滚动习题(五) 1.B [解析] 将椭圆方程x2+my2=1化为标准方程为+x2=1,故m>0,因为焦点在y轴上,长轴长是短轴长的2倍,所以2=2×2=4,解得m=.故选B. 2.A [解析] 设椭圆方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0,m≠n),因为椭圆过点P和点Q,所以 解得所以所求椭圆的标准方程为+x2=1.故选A. 3.B [解析] 因为方程+=1表示椭圆的充要条件是 即-31,x2+y2cos θ=1可化为x2+=1,表示的曲线是椭圆.故选BC. 8.AB [解析] 对于A,由题意得,a=2,c=,故△F1PF2的周长为4+2,所以A正确.对于B,当点P位于短轴的端点处时,∠F1PF2=90°,所以B正确.对于C,当∠F1PF2=60°时,设|PF1|=t1,|PF2|=t2,则可得t1t2=,所以=t1t2sin 60°=××=,所以C错误.对于D,若△F1PF2是以P为顶点的等腰三角形,则点P位于短轴的端点处,此时满足条件的点P有两个;若△F1PF2是以F1为顶点的等腰三角形,则|F1P|=|F1F2|=2,此时满足条件的点P有两个;若△F1PF2是以F2为顶点的等腰三角形,则满足条件的点P也有两个.故使得△F1PF2为等腰三角形的点P共有六个,所以D错误.故选AB. 9.x+2y-4=0 [解析] 根据题意知直线的斜率存在,设直线方程为y-=k(x-1),与+=1联立,消去y得(3+4k2)x2+8kx+4k2-12k-3=0,令Δ=64·k2-4(3+4k2)(4k2-12k-3)=0,化简得(2k+1)2=0,解得k=-,故所求直线方程为x+2y-4=0. 10.4 8 [解析] 取线段PF1的中点M,连接MF2,由椭圆C:+=1,可得a=5,b=4,所以c==3,则|PF2|=|F1F2|=2c=6,由椭圆的定义可得|PF1|=2a-|PF2|=10-6=4.因为M为PF1的中点,所以MF2⊥PF1,所以|MF2|===4,故=|PF1|·|MF2|=×4×4=8. 11. [解析] 设A(2y0,y0).∵在线段OF上存在点M,使得·=0,即⊥,∴||≥||,则8+≤c2,即9≤c2①.∵+=1,∴=②.由①②及a2=b2+c2得8c4-18a2c2+9a4≤0,即8e4-18e2+9≤0,解得≤e2≤,∵02=|MN|, 所以点P的轨迹为以M(-,0),N(,0)为焦点的椭圆,且2a=4,c=,故a=2,b==1,故C的方程为+y2=1. (2)由题得直线l的方程为y-2=kx,与+y2=1联立,消去y得(1+4k2)x2+16kx+12=0, 则Δ=256k2-48(1+4k2)>0,解得k>或k<-, 故k的取值范围是k>或k<-. (3)当k=-1时,直线l的方程为y=-x+2,与+y2=1联立, 消去y得5x2-16x+12=0,解得x=2或. 把x=2代入y=-x+2,得y=-2+2=0,把x=代入y=-x+2,得y=-+2=, 故A(2,0),B或A,B(2,0). 13.解:(1)设截口BAC所在的椭圆的方程为+=1(a>b>0), ∵BF1⊥F1F2,|F1B|=,|F1F2|=4,∴在Rt△BF1F2中,|F2B|==, 故2a=|F1B|+|F2B|=2,得a=, 又2c=|F1F2|=4,∴c=2,∴b2=a2-c2=2, ∴所求椭圆的方程为+=1. (2)∵点P在椭圆上, ∴|PF1|+|PF2|=2a=2, 又∠F1PF2=90°,即△F1PF2为直角三角形, ∴|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2=16. 由得|PF1|·|PF2|=4,故△F1PF2的面积为|PF1|·|P ... ...
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