2020版高考数学一轮复习第8章平面解析几何第5讲课后作业理（含解析）.doc

1、1第 8章 平面解析几何 第 5讲A组 基础关1已知椭圆的标准方程为 x2 1，则椭圆的焦点坐标为( )y210A( ，0)，( ，0) B(0， )，(0， )10 10 10 10C(0,3)，(0，3) D(3,0)，(3,0)答案 C解析 椭圆 x2 1 的焦点在 y轴上， a210， b21，故 c2 a2 b29， c3.所y210以椭圆的焦点坐标为(0,3)，(0，3)2(2018合肥三模)已知椭圆 E： 1( ab0)经过点 A( ，0)， B(0,3)，则椭y2a2 x2b2 5圆 E的离心率为( )A. B23 53C D49 59答案 A解析 由题意得 a3， b ，所以

2、 c 2，离心率 e .5 a2 b2 9 5ca 233设椭圆 1 的左、右焦点分别为 F1， F2，点 P在椭圆上，且满x216 y212足 9，则| PF1|PF2|的值为( )PF1 PF2 A8 B10C12 D15答案 D解析 由椭圆方程 1，可得 c24，所以| F1F2|2 c4，而 ，x216 y212 F1F2 PF2 PF1 所以| | |，两边同时平方，得| |2| |22 | |2，所以F1F2 PF2 PF1 F1F2 PF1 PF1 PF2 PF2 | |2| |2| |22 161834，根据椭圆定义得PF1 PF2 F1F2 PF1 PF2 |PF1| PF2

3、|2 a8，所以 342| PF1|PF2|64，所以| PF1|PF2|15.故选 D.4(2018武汉调研)已知椭圆 C： 1( ab0)及点 B(0， a)，过点 B与椭圆相x2a2 y2b2切的直线交 x轴的负半轴于点 A， F为椭圆的右焦点，则 ABF( )A60 B90C120 D150答案 B解析 由题意知，切线的斜率存在，设切线方程 y kx a(k0)，与椭圆方程联立，Error!消去 y整理得( b2 a2k2)x22 ka3x a4 a2b20，2由 (2 ka3)24( b2 a2k2)(a4 a2b2)0，得 k ，从而 y x a交 x轴于点 A ，ca ca (

4、a2c， 0)又 F(c,0)，易知 0，故 ABF90.BA BF 5过椭圆 1 的右焦点作一条斜率为 2的直线与椭圆交于 A， B两点， O为坐标x25 y24原点，则 OAB的面积为( )A. B43 53C D54 103答案 B解析 由题意知椭圆的右焦点 F的坐标为(1,0)，则直线 AB的方程为 y2 x2.联立Error!解得交点(0，2)， ， S OAB |OF|yA yB| 1 .故选 B.(53， 43) 12 12 | 2 43| 536(2018南宁模拟)已知椭圆 1( ab0)的一条弦所在的直线方程是x2a2 y2b2x y50，弦的中点坐标是 M(4,1)，则椭圆

5、的离心率是( )A. B12 22C D32 55答案 C解析 设直线 x y50 与椭圆 1 相交于 A(x1， y1)， B(x2， y2)两点，因为x2a2 y2b2AB的中点 M(4,1)，所以 x1 x28， y1 y22.易知直线 AB的斜率k 1.Error!两式相减得，y2 y1x2 x1 0，所以 ，所 x1 x2 x1 x2a2 y1 y2 y1 y2b2 y1 y2x1 x2 b2a2 x1 x2y1 y2以 ，于是椭圆的离心率 e .故选 C.b2a2 14 ca 1 b2a2 327过椭圆 1 的中心任意作一条直线交椭圆于 P， Q两点， F是椭圆的一个焦点，x225

6、 y216则 PQF周长的最小值是( )A14 B16C18 D20答案 C3解析 如图，设 F1为椭圆的左焦点，右焦点为 F2，根据椭圆的对称性可知|F1Q| PF2|，| OP| OQ|，所以 PQF1的周长为|PF1| F1Q| PQ| PF1| PF2|2| PO|2 a2| PO|102| PO|，易知 2|OP|的最小值为椭圆的短轴长，即点 P， Q为椭圆的上、下顶点时， PQF1即 PQF的周长取得最小值为 102418.8已知椭圆的中心在原点，焦点在 x轴上，离心率为 ，且过点 P(5,4)，则椭圆55的标准方程为_答案 1x245 y236解析 由题意设椭圆的标准方程为 1(

7、 ab0)由离心率 e 可得 a25 c2，x2a2 y2b2 55所以 b24 c2，故椭圆的方程为 1，将 P(5,4)代入可得 c29，故椭圆的方程x25c2 y24c2为 1.x245 y2369设 P， Q分别是圆 x2( y1) 23 和椭圆 y21 上的点，则 P， Q两点间的最大x24距离是_答案 733解析 根据已知条件作出如图所示的图形4记圆 x2( y1) 23 的圆心为 M，由三角形的性质可得|PQ| PM| MQ| | MQ|，设点 Q坐标为( x， y)，那么 y21，所以3x24|QM|2 x2( y1) 24(1 y2)( y1) 23 y22 y5， y1,1

8、，因此| QM|2 ，163即| QM| ，所以| PQ| ，所以 P， Q两点间的最大距离为 .433 433 3 733 73310(2018厦门模拟)已知椭圆 1( ab0)的左、右焦点分别为 F1， F2，点 Px2a2 y2b2在椭圆上，且 PF2垂直于 x轴，若直线 PF1的斜率为 ，则该椭圆的离心率为_33答案 33解析 因为点 P在椭圆上，且 PF2垂直于 x轴，所以点 P的坐标为 .(c，b2a)又因为直线 PF1的斜率为 ，所以在 Rt PF1F2中，33 ，即 .所以 b22 ac.PF2F1F2 33 b2a2c 33 3(a2 c2)2 ac， (1 e2)2 e，3

9、 3整理得 e22 e 0，3 3又 0b0)的离心率为 ，点 M 在椭圆 C上x2a2 y2b2 12 (1， 32)(1)求椭圆 C的方程；(2)已知 P(2,0)与 Q(2,0)为平面内的两个定点，过(1,0)点的直线 l与椭圆 C交于7A， B两点，求四边形 APBQ面积的最大值解 (1) ， a2 c，椭圆的方程为 1，ca 12 x24c2 y23c2将 代入得 1， c21.(1，32) 14c2 912c2椭圆的方程为 1.x24 y23(2)设 l的方程为 x my1，联立Error!消去 x，得(3 m24) y26 my90，设点 A(x1， y1)， B(x2， y2)

10、，有 y1 y2 ， y1y2 ， 6m3m2 4 93m2 4有| AB| ，1 m2121 m23m2 4 12 1 m23m2 4点 P(2,0)到直线 l的距离为 ，点 Q(2,0)到直线 l的距离为 ，31 m2 11 m2从而四边形 APBQ的面积 S (或12 12 1 m23m2 4 41 m2 241 m23m2 4S |PQ|y1 y2|)12令 t ， t1，1 m2有 S ，设函数 f(t)3 t ， f( t)3 0，所以 f(t)在24t3t2 1 243t 1t 1t 1t21，)上单调递增，有 3t 4，故 S 6，1t 24t3t2 1 243t 1t所以当

11、t1，即 m0 时，四边形 APBQ面积的最大值为 6.2(2018全国卷)已知斜率为 k的直线 l与椭圆 C： 1 交于 A， B两点线x24 y23段 AB的中点为 M(1， m)(m0)(1)证明： k0，即 0m ，(1 14)3 32 32故 k .12(2)由题意得 F(1,0)设 P(x3， y3)，则由(1)及题设得( x31， y3)( x11， y1)( x21， y2)(0,0)，x33( x1 x2)1， y3( y1 y2)2 m0.又点 P在 C上，所以 m ，34从而 P ，| | .(1， 32) FP 32于是| | 2 .同理| |2 .FA x1 1 2 y21 x1 1 2 3(1 x214) x12 FB x22所以| | |4 (x1 x2)3.FA FB 12故 2| | | |，即| |，| |，| |成等差数列FP FA FB FA FP FB 设该数列的公差为 d，则2|d| | | |x1 x2|FB FA 12 . 12 x1 x2 2 4x1x2将 m 代入得 k1.34所以 l的方程为 y x ，代入 C的方程，并整理得 7x214 x 0.74 14故 x1 x22， x1x2 ，代入解得| d| .128 32128所以该数列的公差为 或 .32128 321289