高考数学大一轮复习 课时训练48 椭圆 理 苏教版(1)

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(a>0，b>0)，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(a>b>0)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(a>b>0)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(a>b>0)的左、右顶点分别是A1，A2，上、下顶点分别为B2，B1，点P35a，m(m>0)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(a>b>0)

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(a>b>0)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(a>b>0)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：33 2．解析：由题意知|OM|＝12|PF2|＝3， ∴|PF2|＝6，

∴|PF1|＝2a－|PF2|＝10－6＝4.

答案：4 3．解析：因为k＋2>k＋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：12 4．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：53 6．解析：由cos∠F1BF2＝725，及余弦定理得a2＋a2－4c22a2＝725，解得e＝35. 设点D(－acos θ，－bsin θ)， 又点B(0，b)，C(0，－b)，

所以kBD·kCD＝－bsin θ－b－acos θ·－bsin θ＋b－acos θ＝－b2a2＝－bc·kCD，所以kCD＝bca2＝1225. 答案：1225 7．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＋1

1＋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)(m<0)，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

3a5，4b

5，

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cos α＝cos β，

所以1RFuuuur·RQuuur|1RFuuuur|·|RQuuur|＝2RFuuuur·RQuuur|2RFuuuur|·|RQuuur|，

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

－2

2k2＋1－0＋4k2

2k2＋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，