2015届高考数学大一轮复习课时训练48椭圆理苏教版

课时跟踪检测(四十八)椭圆(分Ⅰ、Ⅱ卷，共2页)第Ⅰ卷：夯基保分卷1．(2013·江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的标准方程为x2a2＋y2b2＝1(a0，b0)，右焦点为F，右准线为l，短轴的一个端点为B，设原点到直线BF的距离为d1，F到l的距离为d2，若d2＝6d1，则椭圆C的离心率为________．2．设F1，F2分别是椭圆x225＋y216＝1的左、右焦点，P为椭圆上一点，M是F1P的中点，|OM|＝3，则P点到椭圆左焦点的距离为________．3．(2013·扬州模拟)已知F1，F2是椭圆x2k＋2＋y2k＋1＝1的左、右焦点，弦AB过F1，若△ABF2的周长为8，则椭圆的离心率为________．4．(2013·南京、盐城一模)已知F1，F2分别是椭圆x28＋y24＝1的左、右焦点，P是椭圆上的任意一点，则|PF1－PF2|PF1的取值范围是________．5.(2013·扬州期末)如图，已知F1，F2是椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左、右焦点，点P在椭圆C上，线段PF2与圆x2＋y2＝b2相切于点Q，且点Q为线段PF2的中点，则椭圆C的离心率为________．6.如图，在平面直角坐标系xOy中，F1，F2分别为椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左、右焦点，B，C分别为椭圆的上、下顶点，直线BF2与椭圆的另一交点为D.若cos∠F1BF2＝725，则直线CD的斜率为________．7．(2013·无锡期末)如图，已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1的离心率为32，过椭圆C上一点P(2,1)作倾斜角互补的两条直线，分别与椭圆交于点A，B，直线AB与x轴交于点M，与y轴负半轴交于点N.(1)求椭圆C的方程；(2)若S△PMN＝32，求直线AB的方程．8．(2013·泰州质检)如图1，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左、右顶点分别是A1，A2，上、下顶点分别为B2，B1，点P35a，m(m0)是椭圆C上一点，PO⊥A2B2，直线PO分别交A1B1，A2B2于点M，N.(1)求椭圆的离心率；(2)若MN＝4217，求椭圆C的方程；(3)如图2，在(2)的条件下，设R是椭圆C上位于第一象限内的点，F1，F2是椭圆C的左、右焦点，RQ平分∠F1RF2且与y轴交于点Q，求点Q的纵坐标的取值范围．第Ⅱ卷：提能增分卷1．如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)的右焦点为F(1,0)，离心率为22，分别过点O，F的两条弦AB，CD相交于点E(异于A，C两点)，且OE＝EF.(1)求椭圆的方程；(2)求证：直线AC，BD的斜率之和为定值．2．(2014·苏北三市模拟)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的焦距为2，且过点2，62.(1)求椭圆E的方程．(2)若点A，B分别是椭圆E的左、右顶点，直线l经过点B且垂直于x轴，点P是椭圆上异于A，B的任意一点，直线AP交l于点M.①设直线OM的斜率为k1，直线BP的斜率为k2，求证：k1k2为定值；②设过点M垂直于PB的直线为m，求证：直线m过定点，并求出定点的坐标．3．(2013·南京、淮安二模)在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)过点Aa2，a2和点B(3，1)．(1)求椭圆C的方程．(2)已知点P(x0，y0)在椭圆C上，F为椭圆的左焦点，直线l的方程为x0x＋3y0y－6＝0.①求证：直线l与椭圆C有唯一的公共点；②若点F关于直线l的对称点为Q，求证：当点P在椭圆C上运动时，直线PQ恒过定点，并求出此定点的坐标．答案第Ⅰ卷：夯基保分卷1．解析：令F(c,0)，B(0，b)，则直线BF的方程为xc＋yb＝1，所以d1＝bca.又d2＝a2c－c＝b2c，由d2＝6d1，可得(b2c)2＝6(bca)2，化简得6c4－a4＋a2c2＝0，即6e4＋e2－1＝0解得e2＝13或e2＝－12(舍去)故e＝33.答案：332．解析：由题意知|OM|＝12|PF2|＝3，∴|PF2|＝6，∴|PF1|＝2a－|PF2|＝10－6＝4.答案：43．解析：因为k＋2k＋1，所以a2＝k＋2，b2＝k＋1，从而c2＝1，c＝1.又△ABF2的周长4a＝8，所以a＝2，e＝12.答案：124．解析：显然当PF1＝PF2时，|PF1－PF2|PF1＝0.由椭圆定义得PF2＝42－PF1，从而|PF1－PF2|PF1＝|2PF1－42|PF1＝42PF1－2.而22－2≤PF1≤22＋2，所以4222＋2≤42PF1≤4222－2，故42PF1－2≤2＋22.综上所述，|PF1－PF2|PF1∈[0,22＋2]．答案：[0,22＋2]5．解析：连结OQ，F1P.因为OF1＝OF2，QF2＝PQ，故OQ∥F1P，OQ＝12F1P，所以PF1＝2b，且∠F1PF2＝90°，故PF2＝2a－2b，从而(2c)2＝(2b)2＋(2a－2b)2＝4(a2－b2)，解得ba＝23，故e＝1－ba2＝1－49＝53.答案：536．解析：由cos∠F1BF2＝725，及余弦定理得a2＋a2－4c22a2＝725，解得e＝35.设点D(－acosθ，－bsinθ)，又点B(0，b)，C(0，－b)，所以kBD·kCD＝－bsinθ－b－acosθ·－bsinθ＋b－acosθ＝－b2a2＝－bc·kCD，所以kCD＝bca2＝1225.答案：12257．解：(1)由题意c2a2＝34，所以c2＝34a2，b2＝14a2.又点P(2,1)在椭圆上，所以4a2＋1b2＝1，所以a2＝8，b2＝2，所以椭圆C的方程为x28＋y22＝1.(2)设直线PA的方程为y－1＝k(x－2)，代入方程x2＋4y2＝8得(1＋4k2)x2－8k(2k－1)x＋16k2－16k－4＝0.因为方程的一根为2，所以xA＝8k2－8k－21＋4k2，yA＝－4k2－4k＋11＋4k2，所以A8k2－8k－21＋4k2，－4k2－4k＋11＋4k2.因为直线PA与PB的倾斜角互补，所以kPA＝－kPB，同理可得B8k2＋8k－21＋4k2，－4k2＋4k＋11＋4k2，所以kAB＝yB－yAxB－xA＝12.设直线AB的方程为y＝12x＋m，即x－2y＋2m＝0，M(－2m,0)，N(0，m)(m0)，d＝|2m|5，MN＝4m2＋m2＝5|m|，所以S△PMN＝12·|2m|5·5|m|＝32，所以m2＝32，所以m＝－62.所以直线AB的方程为y＝12x－62.8．解：(1)由题意P3a5，4b5，kA2B2·kOP＝－1，所以4b2＝3a2＝4(a2－c2)，所以a2＝4c2，所以e＝12.①(2)因为MN＝4217＝21a2＋1b2，所以a2＋b2a2b2＝712.②由①②得a2＝4，b2＝3，所以椭圆C的方程为x24＋y23＝1.(3)设R(x0，y0)．因为RQ平分∠F1RF2，现令Q(0，t)，∠F1RQ＝α，∠F2RQ＝β，所以cosα＝cosβ，所以1RF·RQ|1RF|·|RQ|＝2RF·RQ|2RF|·|RQ|，即－1－x0，－y0－x0，t－y0x0＋12＋y20＝1－x0，－y0－x0，t－y0x0－12＋y20，化简得t＝－13y0.因为0y03，所以t∈－33，0.第Ⅱ卷：提能增分卷1．解：(1)由题意得c＝1，e＝ca＝22，故a＝2，从而b2＝a2－c2＝1，所以椭圆的方程为x22＋y2＝1.①(2)证明：由题意可设直线AB的方程为y＝kx，②直线CD的方程为y＝－k(x－1)，③由①②得点A，B的横坐标为±22k2＋1，由①③得点C，D的横坐标为2k2±2k2＋12k2＋1，设A(x1，kx1)，B(x2，kx2)，C(x3，k(1－x3))，D(x4，k(1－x4))，则直线AC，BD的斜率之和为kx1－k1－x3x1－x3＋kx2－k1－x4x2－x4＝k·x1＋x3－1x2－x4＋x1－x3x2＋x4－1x1－x3x2－x4＝k·2x1x2－x3x4－x1＋x2＋x3＋x4x1－x3x2－x4＝k·2－22k2＋1－2k2－22k2＋1－0＋4k22k2＋1x1－x3x2－x4＝k·－4k22k2＋1＋4k22k2＋1x1－x3x2－x4＝0.即直线AC，BD的斜率之和为定值．2．解：(1)由题意得2c＝2，所以c＝1.又2a2＋32b2＝1，消去a得2b4－5b2－3＝0，解得b2＝3或b2＝－12(舍去)，则a2＝4，所以椭圆E的方程为x24＋y23＝1.(2)①设P(x1，y1)(y1≠0)，M(2，y0)，则B(2,0)，k1＝y02，k2＝y1x1－2，因为A，P，M三点共线，所以y0＝4y1x1＋2，所以k1k2＝y0y12x1－2＝4y212x21－4.因为P(x1，y1)在椭圆上，所以y21＝34(4－x21)，所以k1k2＝4y212x21－4＝－32，为定值．②直线BP的斜率为k2＝y1x1－2，直线m的斜率为km＝2－x1y1，则直线m的方程为y－y0＝2－x1y1(x－2)，y＝2－x1y1(x－2)＋y0＝2－x1y1x－22－x1y1＋4y1x1＋2＝2－x1y1x＋2x21－4＋4y21x1＋2y1＝2－x1y1x＋2x21－4＋12－3x21x1＋2y1＝2－x1y1x＋2－x1y1＝2－x1y1(x＋1)，所以直线m过定点(－1,0)．3．解：(1)由题意得a22a2＋a22b2＝1，3a2＋1b2＝1，解得a2＝6，b2＝2.所以所求椭圆C的方程为x26＋y22＝1.(2)①联立方程组x26＋y22＝1，x0x＋3y0y－6＝0，消去y得(x20＋3y20)x2－12x0x＋36－18y20＝0.(*)由于点P(x0，y0)在椭圆C上，所以x206＋y202＝1，即3y20＝6－x20.故(*)式可化为x2－2x0x＋x20＝0.因为Δ＝(－2x0)2－4x20＝0，所以原方程组仅有一组解，显然x＝x0，y＝y0是方程组的解，所以直线l与椭圆C有唯一的公共点．②点F的坐标为(－2,0)，过点F且与直线l垂直的直线的方程为3y0x－x0y＋6y0＝0.由x0x＋3y0y－6＝0，3y0x－x0y＋6y0＝0解得x＝6x0－18y20x20＋9y20，y＝18y0＋6x0y0x20＋9y20.因为点P(x0，y0)在椭圆x26＋y22＝1上，所以3y20＝6－x20，所以x＝3x0－63－x0，y＝3y03－x0.所以点F(－2,0)关于直线l的对称点的坐标为Q4x0－63－x0，6y03－x0.当x0≠2时，kPQ＝6y03－x0－y04x0－63－x0－x0＝y0x0－2.所以直线PQ的方程为y－y0＝y0x0－2(x－x0)，即(x－2)y0－yx0＋2y＝0.所以x－2＝0，y＝0，即直线PQ过定点(2,0)．当x0＝2时，y0＝±63，此时点Q的坐标为(2，±26)，直线PQ过点M(2,0)．综上，直线PQ恒过定点(2,0)．