2022年《創(chuàng)新教程》高考數(shù)學(xué)(理科)大一輪(人教A新課標)課時沖關(guān)：第8章-解析幾何-3-

第八章第3節(jié)eq\x(\a\vs4\al(對應(yīng)同學(xué)用書課時沖關(guān))\a\vs4\al(理四十二/第313頁,文三十九/第277頁))一、選擇題1．已知橢圓C的短軸長為6，離心率為eq\f(4,5)，則橢圓C的焦點F到長軸的一個端點的距離為()A．9 B．1C．1或9 D．以上都不對解析：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝3,\f(c,a)＝\f(4,5),a2＝b2＋c2))，解得a＝5，b＝3，c＝4.∴橢圓C的焦點F到長軸的一個端點的距離為a＋c＝9或a－c＝1.答案：C2．已知焦點在x軸上的橢圓的離心率為eq\f(1,2)，且它的長軸長等于圓C：x2＋y2－2x－15＝0的半徑，則橢圓的標準方程是()A.eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1 B.eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1C.eq\f(x2,4)＋y2＝1 D.eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1解析：由x2＋y2－2x－15＝0，知r＝4＝2a?a又e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，c＝1，則b2＝a2－c2＝3.答案：A3．橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的半焦距為c，若直線y＝2x與橢圓的一個交點P的橫坐標恰為c，則橢圓的離心率為()A.eq\f(2－\r(2),2) B.eq\f(2\r(2)－1,2)C.eq\r(3)－1 D.eq\r(2)－1解析：依題意有P(c,2c)，點P所以有eq\f(c2,a2)＋eq\f(2c2,b2)＝1，整理得b2c2＋4a2c2＝a2b2，又由于b2＝a2－c2，代入得c4－6a2c2＋即e4－6e2＋1＝0，解得e2＝3－2eq\r(2)(3＋2eq\r(2)舍去)，從而e＝eq\r(2)－1.答案：D4．已知橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1的左、右焦點分別為F1、F2，點M在該橢圓上，且eq\o(MF1,\s\up6(→))·eq\o(MF2,\s\up6(→))＝0，則點M到y(tǒng)軸的距離為()A.eq\f(2\r(3),3) B.eq\f(2\r(6),3)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\r(3)解析：方法一：由題意，得F1(－eq\r(3)，0)，F(xiàn)2(eq\r(3)，0)．設(shè)M(x，y)，則eq\o(MF1,\s\up6(→))·eq\o(MF2,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)－x，－y)·(eq\r(3)－x，－y)＝0，整理得x2＋y2＝3①又由于點M在橢圓上，故eq\f(x2,4)＋y2＝1，即y2＝1－eq\f(x2,4)②將②代入①，得eq\f(3,4)x2＝2，解得x＝±eq\f(2\r(6),3).故點M到y(tǒng)軸的距離為eq\f(2\r(6),3).方法二：由題可知b2＝1，θ＝eq\f(π,2)，c＝eq\r(3)，代入焦點三角形的面積公式S＝b2taneq\f(θ,2)＝c|yP|可得，|yP|＝eq\f(1,\r(3))，代入橢圓方程得|xP|＝eq\f(2\r(6),3).答案：B5．(2021·昆明一中檢測)已知直線x＝t與橢圓eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,9)＝1交于P，Q兩點．若點F為該橢圓的左焦點，則使eq\o(FP,\s\up6(→))·eq\o(FQ,\s\up6(→))取得最小值時，t的值為()A．－eq\f(100,17) B．－eq\f(50,17)C.eq\f(50,17) D.eq\f(100,17)解析：易知橢圓的左焦點F(－4,0)．依據(jù)對稱性可設(shè)P(t，y0)，Q(t，－y0)，則eq\o(FP,\s\up6(→))＝(t＋4，y0)，eq\o(FQ,\s\up6(→))＝(t＋4，－y0)，所以eq\o(FP,\s\up6(→))·eq\o(FQ,\s\up6(→))＝(t＋4，y0)·(t＋4，－y0)＝(t＋4)2－yeq\o\al(2,0).又由于yeq\o\al(2,0)＝9eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(t2,25)))＝9－eq\f(9,25)t2，所以eq\o(FP,\s\up6(→))·eq\o(FQ,\s\up6(→))＝(t＋4)2－yeq\o\al(2,0)＝t2＋8t＋16－9＋eq\f(9,25)t2＝eq\f(34,25)t2＋8t＋7，所以當(dāng)t＝－eq\f(50,17)時，eq\o(FP,\s\up6(→))·eq\o(FQ,\s\up6(→))取得最小值．故選B.答案：B6．在橢圓eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1內(nèi)，通過點M(1,1)，且被這點平分的弦所在的直線方程為()A．x＋4y－5＝0 B．x－4y－5＝0C．4x＋y－5＝0 D．4x－y－5＝0解析：設(shè)直線與橢圓交點為A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),16)＋\f(y\o\al(2,1),4)＝1，①,\f(x\o\al(2,2),16)＋\f(y\o\al(2,2),4)＝1，②))由①－②，得eq\f(x1＋x2x1－x2,16)＋eq\f(y1＋y2y1－y2,4)＝0，因eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝2，,y1＋y2＝2，))所以eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(4x1＋x2,16y1＋y2)＝－eq\f(1,4)，所以所求直線方程為y－1＝－eq\f(1,4)(x－1)，即x＋4y－5＝0.答案：A二、填空題7．(2021·嘉興模擬)已知橢圓eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,25)＝1的焦點分別是F1，F(xiàn)2，P是橢圓上一點，若連接F1，F(xiàn)2，P三點恰好能構(gòu)成直角三角形，則點P到y(tǒng)軸的距離是________．解析：依題意：F1(0，－3)，F(xiàn)2(0,3)．又由于3<4，所以∠F1F2P＝90°或∠F2F1設(shè)P(x,3)，代入橢圓方程得：x＝±eq\f(16,5)，即點P到y(tǒng)軸的距離為eq\f(16,5).答案：eq\f(16,5)8．分別過橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點F1，F(xiàn)2所作的兩條相互垂直的直線l1，l2的交點在此橢圓的內(nèi)部，則此橢圓的離心率的取值范圍是________．解析：由已知得交點P在以F1F2為直徑的圓x2＋y2＝c2又點P在橢圓內(nèi)部，所以有c2<b2，又b2＝a2－c2，所以有c2<a2－c2，即2c2<a2，亦即：eq\f(c2,a2)<eq\f(1,2)，所以0<eq\f(c,a)<eq\f(\r(2),2).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))9．如圖所示，A，B是橢圓的兩個頂點，C是AB的中點，F(xiàn)為橢圓的右焦點，OC的延長線交橢圓于點M，且|OF|＝eq\r(2)，若MF⊥OA，則橢圓的方程為________．解析：設(shè)所求的橢圓方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，則A(a,0)，B(0，b)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(b,2)))，F(xiàn)(eq\r(a2－b2)，0)．依題意，得eq\r(a2－b2)＝eq\r(2)，F(xiàn)M的直線方程是x＝eq\r(2)，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(b,a)\r(a2－2))).由于O，C，M三點共線，所以eq\f(\f(b\r(a2－2),a),\r(2))＝eq\f(\f(b,2),\f(a,2))，即a2－2＝2，所以a2＝4，b2＝2.所求方程是eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.答案：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1三、解答題10．(2021·莆田模擬)點A，B分別是橢圓eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,20)＝1長軸的左、右端點，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)求點P的坐標；(2)設(shè)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．解：(1)由題意可知點A(－6,0)，F(xiàn)(4,0)設(shè)點P的坐標為(x，y)，則eq\o(AP,\s\up6(→))＝(x＋6，y)，eq\o(FP,\s\up6(→))＝(x－4，y)，且y＞0，由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,36)＋\f(y2,20)＝1，,x＋6x－4＋y2＝0.))即2x2＋9x－18＝0，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(3,2)，,y＝\f(5\r(3),2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－6，,y＝0.))(舍)∴點P的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(5\r(3),2))).(2)直線AP的方程為x－eq\r(3)y＋6＝0，設(shè)點M的坐標為(m,0)，由題意可知＝eq\f(|m＋6|,2)＝|m－6|.又－6≤m≤6，∴m＝2，∴d2＝(x－2)2＋y2＝x2－4x＋4＋20－eq\f(5,9)x2＝eq\f(4,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(9,2)))2＋15.∴當(dāng)x＝eq\f(9,2)時，d取得最小值eq\r(15).11．(2021·蘭州模擬)已知橢圓方程為eq\f(y2,2)＋x2＝1，斜率為k(k≠0)的直線l過橢圓的上焦點且與橢圓相交于P，Q兩點，線段PQ的垂直平分線與y軸相交于點M(0，m)．(1)求m的取值范圍；(2)求△MPQ面積的最大值．解：(1)設(shè)直線l的方程為y＝kx＋1，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(y2,2)＋x2＝1，))可得(k2＋2)x2＋2kx－1＝0.設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(－2k,k2＋2)，x1x2＝－eq\f(1,k2＋2).可得y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝eq\f(4,k2＋2).設(shè)線段PQ的中點為N，則點N的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－k,k2＋2)，\f(2,k2＋2)))，由題意有kMN·k＝－1，可得eq\f(m－\f(2,k2＋2),\f(k,k2＋2))·k＝－1，可得m＝eq\f(1,k2＋2)，又k≠0，所以0<m<eq\f(1,2).(2)設(shè)橢圓的焦點為F，則S△MPQ＝eq\f(1,2)·|FM|·|x1－x2|＝eq\r(2m1－m3)，所以△MPQ的面積為eq\r(2m1－m3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<m<\f(1,2))).設(shè)f(m)＝m(1－m)3，則f′(m)＝(1－m)2(1－4m可知f(m)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))上遞增，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)))上遞減．所以，當(dāng)m＝eq\f(1,4)時，f(m)有最大值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝eq\f(27,256).即當(dāng)m＝eq\f(1,4)時，△MPQ的面積有最大值eq\f(3\r(6),16).12．(2021·黃山模擬)橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2.點P(a，b)滿足|PF2|＝|F1F2|.(1)求橢圓的離心率e；(2)設(shè)直線PF2與橢圓相交于A，B兩點．若直線PF2與圓(x＋1)2＋(y－eq\r(3))2＝16相交于M，N兩點，且|MN|＝eq\f(5,8)|AB|，求橢圓的方程．解：(1)設(shè)F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)(c＞0)，由于|PF2|＝|F1F2|，所以eq\r(a－c2＋b2)＝2c.整理得2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))2＋eq\f(c,a)－1＝0.即2e2＋e－1＝0，所以e＝eq\f(1,2)或－1(舍)．(2)由(1)知a＝2c，b＝eq\r(3)c，可得橢圓方程為3x2＋4y2＝12c2，直線PF2的方程為y＝eq\r(3)(x－c)．A，B兩點的坐標滿足方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x2＋4y2＝12c2，,y＝\r(3)x－c))消去y并整理，得5x2－8cx＝0.解得x1＝0，x2＝eq\f(8,5)c.得方程組的解eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,y1＝－\r(3)c，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝\f(8,5