椭圆检测题(自主命题)

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1、椭圆过关检测题1已知椭圆的一个焦点为(0,2)求的值.2已知椭圆的中心在原点,且经过点,,求椭圆的标准方程.3已知椭圆方程,长轴端点为,,焦点为,,是椭圆上一点,,.求:的面积(用、、表示).4已知椭圆,(1)求过点且被平分的弦所在直线的方程;(2)求斜率为2的平行弦的中点轨迹方程;(3)过引椭圆的割线,求截得的弦的中点的轨迹方程;(4)椭圆上有两点、,为原点,且有直线、斜率满足,求线段中点的轨迹方程.5椭圆上的点到焦点的距离为2,为的中点,则(为坐标原点)的值为A.4   B.2  C.8  D.6已知是直线被椭圆所截得

2、的线段的中点,求直线的方程.7椭圆的一个顶点为,其长轴长是短轴长的2倍,求椭圆的标准方程.8已知中心在原点,焦点在轴上的椭圆与直线交于、两点,为中点,的斜率为0.25,椭圆的短轴长为2,求椭圆的方程.9椭圆上不同三点,,与焦点的距离成等差数列.(1)求证;(2)若线段的垂直平分线与轴的交点为,求直线的斜率.10已知椭圆,求过点且被平分的弦所在的直线方程.11在直角坐标系xOy中,已知中心在原点,离心率为的椭圆E的一个焦点为圆C:x2+y2-4x+2=0的圆心.(1)求椭圆E的方程;(2)设P是椭圆E上一点,过P作两条斜率之

3、积为的直线l1,l2,当直线l1,l2都与圆C相切时,求P的坐标.12椭圆的右焦点为,过点,点在椭圆上,当为最小值时,求点的坐标.参考答案1分析:把椭圆的方程化为标准方程,由,根据关系可求出的值.解:方程变形为.因为焦点在轴上,所以,解得.又,所以,适合.故.2分析:因椭圆的中心在原点,故其标准方程有两种情况.根据题设条件,运用待定系数法,求出参数和(或和)的值,即可求得椭圆的标准方程.解:当焦点在轴上时,设其方程为.由椭圆过点,知.又,代入得,,故椭圆的方程为.当焦点在轴上时,设其方程为.由椭圆过点,知.又,联立解得,,

4、故椭圆的方程为.3分析:求面积要结合余弦定理及定义求角的两邻边,从而利用求面积.解:如图,设,由椭圆的对称性,不妨设,由椭圆的对称性,不妨设在第一象限.由余弦定理知:·.①由椭圆定义知:②,则得.故.4分析:此题中四问都跟弦中点有关,因此可考虑设弦端坐标的方法.解:设弦两端点分别为,,线段的中点,则①-②得.由题意知,则上式两端同除以,有,将③④代入得.⑤(1)将,代入⑤,得,故所求直线方程为:.⑥将⑥代入椭圆方程得,符合题意,为所求.(2)将代入⑤得所求轨迹方程为:.(椭圆内部分)(3)将代入⑤得所求轨迹方程为:.(椭圆

5、内部分)(4)由①+②得:,⑦,将③④平方并整理得,⑧,,⑨将⑧⑨代入⑦得:,⑩再将代入⑩式得:,即.此即为所求轨迹方程.当然,此题除了设弦端坐标的方法,还可用其它方法解决.5解:如图所示,设椭圆的另一个焦点为,由椭圆第一定义得,所以,又因为为的中位线,所以,故答案为A.说明:(1)椭圆定义:平面内与两定点的距离之和等于常数(大于)的点的轨迹叫做椭圆.(2)椭圆上的点必定适合椭圆的这一定义,即,利用这个等式可以解决椭圆上的点与焦点的有关距离.6分析:本题考查直线与椭圆的位置关系问题.通常将直线方程与椭圆方程联立消去(或),

6、得到关于(或)的一元二次方程,再由根与系数的关系,直接求出,(或,)的值代入计算即得.并不需要求出直线与椭圆的交点坐标,这种“设而不求”的方法,在解析几何中是经常采用的.解:方法一:设所求直线方程为.代入椭圆方程,整理得 ①设直线与椭圆的交点为,,则、是①的两根,∴∵为中点,∴,.∴所求直线方程为.方法二:设直线与椭圆交点,.∵为中点,∴,.又∵,在椭圆上,∴,两式相减得,即.∴.∴直线方程为.方法三:设所求直线与椭圆的一个交点为,另一个交点.∵、在椭圆上,∴  ①。     ②从而,在方程①-②的图形上,而过、的直线只有

7、一条,∴直线方程为.说明:直线与圆锥曲线的位置关系是重点考查的解析几何问题,“设而不求”的方法是处理此类问题的有效方法.若已知焦点是、的椭圆截直线所得弦中点的横坐标是4,则如何求椭圆方程?7解:(1)当为长轴端点时,,,椭圆的标准方程为:;(2)当为短轴端点时,,,椭圆的标准方程为:;说明:椭圆的标准方程有两个,给出一个顶点的坐标和对称轴的位置,是不能确定椭圆的横竖的,因而要考虑两种情况.8解:由题意,设椭圆方程为,由,得,∴,,,∴,∴为所求.说明:(1)此题求椭圆方程采用的是待定系数法;(2)直线与曲线的综合问题,经常

8、要借用根与系数的关系,来解决弦长、弦中点、弦斜率问题.9证明:(1)由椭圆方程知,,.由圆锥曲线的统一定义知:,∴.同理.∵,且,∴,即.(2)因为线段的中点为,所以它的垂直平分线方程为.又∵点在轴上,设其坐标为,代入上式,得又∵点,都在椭圆上,∴∴.将此式代入①,并利用的结论得∴.10分析一:已知一点

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