一、選擇題

1.D 2.A 3.C 4.D 5.C 6.D 7.C 8.D 9.B 10.C 11.B 12.D 13.C 14.A 15.D

16.C 提示:當(dāng)∠PF1F2為直角時,根據(jù)橢圓的對稱性知,這樣的點P有2個。同理,當(dāng)∠PF2F1為直角時,這樣的點P有2個;當(dāng)P點為橢圓的短軸端點時,∠F1PF2最大,且為直角,此時這樣的點P有2個。故符合要求的點P有6個。

17.C

19.D 提示:由橢圓的方程可知a=2。由橢圓的定義可知,|AF2|+|BF2|+|AB|=4a=8,所以|AB|=8-(|AF2|+|BF2|)≥3。由橢圓的性質(zhì)可知,過橢圓焦點的弦中,通徑最短,則3,所以b2=3,即b=。

20.D

21.A 提示:依題意知,點M在以F(3,0)為圓心,1為半徑的圓上,PM為圓的切線,當(dāng)最小時,切線長最小。

22.D 23.A 24.C 25.B 26.A 27.D 28.B

二、填空題

33.7

34=1 提示:設(shè)|BF|=x,則2=3x,x＞0,由橢圓的定義得|AF1|=2a-|AF2|=23-3x,|BF1|=2a-|BF2|=23-x。在△AF1B中,由余弦定理得|BF1|2=|AF1|2+|AB|2-2|AF1|·|AB|cos∠F1AB,即(2-x)2=(2-3x)2+(4x)2-2·(2-3x)·4x·cos60°,解得x=。在△AFF中,由余弦定理得|F1F2|2=|AF1|2+|AF2|2-2|AF1|·|AF2|cos∠F1AB,即 4c2=+-2· ·cos60°,解得c=1。故b2=a2-c2=2,所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為=1。

三、解答題

39.(1)c的離心率為。(2)a=7,b=27。

(2)因為點B與點A關(guān)于x軸對稱,所以B(m,-n)。設(shè)N(x,0),則x=。NN“存在點Q(0,yQ)使得∠OQM=∠ONQ”等價于“存在點Q(0,y)使得”,Q即yQ滿足=|xM|·|xN|。因為xM==1,所以===2,y=或y=QQ-。故在y軸上存在點Q,使得∠OQM=∠ONQ,點Q的坐標(biāo)為(0)或(0,-)。

42.(1)橢圓的離心率e=。(2)由(1)知a2=2c2,b2=c2。故橢圓方程為=1。設(shè)P(x0,y0)。由F1(-c,0),B(0,c),得=(x0+c,y0)=(c,c)。由已知,有=0,即(x0+c)c+y0c=0。又c≠0,故有x0+y0+c=0。①又因為點P在橢圓上,故=1。②由①和②可得+4cx0=0,而點P不是橢圓的頂點,故x=-,代入①得y=,即00點P的坐標(biāo)為。設(shè)圓的圓心為T(x,y),則x=c,進(jìn)而圓的111半徑r==。設(shè)直線l的斜率為k,依題意,直線l的方程為y=kx。由l與圓相切,可得,整理得k2-8k+1=0,k=4±。所以直線l的斜率為4+或4-。

(2)設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),A(x3,y3),B(x4,y4),由(1)得:

44.(1)E的方程為=1。

45.(1)點E的軌跡方程為=1(y≠0)。

(2)當(dāng)l與x軸不垂直時,設(shè)l的方程為y=k(x-1)(k≠0),M(x1,y1),N(x2,y2)。

所以|MN|=1+k2|x1-x2|=。過點B(1,0)且與l垂直的直線m:y=(x-1),A到m的距離為,所以|PQ|==。故四邊形MPNQ的面積S=MN||PQ|=12。可得當(dāng)l與x軸不垂直時,四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12,83)。當(dāng)l與x軸垂直時,其方程為x=1,|MN|=3,|PQ|=8,四邊形MPNQ的面積為12。

綜上,四邊形MPNQ面積的取值范圍為[12,8)。

46.(1)橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為+y2=1。

(2)證明:設(shè)點A,B,M的坐標(biāo)分別為A(x1,y1),B(x2,y2),M(0,y0)。易知F點的坐標(biāo)為(2,0)。顯然直線l存在斜率,設(shè)直線l的斜率為k,則直線l的方程是y=k(x-2)。將直線l的方程代入到橢圓C的方程中,消去y并整理得(1+5k2)x2-20k2x+20k2-5=0,故x1+x2=,x1x2=。