高中數(shù)學(xué)高考一輪復(fù)習(xí)一輪復(fù)習(xí) 第五節(jié) 橢圓

課時作業(yè)(四十九)橢圓1．(多選)(2023·全國高三專題練習(xí))橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4＋k)＝1的離心率為eq\f(4,5)，則k的值為()A．－21 B．－eq\f(19,25)C．eq\f(19,25) D．21BD[①若a2＝9，b2＝4＋k，則c＝eq\r(5－k)，則eq\f(c,a)＝eq\f(4,5)，即eq\f(\r(5－k),3)＝eq\f(4,5)，解得k＝－eq\f(19,25)；②若a2＝4＋k，b2＝9，則c＝eq\r(k－5)，則eq\f(c,a)＝eq\f(4,5)，即eq\f(\r(k－5),\r(4＋k))＝eq\f(4,5)，解得k＝21.故選BD.]2．(2023·河北唐山一中月考)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,3)＝1的一個焦點為點(1，0)，則橢圓C的離心率為()A．eq\f(1,3) B．eq\f(1,2)C．eq\f(\r(2),2) D．eq\f(2\r(2),3)B[由橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,3)＝1的一個焦點的坐標(biāo)為(1，0)，得a2－3＝1，解得a＝2(負值已舍去).所以橢圓C的離心率為e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2).故選B.]3．(2023·山西大同開學(xué)考)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C的中心為原點，焦點F1，F(xiàn)2在x軸上，離心率為eq\f(\r(2),2).過點F1的直線l交橢圓C于A，B兩點，且△ABF2的周長為16，那么橢圓C的方程為()A．eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,18)＝1 B．eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,10)＝1C．eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1 D．eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,8)＝1D[因為△ABF2的周長為16，所以|BF2|＋|AF2|＋|BF1|＋|AF1|＝16.由橢圓的性質(zhì)，得4a＝16，解得a＝4.又橢圓的離心率為eq\f(\r(2),2)，即eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，所以a＝eq\r(2)c＝4，解得c＝2eq\r(2).所以b2＝a2－c2＝8.所以橢圓C的方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,8)＝1.故選D.]4．(多選)(2023·全國高三專題練習(xí))已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過F1且斜率為2的直線交橢圓E于P，Q兩點，若△PF1F2為直角三角形，則該橢圓C的離心率e＝()A．eq\r(2)－1 B．eq\f(\r(3),3)C．eq\r(5)－2 D．eq\f(\r(5),3)CD[當(dāng)∠PF2F1＝eq\f(π,2)時，設(shè)|PF2|＝2，則由于tan∠PF1F2＝2，∴|F1F2|＝1，|PF1|＝eq\r(5)，∵2a＝|PF1|＋|PF2|＝eq\r(5)＋2，2c＝|F1F2|＝1，∴橢圓C的離心率為e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2c,2a)＝eq\f(1,\r(5)＋2)＝eq\r(5)－2，當(dāng)∠F1PF2＝eq\f(π,2)時，設(shè)|PF2|＝2，則由于tan∠PF1F2＝2，∴|PF1|＝1，|F1F2|＝eq\r(5)，∵2a＝|PF1|＋|PF2|＝3，2c＝|F1F2|＝eq\r(5)，∴橢圓C的離心率為e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2c,2a)＝eq\f(\r(5),3).]5．已知橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的左，右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過F2且垂直于長軸的直線交橢圓于A，B兩點，則△ABF1內(nèi)切圓的半徑為()A．eq\f(4,3) B．1C．eq\f(4,5) D．eq\f(3,4)D[由eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1得a＝2，c＝1，可知△ABF1的周長為4a＝8，△ABF1的面積為eq\f(1,2)|F1F2|×|yA－yB|＝eq\f(1,2)×2×3＝3＝eq\f(1,2)×8×r，解得r＝eq\f(3,4)，故選D.]6．已知橢圓eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)的右頂點為A(1，0)，過其焦點且垂直于長軸的弦長為1，則橢圓方程為________________．解析：因為橢圓eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1的右頂點為A(1，0)，所以b＝1，焦點坐標(biāo)為(0，c)，因為過焦點且垂直于長軸的弦長為1，所以eq\f(2b2,a)＝1，a＝2，所以橢圓方程為eq\f(y2,4)＋x2＝1.答案：eq\f(y2,4)＋x2＝17．已知橢圓eq\f(x2,2)＋y2＝1與直線y＝x＋m交于A，B兩點，且|AB|＝eq\f(4\r(2),3)，則實數(shù)m的值為________．解析：由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝x＋m，))消去y并整理，得3x2＋4mx＋2m2－2＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－eq\f(4m,3)，x1x2＝eq\f(2m2－2,3).由題意，得eq\r(2（x1＋x2）2－8x1x2)＝eq\f(4\r(2),3)，解得m＝±1.答案：±18．(2023·全國高二單元測試)已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，其上一點P(3，t)到兩個焦點的距離分別為和，則該橢圓的離心率為________，方程為________________________．解析：設(shè)橢圓的左焦點為F1(－c，0)，右焦點F2(c，0)，點P(3，t)在橢圓上，由橢圓定義可得|PF1|＋|PF2|＝2a＝＋＝10，∴a＝5，∴|PF1|＝eq\r(（3＋c）2＋t2)，且eq\f(9,25)＋eq\f(t2,b2)＝1?t2＝eq\f(16,25)b2，于是得到|PF1|＝eq\r(（3＋c）2＋\f(16,25)b2)＝＝eq\f(13,2)，同理得|PF2|＝eq\r(（3－c）2＋\f(16,25)b2)＝＝eq\f(7,2)，聯(lián)立兩式可得到c＝eq\f(5,2)，∴e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2).b2＝a2－c2＝eq\f(75,4)，∴橢圓方程為eq\f(x2,25)＋eq\f(4y2,75)＝1.答案：eq\f(1,2)；eq\f(x2,25)＋eq\f(4y2,75)＝19．分別求出滿足下列條件的橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．(1)與橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1有相同的離心率且經(jīng)過點(2，－eq\r(3))；(2)已知點P在以坐標(biāo)軸為對稱軸的橢圓上，且P到兩焦點的距離分別為5，3，過P且與長軸垂直的直線恰過橢圓的一個焦點．解析：(1)由題意，設(shè)所求橢圓的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝t1或eq\f(y2,4)＋eq\f(x2,3)＝t2(t1，t2>0)，因為橢圓過點(2，－eq\r(3))，所以t1＝eq\f(22,4)＋eq\f(（－\r(3)）2,3)＝2，或t2＝eq\f(（－\r(3)）2,4)＋eq\f(22,3)＝eq\f(25,12).故所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,6)＝1或eq\f(y2,\f(25,3))＋eq\f(x2,\f(25,4))＝1.(2)由于焦點的位置不確定，所以設(shè)所求的橢圓方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)或eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)，由已知條件得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a＝5＋3，,（2c）2＝52－32，))解得a＝4，c＝2，所以b2＝12.故橢圓方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1或eq\f(y2,16)＋eq\f(x2,12)＝1.10．(2023·全國卷Ⅱ)已知F1，F(xiàn)2是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的兩個焦點，P為C上的點，O為坐標(biāo)原點.(1)若△POF2為等邊三角形，求C的離心率；(2)如果存在點P，使得PF1⊥PF2，且△F1PF2的面積等于16，求b的值．解析：(1)連接PF1.由△POF2為等邊三角形可知在△F1PF2中，∠F1PF2＝90°，|PF2|＝c，|PF1|＝eq\r(3)c，于是2a＝|PF1|＋|PF2|＝(eq\r(3)＋1)c，故C的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3)－1.(2)由題意可知，滿足條件的點P(x，y)存在，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(1,2)|y|·2c＝16，eq\f(y,x＋c)·eq\f(y,x－c)＝－1，eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，即c|y|＝16，①x2＋y2＝c2，②eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1.③由②③及a2＝b2＋c2得y2＝eq\f(b4,c2)，又由①知y2＝eq\f(162,c2)，故b＝4.11．已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點為F，短軸的一個端點為M，直線l：3x－4y＝0交橢圓E于A，B兩點．若|AF|＋|BF|＝4，點M到直線l的距離不小于eq\f(4,5)，則橢圓E的離心率e的取值范圍是()A．(0，eq\f(\r(3),2)] B．(0，eq\f(3,4))C．(eq\f(\r(3),2)，1) D．[eq\f(3,4)，1)A[根據(jù)橢圓的對稱性及橢圓的定義可得：|AF|＋|BF|＝2a＝4，所以a＝2.設(shè)M(0，b)，因為d＝eq\f(|3×0－4×b|,\r(32＋（－4）2))≥eq\f(4,5)，所以1≤b＜2.又e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\r(1－\f(b2,4))，所以0<e≤eq\f(\r(3),2).故選A．]12．(2023·全國卷Ⅰ)已知橢圓C的焦點為F1(－1，0)，F(xiàn)2(1，0)，過F2的直線與C交于A，B兩點．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，則C的方程為()A．eq\f(x2,2)＋y2＝1 B．eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1C．eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1 D．eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1B[由題意設(shè)橢圓的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，連接F1A，令|F2B|＝m，則|AF2|＝2m，|BF1|＝3m.由橢圓的定義知，4m＝2a，得m＝eq\f(a,2)，故|F2A|＝a＝|F1A|，則點A為橢圓C的上頂點或下頂點．令∠OAF2＝θ(O為坐標(biāo)原點)，則sinθ＝eq\f(1,a).在等腰三角形ABF1中，cos2θ＝eq\f(\f(a,2),\f(3a,2))＝eq\f(1,3)，所以eq\f(1,3)＝1－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))eq\s\up12(2)，得a2＝3.又c2＝1，所以b2＝a2－c2＝2，橢圓C的方程為eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1.故選B.]13．(2023·福建福州適應(yīng)性考試)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(6),3)，以橢圓C的短軸為直徑的圓與直線l：3x＋4y－5＝0相切．(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)直線y＝x＋m交橢圓C于M(x1，y1)，N(x2，y2)兩點，且x1>x2，已知l上存在點P，使得△PMN是以∠PMN為頂角的等腰直角三角形，若P在直線MN的右下方，求m的值．解析：(1)依題意，b＝eq\f(|0＋0－5|,\r(32＋42))＝1，因為離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(a2－b2),a)＝eq\f(\r(6),3)，所以eq\f(\r(a2－1),a)＝eq\f(\r(6),3)，解得a＝eq\r(3)，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,3)＋y2＝1.(2)因為直線y＝x＋m的傾斜角為45°，且△PMN是以∠PMN為頂角的等腰直角三角形，P在直線MN的右下方，所以NP∥x軸，如圖，過M作NP的垂線，垂足為Q，則Q為線段的中點，所以Q(x1，y2)，故P(2x1－x2，y2)，所以3(2x1－x2)＋4y2－5＝0，即3(2x1－x2)＋4(x2＋m)－5＝0，整理得6x1＋x2＋4m－5＝0①，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋3y2＝3，,y＝x＋m，))得4x2＋6mx＋3m2－3＝0.所以Δ＝36m2－48m2＋48>0，解得－2<m<2，所以x1＋x2＝－eq\f(3,2)m②，x1x2＝eq\f(3,4)(m2－1)③，①－②得，x1＝1－eq\f(m,2)④，將④代入②得x2＝－1－m⑤，將④⑤代入③得(eq\f(m,2)－1)(m＋1)＝eq\f(3,4)(m－1)(m＋1)，解得m＝－1，所以m的值為－1.14．已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的長軸長是短軸長的eq\r(2)倍，且過點(2，eq\r(2)).(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若△OAB的頂點A，B在橢圓上，OA所在的直線斜率為k1，OB所在的直線斜率為k2，若k1·k2＝－eq\f(b2,a2)，求eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))的最大值．解析：(1)由已知，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a＝2\r(2)b，,\f(4,a2)＋\f(2,b2)＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2\r(2)，,b＝2，))所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，不妨設(shè)x1>0，x2>0.由k1k2＝－eq\f(b2,a2)＝－eq\f(1,2)得k2＝－eq\f(1,2k1)(k1≠0)，直線OA，OB的方程分別為y＝k1x，y＝k2x，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k1x，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，))解得x1＝eq\f(2\r(2),\r(1＋2keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))))，同理，x2＝eq\f(2\r(2),\r(1＋2keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))))，所以x2＝eq\f(2\r(2),\r(1＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2k1)))\s\up12(2)))＝eq\f(4|k1|,\r(1＋2keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))).因為eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝eq\f(1,2)x1x2＝eq\f(4\r(2)|k1|,1＋2keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))＝eq\f(4\r(2),\f(1,|k1|)＋2|k1|)≤eq\f(4\r(2),2\r(2))＝2，當(dāng)且僅當(dāng)|k1|＝eq\f(\r(2),2)時，等號成立．所以eq\o(OA,\s\up6