高考数学专题03椭圆的离心率——备战2022年高考数学圆锥曲线部分必会十大基本题型 (解析版)

2023-11-19 · 16页 · 971.1 K

椭圆必会十大基本题型讲与练03椭圆的离心率典例分析类型一、利用定义法求离心率1.直线经过椭圆的左焦点,交椭圆于、两点,交轴于点,若,则该椭圆的离心率是()A. B. C. D.【答案】A【分析】看问题:求椭圆的离心率(属于求值问题)想方法:求值问题考查方程思想的应用,找等量关系,因为,所以建立关于或的方程,利用整体思想求离心率,或者是求出c的值和a的值,再求离心率。看条件:直线经过椭圆的左焦点,由此可得,即直线交轴于点,由此得点,,根据向量相等坐标相同可得,直线交椭圆于、两点,由此知点A在椭圆上,根据椭圆定义可求出a的值定措施:利用定义法求该椭圆的离心率.【详解】由题意可知,点在直线上,即,可得,直线交轴于点,设点,,,由可得,解得,椭圆的右焦点为,则,又,,因此,该椭圆的离心率为.2、已知F1,F2是椭圆C:eq\f(x2,a2)+eq\f(y2,b2)=1(a>b>0)的左、右焦点,A是C的左顶点,点P在过A且斜率为eq\f(\r(3),6)的直线上,△PF1F2为等腰三角形,∠F1F2P=120°,则C的离心率为( )A.eq\f(2,3) B.eq\f(1,2)C.eq\f(1,3) D.eq\f(1,4)【答案】D【解析】如图,作PB⊥x轴于点B.由题意可设|F1F2|=|PF2|=2,则c=1.由∠F1F2P=120°,可得|PB|=eq\r(3),|BF2|=1,故|AB|=a+1+1=a+2,tan∠PAB=eq\f(|PB|,|AB|)=eq\f(\r(3),a+2)=eq\f(\r(3),6),解得a=4,所以e=eq\f(c,a)=eq\f(1,4).3、如图,用与底面成45°角的平面截圆柱得一椭圆截线,则该椭圆的离心率为( )A.eq\f(\r(2),2) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\f(1,3)【答案】B【解析】设圆柱的底面直径为d,则椭圆的短轴长为d,椭圆的长轴长2a=eq\f(d,cos45°)=eq\r(2)d,所以a=eq\f(\r(2),2)d.根据c=eq\r(a2-b2)得,c=eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)d))2-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)d))2)=eq\f(1,2)d,则椭圆的离心率e=eq\f(\r(2),2).故选A.4.过椭圆+=1(a>b>0)的左焦点F1作x轴的垂线交椭圆于点P,F2为右焦点,若∠F1PF2=60°,则椭圆的离心率为()A. B.C. D.【答案】B【分析】由直角三角形可把用表示,再由椭圆定义得关系,然后由离心率定义计算.【详解】设|F1F2|=2c,则由题设条件,知|PF1|=,|PF2|=,则椭圆的离心率e====.故选:B.类型二、利用齐次式法求离心率的最值或取值范围.1.设、为椭圆上关于原点的两个对称点,右焦点为,若,,则该椭圆离心率的取值范围为()A. B.C. D.【答案】A【分析】看问题:求椭圆的离心率的取值范围(属于范围问题)想方法:(1)不等式思想;(2)函数思想;(3)数形结合思想看条件:,由此可得不等关系,定措施:先求出圆与椭圆的交点,进而表示出,再根据建立关于离心率的不等式,由此解出离心率的取值范围。【详解】关于原点对称,故,若,则椭圆与圆没有交点,,即,设,不妨设,则,整理可得,解得,,解得,,即,,解得.综上所述,可得.故选:A2.如图,椭圆的左焦点为F,点P在y轴上,线段交椭圆于点Q.若,,则椭圆的离心率是()A. B.C.D.【答案】D【分析】由可得点的横坐标为,再由可求出得点的纵坐标的绝对值为,然后将点的坐标代入椭圆方程中化简可求出椭圆的离心率【详解】由题意得,设,因为,所以,得,因为,所以,所以,因为在椭圆上,所以,化简得,,因为,所以,,得,解得或(舍去)故选:D3.已知F1,F2分别是椭圆C:eq\f(x2,a2)+eq\f(y2,b2)=1(a>b>0)的左、右焦点,若椭圆C上存在点P,使得线段PF1的中垂线恰好经过焦点F2,则椭圆C离心率的取值范围是( )A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3),1)) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3),\f(\r(2),2)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3),1)) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(1,3)))【答案】C.【解析】设P(x0,y0),则eq\f(x\o\al(2,0),a2)+eq\f(y\o\al(2,0),b2)=1,则线段PF1的中点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0-c,2),\f(y0,2))),∵线段PF1的中垂线恰好过焦点F2,∴kPF1·kF2M=eq\f(y0,x0+c)·eq\f(\f(y0,2)-0,\f(x0-c,2)-c)=-1,化为eq\f(y\o\al(2,0),x0+cx0-3c)=-1,∴b2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1-\f(x\o\al(2,0),a2)))+(x0+c)(x0-3c)=0,化为c2xeq\o\al(2,0)-2a2cx0+b2a2-3a2c2=0,解得x0=eq\f(a2±2ac,c),∵-a≤x0≤a,∴x0=eq\f(a2-2ac,c),∴-a≤eq\f(a2-2ac,c)≤a.∴c≤a≤3c,∴eq\f(1,3)≤eq\f(c,a)≤1.又0b>0)的左顶点A且斜率为k的直线交椭圆C于另一点B,且点B在x轴上的射影恰好为右焦点F.若eq\f(1,3)

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