2014届高三理科数学一轮复习试题选编21椭圆教师版高中数学练习试题

第1页，共29页2014届高三理科数学一轮复习试题选编21：椭圆一、选择题1．（北京市海淀区2013届高三上学期期末考试数学理试题）椭圆2222:1(0)xyCabab的左右焦点分别为12,FF，若椭圆C上恰好有6个不同的点P，使得12FFP为等腰三角形，则椭圆C的离心率的取值范围是（）A．12(,)33B．1(,1)2C．2(,1)3D．111(,)(,1)322【答案】D解：当点P位于椭圆的两个短轴端点时，12FFP为等腰三角形，此时有2个。,若点不在短轴的端点时，要使12FFP为等腰三角形，则有1122PFFFc或2122PFFFc。此时222PFac。所以有1122PFFFPF，即2222ccac，所以3ca，即13ca，又当点P不在短轴上，所以11PFBF，即2ca，所以12ca。所以椭圆的离心率满足113e且12e，即111(,)(,1)322，所以选D．二、填空题2．（北京市西城区2013届高三上学期期末考试数学理科试题）已知椭圆22142xy的两个焦点是1F，2F，点P在该椭圆上．若12||||2PFPF，则△12PFF的面积是______．【答案】2解：由椭圆的方程可知2,2ac，且12||||24PFPFa，所以解得12||3,||1PFPF，又12||222FFc，所以有2221212||||PFPFFF，即三角形21PFF为直角三角形，所以△12PFF的面积12211221222SFFPF。第2页，共29页3．（北京东城区普通校2013届高三12月联考理科数学）椭圆22192xy的焦点为12,FF,点P在椭圆上,若1||4PF,12FPF的小大为_____________.【答案】120【解析】椭圆22192xy的29,3aa,22222,7bcab,所以7c.因为14PF,所以1226PFPFa,所以2642PF.所以2222221112121242(27)1cos22422PFPFFFFPFPFPF,所以12120FPF三、解答题4．（北京东城区普通校2013届高三12月联考理科数学）(本小题满分14分)已知椭圆:C22221(0)xyabab的离心率为63,椭圆短轴的一个端点与两个焦点构成的三角形的面积为523.(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)已知动直线(1)ykx与椭圆C相交于A、B两点.①若线段AB中点的横坐标为12,求斜率k的值;②若点7(,0)3M,求证:MAMB为定值.【答案】(本题满分14分)解:(Ⅰ)因为22221(0)xyabab满足222abc,63ca,152223bc.解得2255,3ab,则椭圆方程为221553xy(Ⅱ)(1)将(1)ykx代入221553xy中得2222(13)6350kxkxk4222364(31)(35)48200kkkk2122631kxxk第3页，共29页因为AB中点的横坐标为12,所以2261312kk,解得33k(2)由(1)知2122631kxxk,21223531kxxk所以112212127777(,)(,)()()3333MAMBxyxyxxyy2121277()()(1)(1)33xxkxx2221212749(1)()()39kxxkxxk2222222357649(1)()()313319kkkkkkk5．（北京市朝阳区2013届高三上学期期末考试数学理试题）已知点A是椭圆22:109xyCtt的左顶点，直线:1()lxmymR与椭圆C相交于,EF两点，与x轴相交于点B.且当0m时，△AEF的面积为163.（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）设直线AE，AF与直线3x分别交于M，N两点，试判断以MN为直径的圆是否经过点B？并请说明理由.【答案】解：（Ⅰ）当0m时，直线l的方程为1x，设点E在x轴上方，由221,91xytx解得2222(1,),(1,)33ttEF,所以423tEF.因为△AEF的面积为142164233t，解得2t.所以椭圆C的方程为22192xy.…………………………………………………4分第4页，共29页（Ⅱ）由221,921xyxmy得22(29)4160mymy，显然mR.…………………5分设1122(,),(,)ExyFxy,则121222416,2929myyyymm，………………………………………………6分111xmy,221xmy.又直线AE的方程为11(3)3yyxx，由11(3),33yyxxx解得116(3,)3yMx，同理得226(3,)3yNx.所以121266(2,),(2,)33yyBMBNxx,……………………9分又因为121266(2,)(2,)33yyBMBNxx12121212363644(3)(3)(4)(4)yyyyxxmymy1212212124(4)(4)364()16mymyyymyymyy2222216(436)164164(29)3216(29)mmmmm22264576641285769mmm0.…………………………13分所以BMBN,所以以MN为直径的圆过点B.…………………………………14分6．（2013北京海淀二模数学理科试题及答案）已知椭圆:M22221(0)xyabab的四个顶点恰好是一边长为2,一内角为60的菱形的四个顶点.(I)求椭圆M的方程;(II)直线l与椭圆M交于A,B两点,且线段AB的垂直平分线经过点1(0,)2,求AOB(O为原点)面积的最大值.【答案】解:(I)因为椭圆:M22221(0)xyabab的四个顶点恰好是一边长为2,第5页，共29页一内角为60的菱形的四个顶点,所以3,1ab,椭圆M的方程为2213xy(II)设1122(,),(,),AxyBxy因为AB的垂直平分线通过点1(0,)2,显然直线AB有斜率,当直线AB的斜率为0时,则AB的垂直平分线为y轴,则1212,xxyy所以22222111111111111=|2|||||||||1(1)(3)2333AOBxxSxyxyxxxx因为22221111(3)3(3)22xxxx,所以32AOBS,当且仅当16||2x时,AOBS取得最大值为32当直线AB的斜率不为0时,则设AB的方程为ykxt所以2213ykxtxy,代入得到222(31)6330kxktt当224(933)0kt,即2231kt①方程有两个不同的解又122631ktxxk,1223231xxktk所以122231yytk,又1212112202yyxxk,化简得到2314kt②代入①,得到04t又原点到直线的距离为2||1tdk22221224(933)||1||131ktABkxxkk所以222224(933)11||=||||122311AOBkttSABdkkk第6页，共29页化简得到21=3(4)4AOBStt因为04t,所以当2t时,即73k时,AOBS取得最大值32综上,AOB面积的最大值为327．（2013北京房山二模数学理科试题及答案）已知椭圆C:22221(0)xyabab的离心率为22,且过点(2,1)A.直线22yxm交椭圆C于B,D(不与点A重合)两点.(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)△ABD的面积是否存在最大值?若存在,求出这个最大值;若不存在,请说明理由.【答案】(Ⅰ)ace22,22211ab,222cba2a,2b,2c22142xy(Ⅱ)设11(,)Bxy,22(,)Dxy,由222=+2142yxmxy22220xmxm282m022m,122,xxm①2122xxm②2212261()82m22BDxx,设d为点A到直线BD:2=+2yxm的距离,26md2212(4)222ABDSBDdmm当且仅当2m(2,2)时等号成立∴当2m时,ABD的面积最大,最大值为28．（2013北京昌平二模数学理科试题及答案）本小题满分13分)如图,已知椭圆22221(0)xyabab的长轴为AB,过点B的直线l与x轴垂直,椭圆的离心率第7页，共29页32e,F为椭圆的左焦点,且1AFBFg.(I)求此椭圆的方程;(II)设P是此椭圆上异于,AB的任意一点,PHx轴,H为垂足,延长HP到点Q使得HPPQ.连接AQ并延长交直线l于点,MN为MB的中点,判定直线QN与以AB为直径的圆O的位置关系.lyxNMQPHFOBA【答案】解:(Ⅰ)由题意可知,(,0)Aa,(,0)Ba,(,0)Fc,()()1AFBFacacg2221acb又32e,22222222134cabaeaaa,解得24a所求椭圆方程为2214xy(Ⅱ)设00(,)Pxy,则00(,2)Qxy00(2,2)xx由(2,0),A得0022AQykx所以直线AQ方程002(2)2yyxx由(2,0),B得直线l2,x的方程为008(2,)2yMx004(2,)2yNx由00000200422224NQyyxxykxx又点P的坐标满足椭圆方程得到:2200+44xy,所以220044xy000002200022442NQxyxyxkxyy直线NQ的方程:00002()2xyyxxy化简整理得到:220000244xxyyxy即0024xxyy第8页，共29页所以点O到直线NQ的距离220042+4dOxy圆的半径直线NQ与AB为直径的圆O相切9．（北京市丰台区2013届高三上学期期末考试数学理试题）曲线12,CC都是以原点O为对称中心、离心率相等的椭圆．点M的坐标是（0,1），线段MN是1C的短轴，是2C的长轴.直线:(01)lymm与1C交于A,D两点（A在D的左侧），与2C交于B,C两点（B在C的左侧）．（Ⅰ）当m=32，54AC时，求椭圆12,CC的方程；（Ⅱ）若OB∥AN，求离心率e的取值范围．【答案】解：（Ⅰ）设C1的方程为2221xya,C2的方程为2221xyb,其中1,01ab．..2分C1,C2的离心率相同，所以22211aba,所以1ab，……………………….…3分C2的方程为2221axy．当m=32时，A3(,)22a,C13(,)22a．.………………………………………….5分又54AC,所以，15224aa，解得a=2或a=12(舍)，………….…………..6分C1,C2的方程分别为2214xy，2241xy．………………………………….7分（Ⅱ）A(-21am,m),B(-211ma,m)．…………………………………………9分OB∥AN,OBANkk,221111mmamma,211ma．…………………………………….11分2221aea，2211ae，221eme．………………………………………12分01m，22101ee，212e．....