《（課標專用 5年高考3年模擬A版）高考數(shù)學 專題九 平面解析幾何 3 橢圓及其性質(zhì)試題 理-人教版高三數(shù)學試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標專用 5年高考3年模擬A版）高考數(shù)學 專題九 平面解析幾何 3 橢圓及其性質(zhì)試題 理-人教版高三數(shù)學試題（24頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、橢圓及其性質(zhì) 挖命題 【考情探究】 考點 內(nèi)容解讀 5年考情 預測熱度 考題示例 考向 關(guān)聯(lián)考點 1.橢圓的定義及標準方程 掌握橢圓的定義、幾何圖形、標準方程及簡單性質(zhì) 2014課標Ⅰ,20,12分 求橢圓的方程 三角形面積最值 ★★★ 2.橢圓的幾何性質(zhì) 2018課標Ⅱ,12,5分 求橢圓離心率 直線方程 ★★★ 2017課標Ⅲ,10,5分 求橢圓離心率 直線與圓的位置關(guān)系 2016課標Ⅲ,11,5分 求橢圓離心率 線段中點坐標公式、三點共線 3.直線與橢圓的位置關(guān)系 2018課標Ⅲ,20,12分 直線與橢圓的位置關(guān)系 向量坐標運算

2、、等差數(shù)列 ★★★ 分析解讀　　從近5年高考情況來看,橢圓的定義、標準方程、幾何性質(zhì)一直是高考命題的熱點,其中離心率問題考查較頻繁,對直線與橢圓的位置關(guān)系的考查,常與向量、圓、三角形等知識相結(jié)合,多以解答題的形式出現(xiàn),解題時,要充分利用數(shù)形結(jié)合、轉(zhuǎn)化與化歸思想,注重數(shù)學思想在解題中的指導作用. 破考點 【考點集訓】 考點一　橢圓的定義及標準方程 1.(2018湖北十堰十三中質(zhì)檢,6)一個橢圓的中心在原點,焦點F1,F2在x軸上,P(2,3)是橢圓上一點,且|PF1|,|F1F2|,|PF2|成等差數(shù)列,則橢圓的方程為(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.x28+y26

3、=1　　　　B.x216+y26=1 C.x24+y22=1　　　　D.x28+y24=1 答案　A　 2.(2018山東煙臺二模,15)已知F(2,0)為橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點,過F且垂直于x軸的弦長為6,若A(-2,2),點M為橢圓上任一點,則|MF|+|MA|的最大值為　　　　.? 答案　8+2 考點二　橢圓的幾何性質(zhì) 1.(2018山東青島城陽期末,7)若橢圓x25+y2a=1的焦距為4,則實數(shù)a的值為(　　) A.1　　　　B.21　　　　C.4　　　　D.1或9 答案　D　 2.(2018河北衡水金卷二模,7)我國自主研制的第一個月球探測

4、器——“嫦娥一號”衛(wèi)星在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射后,在地球軌道上經(jīng)歷3次調(diào)相軌道變軌,奔向月球,進入月球軌道,“嫦娥一號”軌道是以地心為一個焦點的橢圓,設地球半徑為R,衛(wèi)星近地點,遠地點離地面的距離分別是R2,5R2(如圖所示),則“嫦娥一號”衛(wèi)星軌道的離心率為(　　) A.25　　　　B.15　　　　C.23　　　　D.13 答案　A　 3.(2018河南南陽、信陽等六市聯(lián)考,16)橢圓C:x24+y23=1的上、下頂點分別為A1,A2,點P在C上且直線PA2斜率的取值范圍是[-2,-1],那么直線PA1斜率的取值范圍是　　　　.? 答案　38,34 考點三　直線與橢圓的位置關(guān)

5、系 1.(2018安徽合肥模擬,8)已知橢圓C:x22+y2=1,若一組斜率為14的平行直線被橢圓C所截線段的中點均在直線l上,則l的斜率為(　　) A.-2　　　　B.2　　　　C.-12　　　　D.12 答案　A　 2.(2018廣東廣州模擬,10)已知點M(-1,0)和N(1,0),若某直線上存在點P,使得|PM|+|PN|=4,則稱該直線為“橢型直線”.現(xiàn)有下列直線:①x-2y+6=0;②x-y=0;③2x-y+1=0;④x+y-3=0.其中是“橢型直線”的是(　　) A.①③　　　　B.①②　　　　C.②③　　　　D.③④ 答案　C　 煉技法 【方法集訓】 方法　求

6、橢圓離心率或取值范圍的方法 1.(2018江西贛南五校聯(lián)考,15)橢圓Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,焦距為2c.若直線y=3(x+c)與橢圓Γ的一個交點M滿足∠MF1F2=2∠MF2F1,則該橢圓的離心率等于　　　　.? 答案　3-1 2.(2017福建四地六校模擬,15)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)和圓O:x2+y2=b2,若C上存在點P,使得過點P引圓O的兩條切線,切點分別為A,B,滿足∠APB=60°,則橢圓C的離心率的取值范圍是　　　　.? 答案　32,1 3.(2018河北衡水中學八模,15)已知橢圓x2a2+y2

7、b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1(-c,0)、F2(c,0),若橢圓上存在點P使asin∠PF1F2=csin∠PF2F1,則該橢圓離心率的取值范圍為　　　　.? 答案　(2-1,1) 過專題 【五年高考】 A組　統(tǒng)一命題·課標卷題組 考點一　橢圓的定義及標準方程 　(2014課標Ⅰ,20,12分)已知點A(0,-2),橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為32,F是橢圓E的右焦點,直線AF的斜率為233,O為坐標原點. (1)求E的方程; (2)設過點A的動直線l與E相交于P,Q兩點.當△OPQ的面積最大時,求l的方程. 解析　(1)設F(c,0

8、),由條件知,2c=233,得c=3. 又ca=32,所以a=2,b2=a2-c2=1. 故E的方程為x24+y2=1. (2)當l⊥x軸時不合題意,故設l:y=kx-2,P(x1,y1),Q(x2,y2). 將y=kx-2代入x24+y2=1得(1+4k2)x2-16kx+12=0. 當Δ=16(4k2-3)>0,即k2>34時,x1,2=8k±24k2-34k2+1. 從而|PQ|=k2+1|x1-x2|=4k2+1·4k2-34k2+1. 又點O到直線PQ的距離d=2k2+1, 所以△OPQ的面積S△OPQ=12d·|PQ|=44k2-34k2+1. 設4k2-3=t,

9、則t>0,S△OPQ=4tt2+4=4t+4t. 因為t+4t≥4,當且僅當t=2,即k=±72時等號成立,且滿足Δ>0, 所以,當△OPQ的面積最大時,l的方程為y=72x-2或y=-72x-2. 思路分析　(1)通過直線AF的斜率求得c的值,通過離心率求得a,進而求出b2,從而得到E的方程;(2)設出直線l的方程和點P、Q的坐標,聯(lián)立直線l與橢圓方程,利用弦長公式求得|PQ|的長,根據(jù)點到直線的距離公式求得△OPQ邊PQ上的高,從而表示出△OPQ的面積,利用換元法和基本不等式即可得到當面積取得最大值時k的值,從而得直線l的方程. 解題關(guān)鍵　對于第(2)問,正確選擇參數(shù),表示出△OP

10、Q的面積,進而巧妙利用換元法分析最值是解題的關(guān)鍵. 考點二　橢圓的幾何性質(zhì) 1.(2018課標Ⅱ,12,5分)已知F1,F2是橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點,A是C的左頂點,點P在過A且斜率為36的直線上,△PF1F2為等腰三角形,∠F1F2P=120°,則C的離心率為(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.23　　　　B.12　　　　C.13　　　　D.14 答案　D　 2.(2017課標Ⅲ,10,5分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右頂點分別為A1,A2,且以線段A1A2為直徑的圓與直線bx-ay+2ab=0相切,則C的

11、離心率為(　　) A.63　　　　B.33　　　　C.23　　　　D.13 答案　A　 3.(2016課標Ⅲ,11,5分)已知O為坐標原點,F是橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點,A,B分別為C的左,右頂點.P為C上一點,且PF⊥x軸.過點A的直線l與線段PF交于點M,與y軸交于點E.若直線BM經(jīng)過OE的中點,則C的離心率為　(　　) A.13　　　　B.12　　　　C.23　　　　D.34 答案　A　 考點三　直線與橢圓的位置關(guān)系 　(2018課標Ⅰ,19,12分)設橢圓C:x22+y2=1的右焦點為F,過F的直線l與C交于A,B兩點,點M的坐標為(2,0).

12、 (1)當l與x軸垂直時,求直線AM的方程; (2)設O為坐標原點,證明:∠OMA=∠OMB. 解析　(1)由已知得F(1,0),l的方程為x=1, 由已知可得,點A的坐標為1,22或1,-22. 所以AM的方程為y=-22x+2或y=22x-2. (2)當l與x軸重合時,∠OMA=∠OMB=0°, 當l與x軸垂直時,直線OM為AB的垂直平分線, 所以∠OMA=∠OMB. 當l與x軸不重合也不垂直時, 設l的方程為y=k(x-1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2), 則x1<2,x2<2,直線MA,MB的斜率之和為kMA+kMB=y1x1-2+y2x2-2,

13、 由y1=kx1-k,y2=kx2-k得kMA+kMB=2kx1x2-3k(x1+x2)+4k(x1-2)(x2-2). 將y=k(x-1)代入x22+y2=1得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0, 所以,x1+x2=4k22k2+1,x1x2=2k2-22k2+1. 則2kx1x2-3k(x1+x2)+4k=4k3-4k-12k3+8k3+4k2k2+1=0, 從而kMA+kMB=0,故MA,MB的傾斜角互補, 所以∠OMA=∠OMB. 綜上,∠OMA=∠OMB. B組　自主命題·省(區(qū)、市)卷題組 考點一　橢圓的定義及標準方程 1.(2014安徽,14,5分)設

14、F1,F2分別是橢圓E:x2+y2b2=1(0b>0)的半焦距為c,原點O到經(jīng)過兩點(c,0),(0,b)的直線的距離為12c. (1)求橢圓E的離心率; (2)如圖,AB是圓M:(x+2)2+(y-1)2=52的一條直徑,若橢圓E經(jīng)過A,B兩點,求橢圓E的方程. 解析　(1)過點(c,0),(0,b)的直線方程為bx+cy-bc=0, 則原點O到

15、該直線的距離d=bcb2+c2=bca, 由d=12c,得a=2b=2a2-c2,可得離心率ca=32. (2)解法一:由(1)知,橢圓E的方程為x2+4y2=4b2.① 依題意,圓心M(-2,1)是線段AB的中點,且|AB|=10. 易知,AB與x軸不垂直,設其方程為y=k(x+2)+1,代入①得 (1+4k2)x2+8k(2k+1)x+4(2k+1)2-4b2=0. 設A(x1,y1),B(x2,y2), 則x1+x2=-8k(2k+1)1+4k2,x1x2=4(2k+1)2-4b21+4k2. 由x1+x2=-4,得-8k(2k+1)1+4k2=-4,解得k=12. 從

16、而x1x2=8-2b2. 于是|AB|=1+122|x1-x2| =52(x1+x2)2-4x1x2 =10(b2-2). 由|AB|=10,得10(b2-2)=10,解得b2=3. 故橢圓E的方程為x212+y23=1. 解法二:由(1)知,橢圓E的方程為x2+4y2=4b2.② 依題意,點A,B關(guān)于圓心M(-2,1)對稱,且|AB|=10. 設A(x1,y1),B(x2,y2), 則x12+4y12=4b2,x22+4y22=4b2, 兩式相減并結(jié)合x1+x2=-4,y1+y2=2,得 -4(x1-x2)+8(y1-y2)=0, 易知AB與x軸不垂直,則x1≠x2,

17、 所以AB的斜率kAB=y1-y2x1-x2=12. 因此直線AB的方程為y=12(x+2)+1, 代入②得x2+4x+8-2b2=0. 所以x1+x2=-4,x1x2=8-2b2. 于是|AB|=1+122|x1-x2| =52(x1+x2)2-4x1x2 =10(b2-2). 由|AB|=10,得10(b2-2)=10, 解得b2=3. 故橢圓E的方程為x212+y23=1. 解題關(guān)鍵　對于第(2)問,利用弦長及韋達定理或點差法構(gòu)造關(guān)于參數(shù)的方程是解題的關(guān)鍵. 考點二　橢圓的幾何性質(zhì) 1.(2018北京,14,5分)已知橢圓M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)

18、,雙曲線N:x2m2-y2n2=1.若雙曲線N的兩條漸近線與橢圓M的四個交點及橢圓M的兩個焦點恰為一個正六邊形的頂點,則橢圓M的離心率為　　　　;雙曲線N的離心率為　　　　.? 答案　3-1;2 2.(2015重慶,21,12分)如圖,橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,過F2的直線交橢圓于P,Q兩點,且PQ⊥PF1. (1)若|PF1|=2+2,|PF2|=2-2,求橢圓的標準方程; (2)若|PF1|=|PQ|,求橢圓的離心率e. 解析　(1)由橢圓的定義,有2a=|PF1|+|PF2|=(2+2)+(2-2)=4,故a=2. 設橢圓的半焦

19、距為c,由已知PF1⊥PF2,得2c=|F1F2|=|PF1|2+|PF2|2=(2+2)2+(2-2)2=23,即c=3,從而b=a2-c2=1.故所求橢圓的標準方程為x24+y2=1. (2)解法一:連接F1Q,如圖,設點P(x0,y0)在橢圓上,且PF1⊥PF2, 則x02a2+y02b2=1,x02+y02=c2, 求得x0=±aca2-2b2,y0=±b2c. 由|PF1|=|PQ|>|PF2|得x0>0, 從而|PF1|2=aa2-2b2c+c2+b4c2 =2(a2-b2)+2aa2-2b2=(a+a2-2b2)2. 由橢圓的定義,有|PF1|+|PF2|=2a

20、,|QF1|+|QF2|=2a. 從而由|PF1|=|PQ|=|PF2|+|QF2|,有|QF1|=4a-2|PF1|. 又由PF1⊥PF2,|PF1|=|PQ|,知|QF1|=2|PF1|. 因此(2+2)|PF1|=4a,即(2+2)(a+a2-2b2)=4a, 于是(2+2)(1+2e2-1)=4, 解得e=121+42+2-12=6-3. 解法二:連接F1Q,由橢圓的定義,有|PF1|+|PF2|=2a,|QF1|+|QF2|=2a.從而由|PF1|=|PQ|=|PF2|+|QF2|,有|QF1|=4a-2|PF1|. 又由PF1⊥PQ,|PF1|=|PQ|,知|QF1|

21、=2|PF1|, 因此,4a-2|PF1|=2|PF1|,得|PF1|=2(2-2)a, 從而|PF2|=2a-|PF1|=2a-2(2-2)a=2(2-1)a. 由PF1⊥PF2,知|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=(2c)2, 因此e=ca=|PF1|2+|PF2|22a=(2-2)2+(2-1)2=9-62=6-3. 考點三　直線與橢圓的位置關(guān)系 　(2018天津,19,14分)設橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點為F,上頂點為B.已知橢圓的離心率為53,點A的坐標為(b,0),且|FB|·|AB|=62. (1)求橢圓的方程; (2)設直線l:y

22、=kx(k>0)與橢圓在第一象限的交點為P,且l與直線AB交于點Q.若|AQ||PQ|=524sin∠AOQ(O為原點),求k的值. 解析　(1)設橢圓的焦距為2c,由已知有c2a2=59, 又由a2=b2+c2,可得2a=3b. 由已知可得,|FB|=a,|AB|=2b, 由|FB|·|AB|=62,可得ab=6,從而a=3,b=2. 所以,橢圓的方程為x29+y24=1. (2)設點P的坐標為(x1,y1),點Q的坐標為(x2,y2). 由已知有y1>y2>0,故|PQ|sin∠AOQ=y1-y2. 又因為|AQ|=y2sin∠OAB,而∠OAB=π4,故|AQ|=2y2.

23、 由|AQ||PQ|=524sin∠AOQ,可得5y1=9y2. 由方程組y=kx,x29+y24=1,消去x,可得y1=6k9k2+4. 易知直線AB的方程為x+y-2=0, 由方程組y=kx,x+y-2=0,消去x,可得y2=2kk+1. 由5y1=9y2,可得5(k+1)=39k2+4,兩邊平方, 整理得56k2-50k+11=0, 解得k=12或k=1128. 所以,k的值為12或1128. 解題關(guān)鍵　利用平面幾何知識將|AQ||PQ|=524sin∠AOQ轉(zhuǎn)化為點P、Q坐標間的關(guān)系是解決第(2)問的關(guān)鍵. 方法歸納　求橢圓標準方程的基本方法 (1)定義法:根據(jù)橢

24、圓的定義,確定a2,b2的值,結(jié)合焦點位置寫出橢圓方程; (2)待定系數(shù)法:這是求橢圓方程的常用方法,基本步驟為①根據(jù)已知條件判斷焦點的位置;②根據(jù)焦點的位置設出所求橢圓的方程;③根據(jù)已知條件,建立關(guān)于a、b、c的方程組,注意c2=a2-b2的應用;④解方程組,求得a、b的值,從而得出橢圓的方程. C組　教師專用題組 考點一　橢圓的定義及標準方程　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(2014遼寧,15,5分)已知橢圓C:x29+y24=1,點M與C的焦點不重合.若M關(guān)于C的焦點的對稱點分別為A,B,線段MN的中點在C上,則|AN|+|BN|=　　　　.? 答案　12 2.(

25、2014課標Ⅱ,20,12分,0.185)設F1,F2分別是橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左,右焦點,M是C上一點且MF2與x軸垂直.直線MF1與C的另一個交點為N. (1)若直線MN的斜率為34,求C的離心率; (2)若直線MN在y軸上的截距為2,且|MN|=5|F1N|,求a,b. 解析　(1)根據(jù)c=a2-b2及題設知Mc,b2a,2b2=3ac. 將b2=a2-c2代入2b2=3ac,解得ca=12或ca=-2(舍去). 故C的離心率為12. (2)由題意,得原點O為F1F2的中點,MF2∥y軸,所以直線MF1與y軸的交點D(0,2)是線段MF1的中點,故b

26、2a=4,即b2=4a.① 由|MN|=5|F1N|得|DF1|=2|F1N|.設N(x1,y1),由題意知y1<0,則2(-c-x1)=c,-2y1=2,即x1=-32c,y1=-1. 代入C的方程,得9c24a2+1b2=1.② 將①及c=a2-b2代入②得9(a2-4a)4a2+14a=1. 解得a=7,故b2=4a=28,故a=7,b=27. 考點二　橢圓的幾何性質(zhì) 1.(2017浙江,2,5分)橢圓x29+y24=1的離心率是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.133　　　　B.53　　　　C.23　　　　D.59 答案　B　 2.(2014江西,15

27、,5分)過點M(1,1)作斜率為-12的直線與橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)相交于A,B兩點,若M是線段AB的中點,則橢圓C的離心率等于　　　　.? 答案　22 3.(2013遼寧,15,5分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點為F,C與過原點的直線相交于A,B兩點,連接AF,BF.若|AB|=10,|AF|=6,cos∠ABF=45,則C的離心率e=　　　　.? 答案　57 4.(2015安徽,20,13分)設橢圓E的方程為x2a2+y2b2=1(a>b>0),點O為坐標原點,點A的坐標為(a,0),點B的坐標為(0,b),點M在線段AB上,滿足|

28、BM|=2|MA|,直線OM的斜率為510. (1)求E的離心率e; (2)設點C的坐標為(0,-b),N為線段AC的中點,點N關(guān)于直線AB的對稱點的縱坐標為72,求E的方程. 解析　(1)由題設條件知,點M的坐標為23a,13b, 又kOM=510,從而b2a=510. 進而得a=5b,c=a2-b2=2b.故e=ca=255. (2)由題設條件和(1)的計算結(jié)果可得,直線AB的方程為x5b+yb=1,點N的坐標為52b,-12b. 設點N關(guān)于直線AB的對稱點S的坐標為x1,72,則線段NS的中點T的坐標為54b+x12,-14b+74.又點T在直線AB上,且kNS·kAB=-

29、1,從而有54b+x125b+-14b+74b=1,72+12bx1-52b=5, 解得b=3. 所以a=35,故橢圓E的方程為x245+y29=1. 評析　本題考查橢圓的方程、幾何性質(zhì)以及對稱問題,利用方程思想解決點關(guān)于直線的對稱問題,考查利用待定系數(shù)法求橢圓的方程,考查學生的運算求解能力和化歸思想的應用. 5.(2014天津,18,13分)設橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,右頂點為A,上頂點為B.已知|AB|=32|F1F2|. (1)求橢圓的離心率; (2)設P為橢圓上異于其頂點的一點,以線段PB為直徑的圓經(jīng)過點F1,經(jīng)過原點O的直線l與

30、該圓相切.求直線l的斜率. 解析　(1)設橢圓右焦點F2的坐標為(c,0). 由|AB|=32·|F1F2|,可得a2+b2=3c2, 又b2=a2-c2,則c2a2=12. 所以橢圓的離心率e=22. (2)由(1)知a2=2c2,b2=c2.故橢圓方程為x22c2+y2c2=1. 設P(x0,y0).由F1(-c,0),B(0,c),有F1P=(x0+c,y0),F1B=(c,c). 由已知,有F1P·F1B=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x022c2+y02c2=1.② 由①和②可得3x02

31、+4cx0=0.而點P不是橢圓的頂點, 故x0=-43c,代入①得y0=c3, 即點P的坐標為-4c3,c3. 設圓的圓心為T(x1,y1),則x1=-43c+02=-23c,y1=c3+c2=23c,進而圓的半徑r=(x1-0)2+(y1-c)2=53c. 設直線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|kx1-y1|k2+1=r,即k-2c3-2c3k2+1=53c, 整理得k2-8k+1=0,解得k=4±15. 所以直線l的斜率為4+15或4-15. 評析　本題主要考查橢圓的標準方程和幾何性質(zhì)、直線方程、圓的方程等基礎知識.考查用代數(shù)方法研究圓錐曲線

32、的性質(zhì).考查運算求解能力,以及用方程思想解決問題的能力. 6.(2014江蘇,17,14分)如圖,在平面直角坐標系xOy中,F1、F2分別是橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點,頂點B的坐標為(0,b),連接BF2并延長交橢圓于點A,過點A作x軸的垂線交橢圓于另一點C,連接F1C. (1)若點C的坐標為43,13,且BF2=2,求橢圓的方程; (2)若F1C⊥AB,求橢圓離心率e的值. 解析　設橢圓的焦距為2c,則F1(-c,0),F2(c,0). (1)因為B(0,b),所以BF2=b2+c2=a. 又BF2=2,故a=2. 因為點C43,13在橢圓上,所以

33、169a2+19b2=1,解得b2=1. 故所求橢圓的方程為x22+y2=1. (2)因為B(0,b),F2(c,0)在直線AB上, 所以直線AB的方程為xc+yb=1. 解方程組xc+yb=1,x2a2+y2b2=1,得x1=2a2ca2+c2,y1=b(c2-a2)a2+c2,x2=0,y2=b. 所以點A的坐標為2a2ca2+c2,b(c2-a2)a2+c2. 又AC垂直于x軸,由橢圓的對稱性,可得點C的坐標為2a2ca2+c2,b(a2-c2)a2+c2. 因為直線F1C的斜率為b(a2-c2)a2+c2-02a2ca2+c2-(-c)=b(a2-c2)3a2c+c3,直

34、線AB的斜率為-bc,且F1C⊥AB,所以b(a2-c2)3a2c+c3·-bc=-1.又b2=a2-c2,整理得a2=5c2.故e2=15.因此e=55. 評析　本題主要考查橢圓的標準方程與幾何性質(zhì)、直線與直線的位置關(guān)系等基礎知識,考查運算求解能力. 考點三　直線與橢圓的位置關(guān)系 1.(2018江蘇,18,14分)如圖,在平面直角坐標系xOy中,橢圓C過點3,12,焦點F1(-3,0),F2(3,0),圓O的直徑為F1F2. (1)求橢圓C及圓O的方程; (2)設直線l與圓O相切于第一象限內(nèi)的點P. ①若直線l與橢圓C有且只有一個公共點,求點P的坐標; ②直線l與橢圓C交于A,

35、B兩點.若△OAB的面積為267,求直線l的方程. 解析　解法一:(1)因為橢圓C的焦點為F1(-3,0),F2(3,0), 所以可設橢圓C的方程為x2a2+y2b2=1(a>b>0). 又點3,12在橢圓C上, 所以3a2+14b2=1,a2-b2=3,解得a2=4,b2=1. 因此,橢圓C的方程為x24+y2=1. 因為圓O的直徑為F1F2,所以其方程為x2+y2=3. (2)①設直線l與圓O相切于P(x0,y0)(x0>0,y0>0),則x02+y02=3. 所以直線l的方程為y=-x0y0(x-x0)+y0,即y=-x0y0x+3y0. 由x24+y2=1,y=-

36、x0y0x+3y0消去y,得 (4x02+y02)x2-24x0x+36-4y02=0.(*) 因為直線l與橢圓C有且只有一個公共點, 所以Δ=(-24x0)2-4(4x02+y02)(36-4y02)=48y02(x02-2)=0. 因為x0,y0>0,所以x0=2,y0=1. 因此,點P的坐標為(2,1). ②因為三角形OAB的面積為267, 所以12AB·OP=267,從而AB=427. 設A(x1,y1),B(x2,y2), 由(*)得x1,2=24x0±48y02(x02-2)2(4x02+y02), 所以AB2=(x1-x2)2+(y1-y2)2 =1+x02

37、y02·48y02(x02-2)(4x02+y02)2. 因為x02+y02=3, 所以AB2=16(x02-2)(x02+1)2=3249,即2x04-45x02+100=0. 解得x02=52(x02=20舍去),則y02=12,因此P的坐標為102,22. 則直線l的方程為y=-5x+32. 解法二:(1)由題意知c=3,所以圓O的方程為x2+y2=3,因為點3,12在橢圓上, 所以2a=(3-3)2+12-02+(3+3)2+12-02=4, 所以a=2. 因為a2=b2+c2,所以b=1, 所以橢圓C的方程為x24+y2=1. (2)①由題意知直線l與圓O和橢圓C

38、均相切,且切點在第一象限,所以直線l的斜率k存在且k<0, 設直線l的方程為y=kx+m(k<0,m>0), 將直線l的方程代入圓O的方程,得x2+(kx+m)2=3, 整理得(k2+1)x2+2kmx+m2-3=0, 因為直線l與圓O相切,所以Δ=(2km)2-4(k2+1)(m2-3)=0,整理得m2=3k2+3, 將直線l的方程代入橢圓C的方程,得x24+(kx+m)2=1, 整理得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0, 因為直線l與橢圓C相切, 所以Δ=(8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)=0, 整理得m2=4k2+1, 所以3k2+3=4k2+1,

39、因為k<0,所以k=-2,則m=3, 將k=-2,m=3代入(k2+1)x2+2kmx+m2-3=0, 整理得x2-22x+2=0, 解得x1=x2=2,將x=2代入x2+y2=3, 解得y=1(y=-1舍去),所以點P的坐標為(2,1). ②設A(x1,kx1+m),B(x2,kx2+m), 由①知m2=3k2+3,且k<0,m>0, 因為直線l和橢圓C相交,所以結(jié)合②的過程知m2<4k2+1,解得k<-2, 將直線l的方程和橢圓C的方程聯(lián)立可得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0, 解得x1,2=-8km±44k2+1-m22(4k2+1), 所以|x1-x2|

40、=44k2+1-m24k2+1, 因為AB=(x1-x2)2+(kx1-kx2)2=|x1-x2|k2+1=44k2+1-m24k2+1·k2+1, O到l的距離d=|m|k2+1=3, 所以S△OAB=12·44k2+1-m24k2+1·k2+1·|m|k2+1 =12·4k2-24k2+1·k2+1·3=267, 解得k2=5,因為k<0,所以k=-5,則m=32, 即直線l的方程為y=-5x+32. 解后反思　(1)常用待定系數(shù)法求圓錐曲線方程. (2)①直線與圓相切,常見解題方法是設切點求切線方程,由于涉及直線與橢圓相切,因此也可設出直線方程求解. ②因為△AOB的面

41、積為267,而△AOB的高為3,所以解題關(guān)鍵是求AB的長,可利用弦長公式AB=(x1-x2)2+(y1-y2)2=1+k2·(x1-x2)2=1+k2·|x1-x2|(x1、x2分別為A、B的橫坐標)求解. 2.(2017天津,19,14分)設橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點為F,右頂點為A,離心率為12.已知A是拋物線y2=2px(p>0)的焦點,F到拋物線的準線l的距離為12. (1)求橢圓的方程和拋物線的方程; (2)設l上兩點P,Q關(guān)于x軸對稱,直線AP與橢圓相交于點B(B異于點A),直線BQ與x軸相交于點D.若△APD的面積為62,求直線AP的方程. 解析　(

42、1)設F的坐標為(-c,0).依題意,ca=12,p2=a,a-c=12,解得a=1,c=12,p=2,于是b2=a2-c2=34. 所以,橢圓的方程為x2+4y23=1,拋物線的方程為y2=4x. (2)設直線AP的方程為x=my+1(m≠0),與直線l的方程x=-1聯(lián)立,可得點P-1,-2m,故Q-1,2m.將x=my+1與x2+4y23=1聯(lián)立,消去x,整理得(3m2+4)y2+6my=0,解得y=0或y=-6m3m2+4.由點B異于點A,可得點B-3m2+43m2+4,-6m3m2+4.由Q-1,2m,可得直線BQ的方程為-6m3m2+4-2m(x+1)--3m2+43m2+4+1

43、y-2m=0,令y=0,解得x=2-3m23m2+2,故D2-3m23m2+2,0.所以|AD|=1-2-3m23m2+2=6m23m2+2.又因為△APD的面積為62,故12×6m23m2+2×2|m|=62,整理得3m2-26|m|+2=0,解得|m|=63,所以m=±63. 所以,直線AP的方程為3x+6y-3=0或3x-6y-3=0. 方法總結(jié)　1.利用待定系數(shù)法求圓錐曲線標準方程的三個步驟:(1)作判斷:根據(jù)焦點位置設方程;(2)找等量關(guān)系;(3)解方程得結(jié)果. 2.解決直線與圓錐曲線位置關(guān)系問題的基本策略:(1)巧設直線方程:當已知直線與x軸交點固定時,常設為x=my+b的形

44、式,這樣可避免對斜率是否存在的討論;(2)注意整體代入思想的應用,利用根與系數(shù)的關(guān)系可以簡化運算,提高運算的效率和正確率. 3.(2016浙江,19,15分)如圖,設橢圓x2a2+y2=1(a>1). (1)求直線y=kx+1被橢圓截得的線段長(用a,k表示); (2)若任意以點A(0,1)為圓心的圓與橢圓至多有3個公共點,求橢圓離心率的取值范圍. 解析　(1)設直線y=kx+1被橢圓截得的線段為AP, 由y=kx+1,x2a2+y2=1得(1+a2k2)x2+2a2kx=0, 故x1=0,x2=-2a2k1+a2k2. 因此|AP|=1+k2|x1-x2|=2a2|k|1+

45、a2k2·1+k2. (2)假設圓與橢圓的公共點有4個,由對稱性可設y軸左側(cè)的橢圓上有兩個不同的點P,Q,滿足|AP|=|AQ|. 記直線AP,AQ的斜率分別為k1,k2,且k1,k2>0,k1≠k2. 由(1)知,|AP|=2a2|k1|1+k121+a2k12,|AQ|=2a2|k2|1+k221+a2k22, 故2a2|k1|1+k121+a2k12=2a2|k2|1+k221+a2k22, 所以(k12-k22)[1+k12+k22+a2(2-a2)k12k22]=0. 由于k1≠k2,k1,k2>0得1+k12+k22+a2(2-a2)k12k22=0, 因此1k12+

46、11k22+1=1+a2(a2-2),① 因為①式關(guān)于k1,k2的方程有解的充要條件是1+a2(a2-2)>1,所以a>2.因此,任意以點A(0,1)為圓心的圓與橢圓至多有3個公共點的充要條件為1b>0)過點(0,2),且離心率e=22. (1)求橢圓E的方程; (2)設直線l:x=my-1(m∈R)交橢圓E于A,B兩點,判斷點G-94,0與以線段AB為直徑的圓的位置關(guān)系,并說明理由. 解析　(1)由已知得b=2,ca=22,

47、a2=b2+c2.解得a=2,b=2,c=2. 所以橢圓E的方程為x24+y22=1. (2)解法一:設點A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中點為H(x0,y0). 由x=my-1,x24+y22=1得(m2+2)y2-2my-3=0, 所以y1+y2=2mm2+2,y1y2=-3m2+2,從而y0=mm2+2. 所以|GH|2=x0+942+y02=my0+542+y02=(m2+1)y02+52my0+2516. |AB|24=(x1-x2)2+(y1-y2)24=(1+m2)(y1-y2)24 =(1+m2)[(y1+y2)2-4y1y2]4=(1+m2)(y02-

48、y1y2), 故|GH|2-|AB|24=52my0+(1+m2)y1y2+2516=5m22(m2+2)-3(1+m2)m2+2+2516=17m2+216(m2+2)>0,所以|GH|>|AB|2. 故點G-94,0在以AB為直徑的圓外. 解法二:設點A(x1,y1),B(x2,y2),則GA=x1+94,y1, GB=x2+94,y2. 由x=my-1,x24+y22=1得(m2+2)y2-2my-3=0, 所以y1+y2=2mm2+2,y1y2=-3m2+2, 從而GA·GB=x1+94x2+94+y1y2=my1+54my2+54+y1y2=(m2+1)y1y2+54m

49、(y1+y2)+2516=-3(m2+1)m2+2+52m2m2+2+2516=17m2+216(m2+2)>0, 所以cos>0.又GA,GB不共線,所以∠AGB為銳角. 故點G-94,0在以AB為直徑的圓外. 評析　本題主要考查橢圓、圓、直線與橢圓的位置關(guān)系等基礎知識,考查推理論證能力、運算求解能力,考查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想. 【三年模擬】 一、選擇題(每小題5分,共30分) 1.(2019屆四川第一次診斷,6)設橢圓x2m2+y2n2=1(m>0,n>0)的一個焦點與拋物線x2=8y的焦點相同,離心率為12,則m-n=(　　) 　　　　

50、　　　　　　　　　　　　　　 A.23-4　　　　B.4-33　　　　C.43-8　　　　D.8-43 答案　A　 2.(2019屆云南師范大學附屬中學12月月考,12)已知橢圓C:x24+y23=1的右焦點為F,過點F有兩條互相垂直的直線l1,l2,l1與橢圓C相交于點A,B,l2與橢圓C相交于點C,D,則下列敘述不正確的是(　　) A.存在直線l1,l2使得|AB|+|CD|值為7 B.存在直線l1,l2使得|AB|+|CD|值為487 C.四邊形ABCD的面積存在最大值,且最大值為6 D.四邊形ABCD的面積存在最小值,且最小值為57649 答案　D　 3.(2018四

51、川達州模擬,7)以圓x2+y2=4與x軸的交點為焦點,以拋物線y2=10x的焦點為一個頂點且中心在原點的橢圓的離心率是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.15　　　　B.25　　　　C.45　　　　D.110 答案　C　 4.(2018湖北重點中學4月聯(lián)考,7)已知橢圓x24+y23=1的左、右焦點分別為F1、F2,過F2且垂直于長軸的直線交橢圓于A,B兩點,則△ABF1內(nèi)切圓的半徑為(　　) A.43　　　　B.1　　　　C.45　　　　D.34 答案　D　 5.(2018廣東清遠模擬,11)已知m、n、s、t∈R+,m+n=3,ms+nt=1,其中m、n是常數(shù)且m

52、b>0)上一點A關(guān)于原點的對稱點為點B,F為其右焦點,若AF⊥BF,設∠ABF=α,且α∈π6,π4,則該橢圓離心率e的取值范圍為(　　) A.22,3-1　　　　B.22,1 C.22,32　　　　D.33,63 答案　A　 二、填空題(共5分) 7.(2

53、017湖南東部六校4月聯(lián)考,15)設P,Q分別是圓x2+(y-1)2=3和橢圓x24+y2=1上的點,則P、Q兩點間的最大距離是　　　　.? 答案　733 三、解答題(共50分) 8.(2019屆安徽黃山八校聯(lián)考,20)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,離心率e=12,點P是橢圓的上頂點的一個動點,△PF1F2面積的最大值是43. (1)求橢圓的方程; (2)若A,B,C,D是橢圓上不重合的四點,AC與BD相交于點F1,AC·BD=0,且|AC|+|BD|=967,求此時直線AC的方程. 解析　(1)由題意知,當點P是橢圓的上頂點或下頂點時,

54、△PF1F2面積取得最大值,此時,S△PF1F2=12·2c·b=43,又e=ca=12,結(jié)合a2=b2+c2, 所以a=4,b=23,c=2.所以所求橢圓的方程為x216+y212=1. (2)由(1)知F1(-2,0),由AC·BD=0得AC⊥BD. ①當直線AC與BD有一條直線的斜率不存在時,|AC|+|BD|=14,不符合題意; ②設直線AC的斜率為k(k存在且不為0),則直線BD的斜率為-1k.直線AC的方程為y=k(x+2),聯(lián)立y=k(x+2),x216+y212=1,消去y得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-48=0, 設A(x1,y1),C(x2,y2),則

55、x1+x2=-16k23+4k2,x1x2=16k2-483+4k2, 所以|AC|=1+k2|x1-x2|=24(1+k2)3+4k2. 同理可得|BD|=24(1+k2)4+3k2, 由|AC|+|BD|=168(1+k2)2(4+3k2)(3+4k2)=967,解得k2=1, 故直線AC的方程為y=±(x+2). 思路分析　(1)根據(jù)離心率e=12,△PF1F2面積的最大值是43,結(jié)合a2=b2+c2,即可求出a、b,從而得結(jié)果;(2)直線與曲線方程聯(lián)立,根據(jù)根與系數(shù)關(guān)系,弦長公式將|AC|+|BD|用k表示,解方程即可得k的值. 方法點撥　求橢圓標準方程時一般利用待定系數(shù)法

56、,根據(jù)條件確定關(guān)于a,b,c的方程組,解出a,b,即可得到橢圓的標準方程.解決直線與橢圓的位置關(guān)系的相關(guān)問題,其常規(guī)思路是先把直線方程與橢圓方程聯(lián)立,消元、化簡,然后利用根與系數(shù)的關(guān)系解決相關(guān)問題.涉及弦中點的問題常常用“點差法”解決. 9.(2019屆重慶期中,20)已知橢圓C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1、F2,并且F2為拋物線C2:y2=2px(p>0)的焦點,C2的準線被橢圓C1和圓x2+y2=a2截得的弦長分別為22和4. (1)求C1和C2的方程; (2)已知動直線l與拋物線C2相切(切點異于原點),且直線l與橢圓C1相交于M,N兩點,若橢圓C

57、1上存在點Q,使得OM+ON=λOQ(λ≠0),求實數(shù)λ的取值范圍. 解析　(1)由題得2b2a=22,2b=4?a=22,b=2,p=2c=4,故C1:x28+y24=1,C2:y2=8x. (2)由題意知直線l的斜率存在且不為0,設l:x=my+n(m≠0),M(x1,y1),N(x2,y2),Q(x0,y0).聯(lián)立x=my+n,y2=8x,?y2-8my-8n=0,因為l與C2相切,故Δ1=(-8m)2+4×8m=0?2m2+n=0.聯(lián)立x=my+n,x28+y24=1?(m2+2)y2+2mny+n2-8=0, 所以y1+y2=-2mnm2+2,y1y2=n2-8m2+2,Δ2>

58、0?n2<4m2+8,由Δ1=0知2m2=-n,所以n2<-2n+8?n∈(-4,2),又2m2=-n>0,因此n∈(-4,0),由OM+ON=λOQ?x1+x2=λx0,y1+y2=λy0,由根與系數(shù)的關(guān)系,得x0=4nλ(m2+2),y0=-2mnλ(m2+2), 而點Q(x0,y0)在橢圓上,即x02+2y02=8,代入得16n2λ2(m2+2)2+8m2n2λ2(m2+2)2=8?λ2=n2m2+2=2n24-n,n∈(-4,0), 令t=4-n,t∈(4,8),則λ2=2t+16t-8.令f(t)=t+16t-8,易知f(t)在(4,8)上單調(diào)遞增,所以λ2∈(0,4)?λ∈(-

59、2,0)∪(0,2). 10.(2018四川南充模擬,20)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1、F2,左頂點為A,若|F1F2|=2,橢圓的離心率e=12. (1)求橢圓的標準方程; (2)若P是橢圓上的任意一點,求PF1·PA的取值范圍. 解析　(1)∵|F1F2|=2,橢圓的離心率e=12, ∴c=1,a=2,∴b=3, ∴橢圓的標準方程為x24+y23=1. (2)設P(x,y),∵A(-2,0),F1(-1,0), ∴PF1·PA=(-1-x)(-2-x)+y2=14x2+3x+5, 由橢圓方程得-2≤x≤2,二次函數(shù)圖象開口向上,對稱

60、軸為直線x=-6<-2, 當x=-2時,PF1·PA取到最小值0,當x=2時,PF1·PA取到最大值12. ∴PF1·PA的取值范圍是[0,12]. 11.(2018廣東茂名模擬,20)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距為26,設右焦點為F,過原點O的直線l與橢圓C交于A,B兩點,線段AF的中點為M,線段BF的中點為N,且OM·ON=14. (1)求弦AB的長; (2)當直線l的斜率k=12,且直線l'∥l時,l'交橢圓于P,Q,若點A在第一象限,求證:直線AP,AQ與x軸圍成一個等腰三角形. 解析　(1)由題意可知2c=26,c=6,F(6,0),設A(x

61、0,y0),B(-x0,-y0), 則Mx0+62,y02,N-x0+62,-y02, 由OM·ON=6-x02-y024=14,則x02+y02=5, 則|AB|=2x02+y02=25. (2)證明:直線l的斜率k=12,則l:y=12x,y0=12x0, 由x02+y02=5,得A(2,1),將c=6代入橢圓方程解得 a=22,b=2,∴橢圓的方程為x28+y22=1. 由題意設l':y=12x+m(m≠0), 聯(lián)立x2+4y2=8,y=12x+m,整理得x2+2mx+2m2-4=0, Δ=4m2-4(2m2-4)>0,即m∈(-2,0)∪(0,2). 設直線AP,A

62、Q的斜率分別為k1,k2,P(x1,y1),Q(x2,y2),則k1=y1-1x1-2,k2=y2-1x2-2. 由x2+2mx+2m2-4=0, 可得x1+x2=-2m,x1x2=2m2-4, 所以k1+k2=y1-1x1-2+y2-1x2-2=(y1-1)(x2-2)+(y2-1)(x1-2)(x1-2)(x2-2) =12x1+m-1(x2-2)+12x2+m-1(x1-2)(x1-2)(x2-2) =x1x2+(m-2)(x1+x2)-4(m-1)(x1-2)(x2-2) =2m2-4-2m2+4m-4(m-1)(x1-2)(x2-2)=0,即k1+k2=0. ∴直線AP,AQ與x軸圍成一個等腰三角形.