湘教版高中數(shù)學(xué)選擇性必修第一冊(cè)專題強(qiáng)化練7橢圓的綜合應(yīng)用含答案

專題強(qiáng)化練7橢圓的綜合應(yīng)用1.(2022湖南長郡中學(xué)期末)“4<k<10”是“方程x2k-4+y2A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件2.(2022湖南衡陽期末)P為橢圓C:x217+y213=1上一動(dòng)點(diǎn),F1,F2分別為橢圓的左、右焦點(diǎn),延長F1P至點(diǎn)Q,使得|PQ|=|PF2|,A.(x+2)2+y2=34B.(x+2)2+y2=68C.(x-2)2+y2=34D.(x-2)2+y2=683.經(jīng)過橢圓x22+y2=1的一個(gè)焦點(diǎn)作傾斜角為45°的直線l,交橢圓于A,B兩點(diǎn).設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),則OA·OBA.-3B.-1C.-13或-3D.±4.(2022山東青島期中)已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率是32,左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,P是橢圓上一點(diǎn),且∠F1PF2=π2,△F1A.x28+y22=1B.C.x220+y25=1D.5.(2022江西南昌期末)設(shè)F1,F2分別是橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn),若在直線x=a2c上存在點(diǎn)P,使線段A.0,2C.33,6.(多選)(2022湖南常德月考)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,長軸長為4,點(diǎn)P(2,1)在橢圓內(nèi)部,A.離心率的取值范圍為0B.當(dāng)離心率為24時(shí),|QF1|+|QP|的最大值為2a+C.存在點(diǎn)Q使得QF1·D.1|QF17.(2022安徽淮南期末)若實(shí)數(shù)x,y滿足方程x216+y225=1,則(x8.(2022重慶八中月考)過橢圓x236+y227=1上一動(dòng)點(diǎn)P分別向圓C1:(x+3)2+y2=4和圓C2:(x-3)2+y2=1作切線,切點(diǎn)分別為M,N,則|PM|2+2|PN|9.(2021湖南雅禮中學(xué)期中)已知橢圓C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的短軸長為(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)若A,B分別為橢圓C的右頂點(diǎn)與上頂點(diǎn),直線y=kx(k>0)與橢圓C相交于M,N兩點(diǎn),求四邊形AMBN的面積的最大值及此時(shí)k的值.10.(2022河北石家莊二中期中)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)如圖,過橢圓外一點(diǎn)P作兩條互相垂直的直線l1,l2,且l1,l2均與橢圓C相切,切點(diǎn)分別為A,B.(i)求P的軌跡方程;(ii)記原點(diǎn)O到l1,l2的距離分別為d1,d2,求d1d2的最大值.答案與分層梯度式解析1.B若方程x2k-4+y210-k=1表示焦點(diǎn)在x軸上的橢圓,2.B由x217+y213=1可得a=17,則|PF1|+|PF2|=2a=217,又因?yàn)閨PQ|=|PF2|,所以|PF1|+|PQ|=|F1Q|=2a=217,所以動(dòng)點(diǎn)Q的軌跡是以F1(-2,0)為圓心,217為半徑的圓,故動(dòng)點(diǎn)Q的軌跡方程為(x+2)2+y3.B由x22+y2=1,得a2=2,b2=1,則c2=a2-b2=1,則焦點(diǎn)坐標(biāo)為(±1,0).不妨設(shè)直線l過右焦點(diǎn),因?yàn)閘的傾斜角為45°,所以直線l代入x22+y2=1得x2+2(x-1)2-2=0,即3x解得x1=0,x2=43不妨設(shè)A,B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(0,-1),43,13,所以O(shè)A·OB=(0,-1)·434.D由題意知ca=32,即3a2=4c2,根據(jù)橢圓的定義,可得|PF1|+|PF2|=2a,又因?yàn)椤螰1PF2=π2,且△F1PF2的面積等于3,所以|PF1|2+|PF2|2=4c2,且|PF1|·|PF2|=6,則|PF1|2+|PF2|2=(|PF1|+|PF2|)2-2|PF1||PF25.C由題意得F1(-c,0),F2(c,0),設(shè)點(diǎn)Pa2c,m,PF1的中點(diǎn)為K,∴kPF1·kKF2∴m2=-a2c+c·a2c-3c≥0,∴a4-2a2c2-3c4≤0,∴3e4+2e2-1≥0,∴e又∵e∈(0,1),∴33≤6.BD由題意可得2a=4,所以a=2,由點(diǎn)P(2,1)在橢圓內(nèi)部可得24+1b2<1,可得2<b2<4,即2<4-c2<4,所以0<c<2.對(duì)于A,e=ca∈0,22,故A錯(cuò)誤;對(duì)于B,當(dāng)e=24時(shí),c=22,F222,0,|QF1|+|QP|=2a-|QF2|+|QP|≤2a+|PF2|=4+62,故B正確;對(duì)于C,由A知0<e<22,若e=22,當(dāng)Q在短軸端點(diǎn)時(shí),∠F1QF2最大,此時(shí)cos∠F1QF2=2a2-4c22a2=0,則∠F1QF2=90°,由0<e<22,可得∠F1QF2的最大值小于90°,所以不存在點(diǎn)Q使得QF1·QF2=0,即C錯(cuò)誤7.答案[10-10,10+10]解析(x-1)2+y2+x2+(y-3)2可表示橢圓x216+y225=1上的點(diǎn)P(x,y)與點(diǎn)A(1,0)及上焦點(diǎn)F2(0,3)間的距離之和,即(x-1)2+y2+x2+(y-3)2=|PA|+|PF2|,設(shè)橢圓的下焦點(diǎn)為F1(0,-3),由橢圓的定義得|PF1|+|PF2|=10,所以8.答案90解析∵a2=36,b2=27,∴c=a2圓C1的圓心為C1(-3,0),半徑為2,圓C2的圓心為C2(3,0),半徑為1,易知C1(-3,0),C2(3,0)為橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn),如圖所示:|PM|2+2|PN|2=|PC1|2-4+2(|PC根據(jù)橢圓的定義得|PC1|+|PC2|=2a=12,設(shè)|PC2|=t,則a-c≤t≤a+c,即3≤t≤9,則|PM|2+2|PN|2=(12-t)2+2t2-6=3t2-24t+138=3(t-4)2+90,∴當(dāng)t=4時(shí),|PM|2+2|PN|2取得最小值,最小值為90.9.解析(1)由題意可得2b=2,則b=1,將y=-c代入橢圓方程可得c2a2則x2=b21-c2a2=b由題意可得2b2a=2a=23因此,橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為y23+x(2)易知點(diǎn)A(1,0),B(0,3),所以直線AB的方程為x+y3=1,即3x+y-3不妨設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),且x1<x2,由y23+x2=1,y=kx?x1=-3k則M到直線AB的距離d1=|3x1+kN到直線AB的距離d2=|3x2則S四邊形AMBN=12|AB|(d1+d2)=12·12+(-3)2·3+(k+3)x22+(k+3)x2-32=(k+3)x2=3因此,四邊形AMBN的面積的最大值為6,此時(shí)k=3.10.解析(1)由已知可得ca=53,2bc=45,c(2)(i)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x0,y0).當(dāng)直線l1,l2的斜率都存在時(shí),不妨設(shè)直線l1,l2的斜率分別為k1,k2,過點(diǎn)P且斜率存在的直線方程為y-y0=k(x-x0),即y=kx+(y0-kx0),聯(lián)立y=kx+(y0-kx0),4x2+9y2=36由Δ=182k2(y0-kx0)2-4(9k2+4)[9(y0-kx0)2-36]=0,可得(9-x02)k2+2kx0y0+4-由題意可知,k1,k2是關(guān)于k的二次方程(9-x02)k2+2kx0y0+4-y0因?yàn)閘1⊥l2,所以k1k2=4-y029-當(dāng)l1,l2分別與兩坐標(biāo)軸垂直時(shí),滿足l1⊥l2,此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(±3,±2),點(diǎn)P在圓x2+y2=13上.綜上所述,點(diǎn)P的軌跡方程為x2+y2=13