DF=0,则椭圆C的离心率为.解析 设D(x0,y0),F(c,0),椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a0,b0),BF+2DF=0,(c,-b)+2(c-x0,-y0)=0,解得x0=32c,y0=-12b.将D32c,-12b代入到椭圆方程可

18、得32c2a2+-12b2b2=1,解得e=33.答案 3313.(河北省衡水中学2018届高三上学期八模考试)若椭圆C的方程为x25+y2m=1,焦点在x轴上,与直线y=kx+1有公共点,则实数m的取值范围为.解析 由椭圆C的方程及焦点在x轴上,知0m0,所以直线与椭圆相交,于是y1+y2=-24k2+1,y1y2=1-8k24k2+1,由得,y2=54k2+1,y1=-74k2+1,代入整理得8k4+k2-9=0,解得k2=1,即k=1,所以直线l的方程为y=x-1或y=-x-1.答案 y=x-1或y=-x-115.(江西上饶市2018届高三上学期第一次模拟考试)已知斜率为k的直线与椭圆x

19、24+y23=1交于A,B两点,弦AB的中垂线交x轴于点P(x0,0),则实数x0的取值范围是.解析 设直线的方程为y=kx+m,联立3x2+4y2=12,y=kx+m,化简得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,所以=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)0,故4k2-m2+30,由题意得x1+x2=-8km3+4k2,x1x2=4m2-123+4k2,所以y1+y2=kx1+m+kx2+m=k(x1+x2)+2m=2m-8k2m3+4k2=6m3+4k2,所以x1+x22=-4km3+4k2,y1+y22=3m3+4k2,所以线段AB的中点坐标为-4km3+4k2,3m3+4k2,所以线段AB的垂直平分线方程为y-3m3+4k2=-1kx+4km3+4k2,把点P(x0,0)代入上面的方程得x0(3+4k2)=-km,所以m=x0(3+4k2)-k,代入4k2-m2+30,整理得x02k24k2+3=14+3k214,故-12x012,故所求实数x0的取值范围为-12,12.答案 -12,12