1、考点规范练50椭圆基础巩固1.(2021贵州贵阳3月模拟)已知椭圆C:x2m+y24=1(m4)的离心率为33,则椭圆C的长轴长为()A.6B.6C.26D.122.“-3mb0)的两个焦点,过F2的直线与椭圆交于A,B两点,若|AF1|AB|BF1|=345,则该椭圆的离心率为()A.32B.2-3C.3-12D.224.已知点P(x1,y1)是椭圆x225+y216=1上的一点,F1,F2是焦点,若F1PF2取最大值时,则PF1F2的面积是()A.1633B.12C.16(2+3)D.16(2-3)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
2、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6.(2021云南师大附中高三月考)已知椭圆x24+y23=1,F是椭圆的左焦点,P是椭圆上一点,若椭圆内一点A(1,1),则|PA|+|PF|的最小值为()A.3B.10C.5+12D.5+17.(2021云南高三冲刺联考)设椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)右焦点为F,椭圆C上的两点P,Q关于原点对称,焦距为25,|PF|-|QF|=a,且PFQF,则椭圆C的标准方程为.8.已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,点P-1,32是椭圆上一点,|F1F2|是|PF1|和|PF2|
3、的等差中项.(1)求椭圆的标准方程;(2)若A为椭圆的右顶点,直线AP与y轴交于点H,过点H的另一直线与椭圆交于M,N两点,且SHMA=6SPHN,求直线MN的方程.9.已知椭圆M:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为63,焦距为22.斜率为k的直线l与椭圆M有两个不同的交点A,B.(1)求椭圆M的方程;(2)若k=1,求|AB|的最大值;(3)设P(-2,0),直线PA与椭圆M的另一个交点为C,直线PB与椭圆M的另一个交点为D,若C,D和点Q-74,14共线,求k.能力提升10.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,M为椭圆上一点,MF1MF2=0,
4、线段MF2的延长线交椭圆C于点N,若|MF1|,|MN|,|NF1|成等差数列,则椭圆C的离心率为()A.22B.32C.23D.3311.(2021四川宜宾诊断测试)直线y=3x交椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)于A,B两点,|AB|=43,F是椭圆的右焦点,若AFBF,则a=.12.已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的四个顶点围成的菱形的面积为43,椭圆的一个焦点为(1,0).(1)求椭圆的方程.(2)若M,N为椭圆上的两个动点,直线OM,ON的斜率分别为k1,k2,当k1k2=-34时,MON的面积是否为定值?若为定值,求出此定值;若不为定值,说明理由.高考预测13.已知椭
5、圆C:x2a2+y2b2=1(ab0),右顶点A(2,0),上顶点为B,左右焦点分别为F1,F2,且F1BF2=60,过点A作斜率为k(k0)的直线l交椭圆于点D,交y轴于点E.(1)求椭圆C的方程;(2)设P为AD的中点,是否存在定点Q,对于任意的k(k0)都有OPEQ?若存在,求出点Q;若不存在,请说明理由.答案：1.C解析由题意可知m-4m=33,解得m=6,所以椭圆长轴长为26.2.B解析要使方程x25-m+y2m+3=1表示椭圆,只需满足5-m0,m+30,5-mm+3,解得-3m5且m1.因此“-3m|MN|.由椭圆定义知,动点P的轨迹是椭圆.6.A解析设椭圆的右焦点为F2(1,0
6、),|AF2|=1,|PA|+|PF|=|PA|+4-|PF2|=4+|PA|-|PF2|,又|PA|-|PF2|AF2|,-|AF2|PA|-|PF2|AF2|,当P,A,F2三点共线时取等号,|PA|+|PF|的最小值为3(取最小值时P是射线F2A与椭圆的交点).7.x28+y23=1解析设椭圆C的左焦点为F(-c,0),则由椭圆的对称性可知,|PF|-|QF|=|QF|-|QF|=a,又|QF|+|QF|=2a,解得|QF|=3a2,|QF|=a2.由PFQF,得FQF=90,由勾股定理可得|QF|2+|QF|2=|FF|2,即9a24+a24=(2c)2=20,解得a=22,而c=5,
7、则b=a2-c2=3,因此,椭圆C的标准方程为x28+y23=1.8.解(1)因为|F1F2|是|PF1|和|PF2|的等差中项,所以a=2c,得a2=4c2.又P-1,32在椭圆上,所以14c2+34c2=1,所以c=1,a2=4,b2=a2-c2=3,可得椭圆的标准方程为x24+y23=1.(2)因为P-1,32,由(1)计算可知A(2,0),H(0,1),当直线MN与x轴垂直时,不合题意.当直线MN与x轴不垂直时,设直线MN的方程为y=kx+1,联立直线与椭圆的方程y=kx+1,x24+y23=1,可得(4k2+3)x2+8kx-8=0.由于H(0,1)在椭圆内,所以0恒成立,设M(x1
8、,y1),N(x2,y2),由韦达定理可得x1+x2=-8k4k2+3,x1x2=-84k2+3,由SHMA=6SPHN,可得|AH|MH|=6|NH|PH|,又|AH|=2|PH|,所以|MH|=3|NH|,得x1=-3x2,把代入,可得-2x2=-8k4k2+3,-3x22=-84k2+3,所以316k2(4k2+3)2=84k2+3,解得k=62,所以直线MN的方程为y=62x+1.9.解(1)由题意得a2=b2+c2,ca=63,2c=22,解得a=3,b=1.椭圆M的方程为x23+y2=1.(2)设直线l的方程为y=x+m,A(x1,y1),B(x2,y2).由y=x+m,x23+y
9、2=1,得4x2+6mx+3m2-3=0,因为0,所以x1+x2=-3m2,x1x2=3m2-34.所以|AB|=(x2-x1)2+(y2-y1)2=2(x2-x1)2=2(x1+x2)2-4x1x2=12-3m22.当m=0,即直线l过原点时,|AB|最大,最大值为6.(3)设A(x1,y1),B(x2,y2),由题意得x12+3y12=3,x22+3y22=3.直线PA的方程为y=y1x1+2(x+2).由y=y1x1+2(x+2),x2+3y2=3,得(x1+2)2+3y12x2+12y12x+12y12-3(x1+2)2=0.设C(xC,yC),所以xC+x1=-12y12(x1+2)
10、2+3y12=4x12-124x1+7.所以xC=4x12-124x1+7-x1=-12-7x14x1+7.所以yC=y1x1+2(xC+2)=y14x1+7.设D(xD,yD),同理得xD=-12-7x24x2+7,yD=y24x2+7.记直线CQ,DQ的斜率分别为kCQ,kDQ,则kCQ-kDQ=y14x1+7-14-12-7x14x1+7+74-y24x2+7-14-12-7x24x2+7+74=4(y1-y2-x1+x2).因为C,D,Q三点共线,所以kCQ-kDQ=0.故y1-y2=x1-x2.所以直线l的斜率k=y1-y2x1-x2=1.10.A解析设|MF2|=m,|MF1|,|
11、MN|,|NF1|成等差数列,2|MN|=|MF1|+|NF1|,2|MN|=2a-|MF2|+2a-|NF2|.又|MF2|+|NF2|=|MN|,|MN|=43a,|NF2|=43a-m,|NF1|=2a-43a-m=23a+m.MF1MF2=0,MF1MF2,RtF1MN中,|NF1|2=|MN|2+|MF1|2,(2a-m)2+43a2=23a+m2,整理可得m=a,|MF2|=a,|MF1|=a,又在RtF1MN中,|F2F1|2=|MF2|2+|MF1|2,4c2=2a2,即a2=2c2,e=ca=22,故选A.11.3+3解析如图,连接AF1,BF1,因为|OA|=|OB|,|O
12、F1|=|OF|,所以四边形AF1BF为平行四边形.又AFBF,所以四边形AF1BF为矩形,所以F1AF=2,则|OF1|=|OF|=|OA|=23.又由直线y=3x的斜率可知AOF=3,则|AF|=|OF|=|OA|=23.根据勾股定理可知|AF1|=6.由椭圆定义可知|AF|+|AF1|=23+6=2a,所以a=3+3.12.解(1)由题意可知,2ab=43,c=1,即ab=23,a2-b2=1,解得a2=4,b2=3,故椭圆的方程为x24+y23=1.(2)MON的面积为定值,定值为3.理由如下:设M(x1,y1),N(x2,y2),当直线MN的斜率存在时,设方程为y=kx+m,由x24
13、+y23=1,y=kx+m,消y可得,(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,则有=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)=48(4k2-m2+3)0,即m20,代入SMON=23|m|3+4k24k2-m2+3=23m22m2=3.当直线MN的斜率不存在时,由于k1k2=-34,考虑到OM,ON关于x轴对称,不妨设k1=32,k2=-32,则点M,N的坐标分别为M2,62,N2,-62,此时SMON=1226=3,综上,MON的面积为定值3.13.解(1)由题意得a=2,在RtOBF2中,F1BF2=60,OBF2=30,|OB|=b,|OF2|=c,|BF2|=a,cos3
14、0=ba,32=b2,b=3,椭圆C的方程为x24+y23=1.(2)(方法一)存在Q32,0使得OPEQ.理由如下.设直线AD:y=k(x-2)(k0),(*)令x=0,则y=-2k,E(0,-2k),将(*)代入x24+y23=1,整理得(3+4k2)x2-16k2x+16k2-12=0,设D(x0,y0),则2+xD=16k23+4k2,xD=8k2-63+4k2,yD=k8k2-63+4k2-2=-12k3+4k2.设P(xP,yP),P为AD的中点,xP=128k2-63+4k2+2=8k23+4k2,yP=12-12k3+4k2=-6k3+4k2,OP=8k23+4k2,-6k3+
15、4k2.设存在Q(x0,y0)使得OPEQ,则EQ=(x0,y0+2k),OPEQ=0,8k2x03+4k2-6ky0+12k23+4k2=0,即4k2(2x0-3)-6ky03+4k2=0对任意的k0都成立,2x0-3=0,y0=0,x0=32,存在Q32,0使得OPEQ.(方法二)存在Q32,0使得OPEQ.理由如下.设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),x124+y123=1,x224+y223=1,由-,得(x1-x2)(x1+x2)4+(y1+y2)(y1-y2)3=0,P为AB的中点,x02+3y02y1-y2x1-x2=0.kAB=y1-y2x1-x2=k(k0),12+3y0k2x0=0.y0x0=kOP,kOP=-34k.设存在Q(x3,y3)使得OPEQ,则y3+2kx3=-1kOP=4k3,即2k(2kx3-3)-3y3=0,对任意k0都成立,即x3=32,y3=0,存在Q32,0使得OPEQ.