1、第十章圆锥曲线与方程第一讲椭圆1.2021八省市新高考适应性考试椭圆x2m2+1+y2m2=1(m0)的焦点为F1,F2,上顶点为A,若F1AF2=3,则m=()A.1B.2C.3D.22.2021广东深圳模拟已知动点M在以F1,F2为焦点的椭圆x2+y24=1上,动点N在以M为圆心,|MF1|为半径的圆上,则|NF2|的最大值为()A.2 B.4C.8 D.163.2020安徽省示范高中名校联考已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0),F1,F2分别为其左、右焦点,|F1F2|=22,B为短轴的一个端点,BF1O(O为坐标原点)的面积为7,则椭圆的长轴长为()A.4B.8C.1+332D
2、.1+334.2020陕西省部分学校摸底检测已知F1,F2分别为椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点,点P是椭圆上位于第一象限的点,延长PF2交椭圆于点Q,若PF1PQ,且|PF1|=|PQ|,则椭圆的离心率为()A.2-2B.3-2C.2-1D.6-35.2020福建省三明市模拟已知P是椭圆x225+y29=1上一点,F1,F2分别为椭圆的左、右焦点,且F1PF2=60,则F1PF2面积为()A.33B.23C.3D.336.2019全国卷,15,5分设F1,F2为椭圆C:x236+y220=1的两个焦点,M为C上一点且在第一象限.若MF1F2为等腰三角形,则M的坐标为.7.20
3、20洛阳市第一次联考已知椭圆C1:x2a12+y2b12=1(a1b10)与双曲线C2:x2a22-y2b22=1(a20,b20)有相同的焦点F1,F2,点P是曲线C1与C2的一个公共点,e1,e2分别是C1和C2的离心率,若PF1PF2,则4e12+e22的最小值为.8.2020惠州市二调已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的短轴长为2,上顶点为A,左顶点为B,左、右焦点分别是F1,F2,且F1AB的面积为2-32,点P为椭圆上的任意一点,则1|PF1|+1|PF2|的取值范围是.9.2021贵阳市四校第二次联考在平面直角坐标系中,椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的焦距为2,且
4、过点(1,22).(1)求椭圆C的方程;(2)过椭圆C左焦点F1的直线l(不与坐标轴垂直)与椭圆C交于A,B两点,若点H(-13,0)满足|HA|=|HB|,求|AB|.10.2020陕西省百校第一次联考已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的左焦点为F,椭圆上一动点M到点F的最远距离和最近距离分别为3+1和3-1.(1)求椭圆的方程;(2)设A,B分别为椭圆的左、右顶点,过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C,D两点,若ACDB+ADCB=10,求k的值.11.2021黑龙江大庆调研已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0),过原点的直线交椭圆于A,B两点,以AB为直径的圆过右焦点F,若FA
5、B=,12,3,则此椭圆离心率的取值范围是()A.22,3-1B.22,63C.(0,22D.63,1)12.2021四川遂宁模拟已知椭圆T:x2a2+y2b2=1(ab0)的长半轴长为2,且过点M(0,1).若过点M引两条互相垂直的直线l1,l2,P为椭圆上任意一点,记点P到l1,l2的距离分别为d1,d2,则d12+d22的最大值为()A.2B.433C.5D.16313.2020四川五校联考设椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为53,以F1F2为直径的圆与椭圆C在第一象限的交点为P,则直线PF1的斜率为()A.13B.12C.33D.3214.2
6、020江西南昌模拟已知F1,F2为椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点,过原点O且倾斜角为30的直线l与椭圆C的一个交点为A,若AF1AF2,SF1AF2=2,则椭圆C的方程为()A.x26+y22=1B.x28+y24=1C.x28+y22=1D.x220+y216=115.2020广东七校联考已知椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(ab0),焦距为2c,直线l:y=24x与椭圆C相交于A,B两点,若|AB|=2c,则椭圆C的离心率为.16.2020四省八校联考设点P是椭圆C:x28+y24=1上的动点,F为椭圆C的右焦点,定点A(2,1),则|PA|+|PF|的取值范围是
7、.17.2020山东枣庄模拟递进型已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,直线3x-y+43=0过点F1且与C在第二象限的交点为P,若POF1=60(O为坐标原点),则F2的坐标为,C的离心率为.18.2021河北六校第一次联考已知P(2,3)是椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)上一点,以点P及椭圆的左、右焦点F1,F2为顶点的三角形的面积为23.(1)求椭圆C的标准方程;(2)过F2作斜率存在且互相垂直的直线l1,l2,M是l1与C两交点的中点,N是l2与C两交点的中点,求MNF2面积的最大值.19.2021广西北海市高三一模数学与物理综合2020年3
8、月 9日,我国在西昌卫星发射中心用长征三号运载火箭,成功发射北斗系统第54颗导航卫星,第54颗导航卫星的运行轨道是以地心为一个焦点的椭圆.设地球半径为R,若其近地点、远地点离地面的距离大约分别是115R,13R,则第54颗导航卫星运行轨道(椭圆)的离心率是()A.25B.15C.23D.1920.新角度题历史上,许多人研究过圆锥的截口曲线.如图10-1-1,在此圆锥中,圆锥的母线与轴的夹角为30,现有一截面与圆锥的一条母线垂直,与轴的交点O到圆锥顶点M的距离为1,对于所得截口曲线给出如下命题:该曲线为椭圆;点O为该曲线上任意两点之间的线段中最长的线段的三等分点;该曲线上任意两点间的距离中最长的
9、距离为32;该曲线上任意两点间的距离中最短的距离为233.其中正确命题的序号为 ()图10-1-1A.B.C.D.答 案第一讲椭圆1.C如图D 10-1-3所示,由题意可得AF1F2为等边三角形,所以AF2O=3,|AF1|=|AF2|=m2+1,所以sinAF2O=sin3=|AO|AF2|=m2m2+1,解得m=3,故选C.2.B由椭圆的方程可得焦点在y轴上,长半轴长a=2.由题意可得|NF2|F2M|+|MN|=|F2M|+|MF1|,当N,M,F2三点共线且M在线段NF2上时,|NF2|取得最大值,而此时|NF2|=|F2M|+|MN|=|F2M|+|MF1|=2a=4,所以|NF2|
10、的最大值为4,故选B.3.B由题意可知c=2,SBF1O=12bc=22b=7,解得b=14,所以a=b2+c2=4,所以椭圆的长轴长为2a=8,故选B.4.D设|PF1|=|PQ|=m(m0),则|PF2|=2a-m,|QF2|=2m-2a,|QF1|=4a-2m.由题意知PQF1为等腰直角三角形,所以|QF1|=2|PF1|,故m=4a-22a.因为|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2,所以(4a-22a)2+2a-(4a-22a)2=4c2,整理得4(ca)2=36-242,即ca=9-62=6-3,故选D.5.A解法一由椭圆标准方程,得a=5,b=3,所以c=a2-b2=
11、4.设|PF1|=t1,|PF2|=t2,由椭圆的定义可得t1+t2=10.在F1PF2中,F1PF2=60,根据余弦定理可得|PF1|2+|PF2|2-2|PF1|PF2|cos 60=|F1F2|2=(2c)2=64,整理可得t12+t22-t1t2=64.把两边平方得t12+t22+2t1t2=100.由-可得t1t2=12,所以SF1PF2=12t1t2sinF1PF2=33.故选A.解法二由椭圆焦点三角形的面积公式,得SF1PF2=b2tan2=9tan602=33.故选A.6.(3,15)不妨令F1,F2分别为椭圆C的左、右焦点,根据题意可知a=6,c=36-20=4.因为MF1F
12、2为等腰三角形,所以易知|F1M|=2c=8,所以|F2M|=2a-8=4.设M(x,y),则x236+y220=1,|F1M|2=(x+4)2+y2=64,x0,y0,得x=3,y=15,所以M的坐标为(3,15).7.92设点P在双曲线的右支上,F2为两曲线的右焦点,由椭圆及双曲线的定义可得|PF1|+|PF2|=2a1,|PF1|-|PF2|=2a2,解得|PF1|=a1+a2,|PF2|=a1-a2.设|F1F2|=2c,因为PF1PF2,所以(a1+a2)2+(a1-a2)2=4c2,整理得a12+a22=2c2,两边同时除以c2,得1e12+1e22=2.所以4e12+e22=12
13、(4e12+e22)(1e12+1e22)=12(5+4e12e22+e22e12)12(5+22)=92,当且仅当4e12e22=e22e12,且1e12+1e22=2时取“=”,即当e1=32,e2=62时取“=”,故4e12+e22的最小值为92.8.1,4 由已知得2b=2,故b=1,a2-c2=b2=1.F1AB的面积为2-32,12(a-c)b=2-32,a-c=2-3.由联立解得,a=2,c=3.由椭圆的定义知|PF1|+|PF2|=2a=4,1|PF1|+1|PF2|=|PF1|+|PF2|PF1|PF2|=4|PF1|(4-|PF1|)=4-|PF1|2+4|PF1|,又2-
14、3|PF1|2+3,1-|PF1|2+4|PF1|4,11|PF1|+1|PF2|4,即1|PF1|+1|PF2|的取值范围是1,4.9.(1)由题意得2c=2,即c=1,所以a2=b2+c2=b2+1,将(1,22)代入x2b2+1+y2b2=1,可得1b2+1+12b2=1,即2b2+b2+1=2b2(b2+1),整理得(2b2+1)(b2-1)=0,解得b2=-12(舍去)或b2=1,则a2=2,所以椭圆C的方程为x22+y2=1.(2)由题意得F1(-1,0),设直线l的方程为y=k(x+1)(k0),A(x1,y1),B(x2,y2),联立椭圆C与直线l的方程,可得x2+2k2(x+
15、1)2=2,整理得(2k2+1)x2+4k2x+2k2-2=0,则=16k4-4(2k2+1)(2k2-2)=8(k2+1)0,且x1+x2=-4k22k2+1,x1x2=2k2-22k2+1.设AB的中点为M(x0,y0),则x0=x1+x22=-2k22k2+1,y0=k(x0+1)=k2k2+1.因为点H(-13,0)满足|HA|=|HB|,所以kMH=-1k,即k2k2+1-2k22k2+1+13=-1k,解得k=1,则x1+x2=-4k22k2+1=-43,x1x2=2k2-22k2+1=0,所以|AB|=k2+1(x1+x2)2-4x1x2=243=423.10. (1)由题意知,
16、a+c=3+1,a-c=3-1.又a2=b2+c2,所以可得b=2,c=1,a=3,所以椭圆的方程为x23+y22=1.(2)由(1)可知F(-1,0),则直线CD的方程为y=k(x+1),由y=k(x+1),x23+y22=1,消去y得(2+3k2)x2+6k2x+3k2-6=0.=36k4-4(2+3k2)(3k2-6)=48k2+480.设C(x1,y1),D(x2,y2),则x1+x2=-6k22+3k2,x1x2=3k2-62+3k2.又A(-3,0),B(3,0),所以ACDB+ADCB=(x1+3,y1)(3-x2,-y2)+(x2+3,y2)(3-x1,-y1)=6-2x1x2
17、-2y1y2=6-2x1x2-2k2(x1+1)(x2+1)=6-(2+2k2)x1x2-2k2(x1+x2)-2k2=6+2k2+122+3k2=10,解得k=105.11.B设椭圆的另一个焦点为F,连接AF,BF,BF,如图D 10-1-4所示,图D 10-1-4则四边形AFBF是矩形,所以|AB|=|FF|=2c,|FA|=2ccos ,|FB|=2csin ,由椭圆的定义可知,|FA|+|AF|=|FA|+|FB|=2a,即2ccos +2csin =2a.所以离心率e=ca=1sin+cos=12sin(+4).因为12,3,所以4+3,712,2sin(+4)62,2,所以e22,
18、63.故选B.12.B由题意可得a=2,b=1,所以椭圆的方程为x24+y2=1.设P(x,y),若直线l1,l2中的一条直线的斜率不存在,则另一条直线的斜率为0,不妨设直线l1的方程为x=0,则l2的方程为y=1.则d12+d22=x2+(1-y)2,因为P在椭圆上,所以x2=4-4y2,所以d12+d22=5-3y2-2y=5-3(y+13)2+13,y-1,1,所以当y=-13时,d12+d22有最大值163,所以d12+d22的最大值为433.当直线l1,l2的斜率都存在,且不为0时,设直线l1的方程为y=kx+1,即kx-y+1=0,则l2的方程为y=-1kx+1,即x+ky-k=0
19、.则d1=|kx-y+1|1+k2,d2=|x+ky-k|1+k2,所以d12+d22=(kx-y+1)2+(x+ky-k)21+k2=x2+y2-2y+1=4-4y2+y2-2y+1=5-3y2-2y,由可得d12+d22的最大值为433.故选B.13.B解法一由题意可知,|F1F2|=2c,又由e=ca=53得c=53a,所以|F1F2|=253a.因为点P是以F1F2为直径的圆与椭圆C在第一象限的交点,故PF1PF2且|PF1|PF2|,所以|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2.又|PF1|+|PF2|=2a,所以|PF1|PF2|=89a2,所以|PF1|=43a,|PF2|=2
20、3a,所以直线PF1的斜率kPF1=tanPF1F2=|PF2|PF1|=12.故选B.解法二因为e=ca=53,故可设a=3,c=5,则b=2,SPF1F2=b2tanF1PF22=b2tan 45=12|PF1|PF2|=4.因为点P在第一象限,所以|PF1|PF2|,又|PF1|+|PF2|=2a=6,故|PF1|=4,|PF2|=2,所以直线PF1的斜率kPF1=tanPF1F2=|PF2|PF1|=12.故选B.14.A因为点A在椭圆上,所以|AF1|+|AF2|=2a,把该等式两边同时平方,得|AF1|2+|AF2|2+2|AF1|AF2|=4a2.又AF1AF2,所以|AF1|2
21、+|AF2|2=4c2,则2|AF1|AF2|=4a2-4c2=4b2,即|AF1|AF2|=2b2,所以SAF1F2=12|AF1|AF2|=b2=2.因为AF1F2是直角三角形,F1AF2=90,且O为F1F2的中点,所以|OA|=12|F1F2|=c.不妨设点A在第一象限,则AOF2=30,所以A(32c,12c),所以SAF1F2=12|F1F2|12c=12c2=2,即 c2=4,故a2=b2+c2=6,所以椭圆C的方程为x26+y22=1,故选A.15.32设直线l与椭圆C在第一象限内的交点为A(x1,y1),则y1=24x1,由|AB|=2c,可知|OA|=x12+y12=c(O
22、为坐标原点),即x12+(24x1)2=c,解得x1=223c,所以A的坐标为(223c,13c),把点A的坐标代入椭圆方程得(223c)2a2+(13c)2b2=1,又a2=b2+c2,e=ca,整理得8e4-18e2+9=0,即(4e2-3)(2e2-3)=0,又0e0,m2+1m=t,则t2,SMNF2=22t+1t,令f(t)=2t+1t,则f(t)=2t2-1t2,因为t2,所以f(t)0,所以f(t)在2,+)上单调递增,所以当t=2时,MNF2的面积取得最大值,且(SMNF2)max=24+12=49.19.D以运行轨道的中心为坐标原点,长轴所在直线为x轴建立平面直角坐标系,令地
23、心F2为椭圆的右焦点,则轨道方程是焦点在x轴上的椭圆,设标准方程为x2a2+y2b2=1(ab0),则地心F2的坐标为(c,0),其中a2=b2+c2,由题意,得a-c=R+115R,a+c=R+13R,解得2a=125R,2c=415R,所以e=ca=19,故选D.20.C由题意易知该曲线为椭圆,故正确.画出轴截面的示意图如图D 10-1-6所示,A,B为截面与圆锥的两条母线的交点.图D 10-1-6因为AMO=BMO=30,MAAB,MO=1,所以AO=12MO=12,OMB=OBM=30,所以BO=MO=1,所以AOBO=12.因为曲线上任意两点之间的线段中最长的线段为AB,所以点O为该曲线上任意两点之间的线段中最长的线段的三等分点,所以正确.因为|AB|=|AO|+|OB|=12+1=32.所以该曲线上任意两点间的距离中最长的距离为32,故正确.因为曲线是一个封闭的曲线,所以该曲线上任意两点间的距离中没有最短的距离,故错误.故选C.