【原創(chuàng)】江蘇省2020-2021學年高二數學1-1隨堂練習及答案：第二章-03橢圓的幾何性質

高二數學隨堂練習：橢圓的幾何性質一、填空題1．若橢圓eq\f(x2,k＋2)＋eq\f(y2,4)＝1的離心率e＝eq\f(1,3)，則k的值為________．2．已知橢圓的中心在原點，焦點在x軸上，長軸長為18，且兩個焦點恰好將長軸三等分，則此橢圓的標準方程是____________．3．已知橢圓的焦點在x軸上，長、短半軸之和為10，焦距為4eq\r(5)，則該橢圓的標準方程為____________．4．設橢圓的兩個焦點分別為F1、F2，過F2作橢圓長軸的垂線交橢圓于點P.若△F1F2P5．以橢圓的焦距為直徑并過兩焦點的圓，交橢圓于四個不同的點，順次連結這四個點和兩個焦點恰好組成一個正六邊形，那么這個橢圓的離心率為________．6．已知兩橢圓eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,9)＝1與eq\f(x2,9－k)＋eq\f(y2,25－k)＝1(0<k<9)，則它們有相同的________．7．若F1、F2是橢圓C：eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1的焦點，則在C上滿足PF1⊥PF2的點P的個數為________．8．若橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)焦距的一半為c，直線y＝2x與橢圓的一個交點的橫坐標恰為c，則該橢圓的離心率為________．9．已知點(m，n)在橢圓8x2＋3y2＝24上，則2m10．如圖，橢圓eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,9)＝1的左、右焦點分別為F1、F2，一條直線l經過F1與橢圓交于A、B兩點．(1)求△ABF2的周長；(2)若直線l的傾斜角為45°，求△ABF2的面積．11．已知橢圓4x2＋y2＝1及直線y＝x＋m.(1)當直線和橢圓有公共點時，求實數m的取值范圍；(2)求被橢圓截得的最長弦所在直線的方程．12.如圖，點A、B分別是橢圓eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,20)＝1長軸的左、右頂點，點F是橢圓的右焦點，點P在橢圓上，且位于x軸上方，PA⊥PF.(1)求P點坐標；(2)設M是橢圓長軸AB上的一點，M到直線AP的距離等于MB，求橢圓上的點到點M的距離d的最小值．答案1解析：當焦點在x軸上時，a＝eq\r(k＋2)，b＝2，c＝eq\r(k－2)，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(k－2),\r(k＋2))＝eq\f(1,3)，解得k＝eq\f(5,2)；當焦點在y軸上時，a＝2，b＝eq\r(k＋2)，c＝eq\r(2－k)，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2－k),2)＝eq\f(1,3)，解得k＝eq\f(14,9).所以k的值為eq\f(5,2)或eq\f(14,9).答案：eq\f(5,2)或eq\f(14,9)2解析：由兩個焦點三等分長軸知3·2c＝2a，即a＝3c.由a＝9得c＝3，所以b2＝a2－c2＝72，所以橢圓的標準方程是eq\f(x2,81)＋eq\f(y2,72)＝1.答案：eq\f(x2,81)＋eq\f(y2,72)＝13解析：由題意知a＋b＝10，c＝2eq\r(5)，又由于c2＝a2－b2，所以a＝6，b＝4，所以該橢圓的標準方程為eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,16)＝1.答案：eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,16)＝14解析：由題意知，PF2＝F1F2＝2PF1＝eq\r(2)PF2＝2eq\r(2)c，∴PF2＋PF1＝2c(eq\r(2)＋1)＝2a，∴e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,\r(2)＋1)＝eq\r(2)－1.答案：eq\r(2)－15解析：如圖，設橢圓的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，焦距的一半為c.由題意知∠F1AF2＝90°，∠AF2F1＝60°.∴AF2＝c，AF1＝2c·sin60°＝eq\r(3)c.∴AF1＋AF2＝2a＝(eq\r(3)＋1)c.∴e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2,\r(3)＋1)＝eq\r(3)－1.答案：eq\r(3)－16解析：∵ceq\o\al(2,1)＝25－9＝16，∴c1＝4，∵ceq\o\al(2,2)＝(25－k)－(9－k)＝16，∴c2＝4.∵∴c1＝c2，∴2c1＝2c2，答案：焦距7解析：∵橢圓C：eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1，∴c＝2，∴F1(－2,0)，F2(2,0)，其短軸的端點為B(0,2)，A(0，－2)，∴∠F1BF2＝∠F1AF2＝90°.又短軸端點與F1、F2連線所成的角是橢圓上動點P與F1、F2連線所成角中的最大角，∴滿足PF1⊥PF2的點有2個．答案：28解析：由題設可得2c＝eq\f(b2,a)，即b2＝2ac，∴c2＋2ac－a2＝0，即e2＋2e－1＝0，又0<e<1，∴e＝eq\r(2)－1.答案：eq\r(2)－19解析：由于點(m，n)在橢圓8x2＋3y2＝24上，即在橢圓eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,8)＝1上，所以點(m，n)滿足橢圓的范圍|x|≤eq\r(3)，|y|≤2eq\r(2)，因此|m|≤eq\r(3)，即－eq\r(3)≤m≤eq\r(3)，所以2m＋4∈[4－2eq\r(3)，4＋2eq\r(3)]．答案：[4－2eq\r(3)，4＋2eq\r(3)]10解：由橢圓的方程eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,9)＝1知，a＝4，b＝3，∴c＝eq\r(a2－b2)＝eq\r(7).(1)△ABF2的周長為AB＋AF2＋BF2＝(AF1＋AF2)＋(BF1＋BF2)＝4a(2)由c＝eq\r(7)知F1(－eq\r(7)，0)、F2(eq\r(7)，0)，又k1＝tan45°＝1，∴直線l的方程為x－y＋eq\r(7)＝0.設A(x1，y1)、B(x2，y2)，則由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋\r(7)＝0,\f(x2,16)＋\f(y2,9)＝1))，消去x整理，得25y2－18eq\r(7)y－81＝0，∴y1＋y2＝eq\f(18\r(7),25)，y1y2＝－eq\f(81,25).∴|y1－y2|＝eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\r(\f(18\r(7),25)2＋4×\f(81,25))＝eq\f(72,25)eq\r(2)，∴S△ABF2＝eq\f(1,2)F1F2·|y1－y2|＝eq\f(1,2)×2eq\r(7)×eq\f(72,25)eq\r(2)＝eq\f(72,25)eq\r(14).11解：(1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x2＋y2＝1，,y＝x＋m，))消去y，得5x2＋2mx＋m2－1＝0.由于直線與橢圓有公共點，所以Δ＝4m2－20(m2－1)≥0，解得－eq\f(\r(5),2)≤m≤eq\f(\r(5),2).(2)設直線與橢圓交于A(x1，y1)，B(x2，y2)．由(1)知，5x2＋2mx＋m2－1＝0，由根與系數的關系，得x1＋x2＝－eq\f(2m,5)，x1x2＝eq\f(1,5)(m2－1)．所以AB＝eq\r(x1－x22＋y1－y22)＝eq\r(2x1－x22)＝eq\r(2[x1＋x22－4x1x2])＝eq\r(2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4m2,25)－\f(4,5)m2－1)))＝eq\f(2,5)eq\r(10－8m2)，所以當m＝0時，AB的值最大，此時直線方程為y＝x.12解：(1)由已知可得點A(－6,0)，F(4,0)，設點P(x，y)，則eq\o(AP,\s\up6(→))＝(x＋6，y)，eq\o(FP,\s\up6(→))＝(x－4，y)．由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,36)＋\f(y2,20)＝1，,x＋6x－4＋y2＝0，))消去y得2x2＋9x－18＝0.∴x＝eq\f(3,2)或x＝－6.∵y>0，∴x＝eq\f(3,2)，y＝eq\f(5\r(3),2).∴P點坐標是(eq\f(3,2)，eq\f(5\r(3),2))．(2)直線AP的方程是x－eq\r(3)y＋6＝0.設M(m,0)(－6≤m≤6)，則M到直線AP的距離是