【文档说明】高考数学(文数)一轮复习考点通关练第7章《平面解析几何》48 (含详解).ppt，共(62)页，711.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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高考总复习首选用卷·文科数学第一部分考点通关练第七章平面解析几何考点测试48椭圆第1步狂刷小题·练基础一、基础小题1．中心在原点，焦点在x轴上，若长轴长为18，且两个焦点恰好将长轴三等分，则此椭圆的方程是()A.x281＋y272＝1B

.x281＋y29＝1C.x281＋y245＝1D.x281＋y236＝1解析依题意知：2a＝18，∴a＝9,2c＝13×2a，∴c＝3，∴b2＝a2－c2＝81－9＝72，∴椭圆方程为x281＋y272＝1.2．已知椭圆的方程为2x2＋3y2＝m(m>0)，则此椭圆的离

心率为()A.13B.33C.22D.12解析2x2＋3y2＝m(m>0)⇒x2m2＋y2m3＝1，∴c2＝m2－m3＝m6.∴e2＝13，∴e＝33.故选B.3．椭圆x2＋my2＝1的焦点在y轴上，长轴长是短轴长的2倍，则m等于()A.12B．2C．4D.14解析由x2＋y21m＝1及题意知

，21m＝2×2×1，m＝14，故选D.4．已知椭圆x24＋y2＝1的焦点为F1、F2，点M在该椭圆上，且MF1→·MF2→＝0，则点M到y轴的距离为()A.233B.263C.33D.3解析设M(x，y)，由MF1→·MF2→

＝0，得x2＋y2＝c2＝3，又x24＋y2＝1，解得x＝±263.5．已知圆(x＋2)2＋y2＝36的圆心为M，设A为圆上任一点，且点N(2,0)，线段AN的垂直平分线交MA于点P，则动点P的轨迹是

()A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线解析点P在线段AN的垂直平分线上，故|PA|＝|PN|，又AM是圆的半径，∴|PM|＋|PN|＝|PM|＋|PA|＝|AM|＝6>|MN|，由椭圆定义知，P的轨迹是椭圆

．6．设F1，F2是椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的左、右焦点，P为直线x＝3a2上一点，△F2PF1是底角为30°的等腰三角形，则E的离心率为()A.12B.23C.34D.45解析令c＝a2－b2.如图，据题意，|F2P|＝|F1F2|，∠

F1PF2＝30°，∴∠F1F2P＝120°，∴∠PF2x＝60°，∴|F2P|＝23a2－c＝3a－2c.∵|F1F2|＝2c，∴3a－2c＝2c，∴3a＝4c，∴ca＝34，即椭圆的离心率为34.故选C.7

．已知点F1，F2是椭圆x2＋2y2＝2的两个焦点，点P是该椭圆上的一个动点，那么|PF1→＋PF2→|的最小值是()A．0B．1C．2D．22解析设P(x0，y0)，则PF1→＝(－1－x0，－y0)，PF2→＝(1

－x0，－y0)，∴PF1→＋PF2→＝(－2x0，－2y0)，∴|PF1→＋PF2→|＝4x20＋4y20＝22－2y20＋y20＝2－y20＋2.∵点P在椭圆上，∴0≤y20≤1，∴当y20＝1时，|PF1→＋PF2→|取最

小值2.故选C.8．已知P是椭圆x24＋y2＝1上的一点，F1、F2是椭圆的两个焦点，且∠F1PF2＝60°，则△F1PF2的面积是________．33解析设|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，则r

1＋r2＝4.又r21＋r22－2r1r2cos60°＝|F1F2|2，(r1＋r2)2－3r1r2＝12，∴r1r2＝43，S＝12r1r2sin60°＝33.二、高考小题9．[2015·广东高考]已知椭圆x225＋y2m2＝1(m>0)的左焦点为F1(－4,0

)，则m＝()A．2B．3C．4D．9解析依题意有25－m2＝16，∵m>0，∴m＝3.选B.10．[2016·全国卷Ⅰ]直线l经过椭圆的一个顶点和一个焦点，若椭圆中心到l的距离为其短轴长的14，则该椭圆的离心率为()A.13B.12C.23D.34解析如图，|OB

|为椭圆中心到l的距离，则|OA|·|OF|＝|AF|·|OB|，即bc＝a·b2，所以e＝ca＝12.故选B.11．[2015·全国卷Ⅰ]已知椭圆E的中心在坐标原点，离心率为12，E的右焦点与抛物线C：y2＝8

x的焦点重合，A，B是C的准线与E的两个交点，则|AB|＝()A．3B．6C．9D．12解析抛物线C：y2＝8x的焦点坐标为(2,0)，准线方程为x＝－2.从而椭圆E的半焦距c＝2.可设椭圆E的方程为x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，因为离心率e＝ca＝12，所以

a＝4，所以b2＝a2－c2＝12.由题意知|AB|＝2b2a＝2×124＝6.故选B.12．[2015·福建高考]已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的右焦点为F，短轴的一个端点为M，直线l：3x－4y＝0交椭圆E

于A，B两点．若|AF|＋|BF|＝4，点M到直线l的距离不小于45，则椭圆E的离心率的取值范围是()A.0，32B.0，34C.32，1D.34，1解析直线l：3x－4y＝0过原点，从而A，B两点关于原点对

称，于是|AF|＋|BF|＝2a＝4，所以a＝2.不妨令M(0，b)，则由点M(0，b)到直线l的距离不小于45，得4b32＋－42≥45，即b≥1.所以e2＝c2a2＝a2－b2a2＝4－b24≤34，又0<e<1，所以e∈

0，32，故选A.13．[2016·全国卷Ⅲ]已知O为坐标原点，F是椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的左焦点，A，B分别为C的左，右顶点.P为C上一点，且PF⊥x轴．过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点，

则C的离心率为()A.13B.12C.23D.34解析解法一：设点M(－c，y0)，OE的中点为N，则直线AM的斜率k＝y0a－c，从而直线AM的方程为y＝y0a－c(x＋a)，令x＝0，得点E的纵坐标yE＝ay0a－c.同理，OE的中点N的纵

坐标yN＝ay0a＋c.因为2yN＝yE，所以2a＋c＝1a－c，即2a－2c＝a＋c，所以e＝ca＝13.故选A.解法二：如图，设OE的中点为N，由题意知|AF|＝a－c，|BF|＝a＋c，|OF|＝c，|

OA|＝|OB|＝a，∵PF∥y轴，∴|MF||OE|＝|AF||AO|＝a－ca，|MF||ON|＝|BF||OB|＝a＋ca，又∵|MF||OE|＝|MF|2|ON|，即a－ca＝a＋c2a，∴a＝3c，故e＝ca＝13.三、模拟小题14．[2016·江西五市八校二模]已知正数m是2和8

的等比中项，则圆锥曲线x2＋y2m＝1的焦点坐标为()A．(±3，0)B．(0，±3)C．(±3，0)或(±5，0)D．(0，±3)或(±5，0)解析因为正数m是2和8的等比中项，所以m2＝16，即m＝4，所以椭圆x2＋y24＝1的焦点坐标为(0，±3)，故选B.15．[2017·湖北八校

联考]设F1，F2为椭圆x29＋y25＝1的两个焦点，点P在椭圆上，若线段PF1的中点在y轴上，则|PF2||PF1|的值为()A.514B.513C.49D.59解析由题意知a＝3，b＝5，c＝2.设线段PF1的中点为M，则有OM∥

PF2，∵OM⊥F1F2，∴PF2⊥F1F2，∴|PF2|＝b2a＝53.又∵|PF1|＋|PF2|＝2a＝6，∴|PF1|＝2a－|PF2|＝133，∴|PF2||PF1|＝53×313＝513，故选B.16．

[2016·青岛模拟]已知以F1(－2,0)，F2(2,0)为焦点的椭圆与直线x＋3y＋4＝0有且仅有一个交点，则椭圆的长轴长为()A．32B．26C．27D.7解析根据题意设椭圆方程为x2b2＋4＋y2b2＝1(b>0)，则将

x＝－3y－4代入椭圆方程，得4(b2＋1)y2＋83·b2y－b4＋12b2＝0.∵椭圆与直线x＋3y＋4＝0有且仅有一个交点，∴Δ＝(83b2)2－4×4(b2＋1)(－b4＋12b2)＝0，即(b2＋4)·(b2－3)＝0，∴b2＝3

，长轴长为2b2＋4＝27.17．[2016·福建厦门一模]已知椭圆x29＋y25＝1的右焦点为F，P是椭圆上一点，点A(0,23)，当△APF的周长最大时，△APF的面积等于()A.1134B.2134C.114D.214解析由椭圆x29＋y25＝1，

知a＝3，b＝5，c＝a2－b2＝2，在Rt△AOF中，|OF|＝2，|OA|＝23，则|AF|＝4.设椭圆的左焦点为F1，则△APF的周长为|AF|＋|AP|＋|PF|＝|AF|＋|AP|＋2a－|PF1|＝4＋6＋|PA|－|

PF1|≤10＋|AF1|(当且仅当A，P，F1三点共线，P在线段AF1的延长线上时取“＝”)．此时直线AF1的方程为x－2＋y23＝1，与椭圆的方程5x2＋9y2－45＝0联立并整理得32y2－203y－75＝0，解得yP＝－538(正值舍去)，则△APF的周长最大时，S△

APF＝12|F1F|·|yA－yP|＝12×4×23＋538＝2134.故选B.18．[2017·怀化模拟]已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的两焦点分别为F1，F2，若椭圆上存在点P，使得∠F1PF2＝120°，则椭圆的离心率的取值范围是________．

32，1解析由题意可得，椭圆的上顶点和两个焦点构成的等腰三角形中，顶角大于等于120°，所以底角小于等于30°，则ca≥32，即e≥32，又e<1，所以椭圆的离心率的取值范围是32，1.第2步精

做大题·练能力一、高考大题1．[2015·安徽高考]设椭圆E的方程为x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，点O为坐标原点，点A的坐标为(a,0)，点B的坐标为(0，b)，点M在线段AB上，满足|BM|＝2|MA|，直线OM的斜率为510

.(1)求E的离心率e；(2)设点C的坐标为(0，－b)，N为线段AC的中点，证明MN⊥AB.解(1)由题设条件知，点M的坐标为23a，13b，又kOM＝510，从而b2a＝510.进而a＝5b，c＝a2－b2＝2b，故e＝c

a＝255.(2)证明：由N是AC的中点知，点N的坐标为a2，－b2，可得NM→＝a6，5b6.又AB→＝(－a，b)，从而有AB→·NM→＝－16a2＋56b2＝16(5b2－a2)．

由(1)的计算结果可知a2＝5b2，所以AB→·NM→＝0，故MN⊥AB.2．[2016·四川高考]已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三个顶点，点P3，12在椭圆E上．(1)求椭圆E的方程；(2)设不过原点O且斜率为12的直线

l与椭圆E交于不同的两点A，B，线段AB的中点为M，直线OM与椭圆E交于C，D，证明：|MA|·|MB|＝|MC|·|MD|.解(1)由已知，a＝2b.又椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)过点P3，12，故34b2＋14b

2＝1，解得b2＝1.所以椭圆E的方程是x24＋y2＝1.(2)证明：设直线l的方程为y＝12x＋m(m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由方程组x24＋y2＝1，y＝12x＋m，得x2＋2mx＋2m2－2＝0，①方程①的

判别式为Δ＝4(2－m2)，由Δ>0，即2－m2>0，解得－2<m<2.由①得x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－2.所以M点坐标为－m，m2，直线OM的方程为y＝－12x，由方程组x24＋y2＝1，y＝－12x得C

－2，22，D2，－22.所以|MC|·|MD|＝52(－m＋2)·52(2＋m)＝54(2－m2)．又|MA|·|MB|＝14|AB|2＝14[(x1－x2)2＋(y1－y2)2]＝516[(x1＋x2)2－4x1x2]＝516[4m2－4(2m2－2)]＝54(2

－m2)，所以|MA|·|MB|＝|MC|·|MD|.二、模拟大题3．[2017·贵阳模拟]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)过点1，32，且离心率e＝12.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l：y＝kx＋m(k≠0)与椭圆交于不同的两点M，N，且线段MN的垂

直平分线过定点G18，0，求k的取值范围．解(1)由题意知，椭圆的离心率e＝12，所以ca＝12，所以a＝2c，b2＝a2－c2＝3c2，所以椭圆的方程为x24c2＋y23c2＝1.又点1，32在椭

圆上，所以14c2＋3223c2＝1，得c2＝1，所以椭圆的方程为x24＋y23＝1.(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由x24＋y23＝1，y＝kx＋m消去y，并整理得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，因为直线y＝kx

＋m与椭圆有两个不同的交点，所以Δ＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－12)>0，即m2<4k2＋3，①又x1＋x2＝－8km3＋4k2，则y1＋y2＝kx1＋m＋kx2＋m＝k(x1＋x2)＋2m＝6m3＋4k2，所以线段MN的中点P的坐标为－4km3＋4k2，3m3＋4k

2，设MN的垂直平分线l′的方程为y＝－1kx－18，因为P在l′上，所以3m3＋4k2＝－1k－4km3＋4k2－18，即4k2＋8km＋3＝0，所以m＝－4k2＋3

8k，将上式代入①，得4k2＋3264k2<4k2＋3，所以k2>120，即k>510或k<－510，所以k的取值范围为－∞，－510∪510，＋∞.4．[2017·正定摸

底]已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率e＝32，并且经过定点P3，12.(1)求椭圆E的方程；(2)问是否存在直线y＝－x＋m，使直线与椭圆交于A、B两点，满足OA→·OB→＝125.若存在，求m值；若不存在，说明理由．解(1)由题意：e＝ca＝3

2且3a2＋14b2＝1，又c2＝a2－b2，解得a2＝4，b2＝1，即椭圆E的方程为x24＋y2＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x24＋y2＝1，y＝－x＋m⇒x2＋4(m－x)2－4＝0⇒5x

2－8mx＋4m2－4＝0，(*)所以x1＋x2＝8m5，x1x2＝4m2－45.y1y2＝(m－x1)(m－x2)＝m2－m(x1＋x2)＋x1x2＝m2－85m2＋4m2－45＝m2－45.由OA→·OB→＝125，x1x2＋y1y2＝125，4m2－45＋m2－45＝125，m＝±2.

又方程(*)要有两个不等实根，Δ＝(－8m)2－4×5(4m2－4)>0，－5<m<5，所以m＝±2.5．[2017·江西上饶模拟]已知圆E：(x＋1)2＋y2＝16，点F(1,0)，P是圆E上任意一点，线段PF的垂直平分线和半径PE相交于点Q.(1)求动点Q的轨迹Γ的方程；(2)

若直线y＝k(x－1)与(1)中轨迹Γ交于R，S两点，在x轴上是否存在一点T，使得当k变动时总有∠OTS＝∠OTR？说明理由．解(1)连接QF，根据题意，|QP|＝|QF|，则|QE|＋|QF|＝|QE|＋|QP|＝4>|EF|＝

2，故动点Q的轨迹是以E，F为焦点，长轴长为4的椭圆．设其方程为x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，可知a＝2，c＝1，所以b＝a2－c2＝3，所以点Q的轨迹Γ的方程是x24＋y23＝1.(2)假设存在T(t,0)满足∠OTS＝∠OTR.设R(x1，y1)，S(x2，y2)，联立

y＝kx－1，3x2＋4y2－12＝0，得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，由根与系数的关系得x1＋x2＝8k23＋4k2，x1x2＝4k2－123＋4k2，①其中Δ>0恒成立．由∠OTS＝∠OTR(显然TS，TR的斜率存在)，得kTS＋kTR＝0，

即y1x1－t＋y2x2－t＝0，②由R、S两点在直线y＝k(x－1)上，故y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，代入②，得kx1－1x2－t＋kx2－1x1－tx1－tx2－t＝k[2x1x2－t＋1x1＋x2＋2t]

x1－tx2－t＝0，即2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0.③将①代入③，得8k2－24－t＋18k2＋2t3＋4k23＋4k2＝6t－243＋4k2＝0.④要使得④与k的取值

无关，当且仅当“t＝4”时成立．综上所述，存在T(4,0)，使得当k变化时，总有∠OTS＝∠OTR.6．[2016·东北三校联考]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率为32，且点2，22在C上．(1)求椭圆C的方程；(2

)若直线l经过点P(1,0)，且与椭圆C有两个交点A，B，是否存在直线l0：x＝x0(其中x0>2)，使得A，B到l0的距离dA，dB满足：dAdB＝|PA||PB|恒成立？若存在，求出x0的值；若不存在，请说明理由．解(1)由题意得

a2＝b2＋c2，ca＝32，2a2＋12b2＝1.解得a＝2，b＝1，c＝3，所以C的方程为x24＋y2＝1.(2)存在x0＝4符合题意．理由如下：当直线l斜率不存在时，x0(x0>2)可以为任意值．当直线l斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－1)，点A，B满足

y＝kx－1，x24＋y2＝1.所以xA，xB满足x2＋4k2(x－1)2＝4，即(4k2＋1)x2－8k2x＋4k2－4＝0.所以Δ＝8k22－44k2＋14k2－4>0，xA＋xB＝8k24k2＋1，xAxB＝4k2－4

4k2＋1.不妨设xA>1>xB.因为dA|PB|－dB|PA|＝1＋k2·(|x0－xA|·|xB－1|－|x0－xB|·|xA－1|)＝1＋k2·[2x0－(x0＋1)(xA＋xB)＋2xAxB]＝0，所以2x0－8x

0＋1k24k2＋1＋8k2－14k2＋1＝0.整理得2x0－8＝0，即x0＝4.综上，x0＝4时符合题意．