2020年高考数学考点22椭圆

考点22 椭圆
1. （2020·福建高考文科·Ｔ１
x2 1）若点 O和点 F 分别为椭圆
4
uuur uuur
的任意一点，则 OP FP 的最大值为（）
值的问题，利用二次函数的方法求解
uuur
FP 6.
max
心率是（
命题立意】本题考察椭圆的基本性质以及等差数列的定义
思路点拨】由椭圆长轴的长度、短轴的长度和焦距成等差数列，列出a 、b 、c的关系，再转化为a、c 间的关系，从而求出e.
【规范解答】选B .Q 椭圆长轴的长度、短轴的长度和焦距成等差数列2b a c ，
2 2 2 2 2 2
4b a 2ac c ，又a b c ，
c
a c 0 (舍去)或3a 5c 0 ，e
a
3．( 2020·陕西高考理科·Ｔ20)如图，椭圆C：
22
x2 y2 1的顶点为A1,A2,B1,B2,焦点为F1,F2, ab
A1B1 7, S YA
1B1A2B22S YB
1F1B2F2
(Ⅰ) 求椭圆 C的方程；1的中心和左焦点，点P为椭圆上
A.2
B.3
C.6
D.8
命题立意】本题考查椭圆的基本概念、平面向量的内积、利用二次函数求最值
思路点拨】先求出椭圆的左焦点，设P 为动点，依题意写出
uu
ur
OP
uuur
FP 的表达式，进而转化为求解条件
最
规范解答】选C，设P x
0,y0 ，则
2
x0
4
2
y0
3
2
1即
y2
3x 2 0
，又因为F 1,0
4
uuu r OP uur
FP x0 x0 1 2
y0
12
4
x0 x0
1
4
x0
uuur uur
2，又x0 2,2 ，OP FP 2,6 ，
所以uuu r OP
2. （2020·广东高考文科·7）若一个椭圆长轴的长度、短轴的长度和焦距成等差数列，则该椭圆的离A．B．D．
4b2(a c)2，即：
4(a2c2) a22ac c2，即3a22ac 5c20，(a c)(3a 5c) 0，
3，故选B .
5
uuur
（Ⅱ）设 n 是过原点的直线， l 是与 n 垂直相交于 P 点、与椭圆相交于 A,B 两点的直线， OP 1,是否存在
uuur uuur
上述直线 l 使 APgPB 1 成立？若存在，求出直线 l 的方程；若不存在，请说明理由 。

【命题立意】 本题考查了椭圆的标准方程、直线与圆锥曲线的位置关系，是一道综合性的试题，考查了学 生综合运用知识解决问题的能力。

其中问题（ 2）是一个开放性问题，考查了观察、推理以及创造性地分
析问题、解决问题的能力。

【思路点拨】 已知 a, b 的方程组 a,b 椭圆 C 的方程 假设存在直线 l 使命题成立 结论
由求根公式得： x 1 x 2
8km
2
, ④
1 2
3 4k 2
4(m 2
3) ⑤
x 1x 2 2 , ⑤
3 4k
2
x
1x
2
y 1y 2
x
1x
2
(kx 1 m)(kx 2 m) (1 k 2
)x 1x 2 km(x 1
x 2) 2
m,
(1 k 2
)x 1x 2 km(x 1
x 2) 2
m0
将④⑤代入上式并化简得
4(1 k 2
)(m 2
3) 8k 2m 2
m 2
(3 4k 2
) 0,
规范解答】 Ⅰ)由 A 1B 1
7 知 a 2+b 2=7,
由
S Y A 1B 1 A 2B 2
2S YB 1F 1B 2F 2
知 a
2c,
又
b 2 a 2
2
c ，
由 ①②③解得 a 2 4,b 2 3.
故椭圆 C 的方程为 22
x 2
y 2 1.
43
（Ⅱ）设 A,B 两点的坐标分别为（ uuur uuur 假设存在直线 l 使 APgPB 1 成立，
（ⅰ）当 l 与 x 轴不垂直时，设 l x 1,y 1) (x 2,y 2)
的方程为 y=kx +m , uuur 由 l 与 n 垂直相交于 P 点且 OP m
1, 得
1,
1 k 2
m 2 k 2 1. uuur uuur
1, APgPB 1
O uu P ur
uuur uuur OAgOB uuur 2 uuur uuur OP OPgPB PAgOP PAgPB 1 0 0 1 x 1x 2 y 1y 2 0.
将y kx m 代入椭圆方程，得
(3 4k 2
)x 2
因为
uuur uuur uuur uuur (OP PA)g(OP PB) uuur uuur uuur uuur
8kmx 4(m 2 3) 0,
0,
将m 2
1 2
k 2
代入上式并化简得： 5(1 k 2) 0，矛盾，故此时的直l 不存
uuu
（ⅱ）
当l 与 x 轴垂直时，满足 OP
1 的直线 l
的方程为 x 1,或x 1 ，
当x 1
时， A ， B ，P 的坐标分别
为 3 (1,2),(1, 3
2),(1,0).
uuu r
3 uuur 3
AP
(0, 2),PB (0, 2),
uuur uuur APgPB
uuur uuur
当 x 1时，同理可得 APgPB 1，矛盾 . 即此时的直线 l 也不存在 .
uuur uuur
综上可知，使 APgPB 1成立的直线 l 不存在 .
22
4. （2020·海南高考理科· T20）设 F 1, F 2分别是椭圆 E: x
2 y
2 1 （ a>b>0）的左、右焦点，过 F 1斜率 a
2
b 2
为 1 的直线 l 与 E 相交于 A,B 两点，且 AF 2 , AB , BF 2 成等差数列 . （Ⅰ ） 求 E 的离心率；
（Ⅱ）设点 P （0,-1 ）满足 PA PB , 求 E 的方程 .
【命题立意】 本题综合考查了椭圆的定义、等差数列的概念以及直线与椭圆的关系等等 . 解决本题时，一
定要灵活运用韦达定理以及弦长公式等知识 .
【思路点拨】 利用等差数列的定义， 得出 AF 2 , AB , BF 2 满足的一个关系， 然后再利用椭圆的定义进行 计算.
【规范解答】 （Ⅰ ）由椭圆的定义知， AF 2 BF 2 AB 4a ，又2 AB AF 2 BF 2 得 AB 4
a l 的方程为 y x c ，其中 c a 2
b 2
3
，
设 A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，则 A, B 两点坐标满足方程组
y
2
x 2 a xc
b y 22
1
化简得，
(a
2
22
b )x 2 2 2 2
2a cx a (c b ) 0
2
22
2
则
2a 2c
a 2(c
2
b 2
)
x 1 x 2
2 2 ， x 1x 2
2
2
.
a
2 b 2
a
b 2
3.
4a
42ab
2
，故 a 2 2b 2
,
所以 E 的离心率 e
3 a
2
b
2 ,
2
椭圆 E 的方程为 x
18
方法技巧】 熟练利用圆锥曲线的定义及常用的性质，从题目中提取有价值的信息， 相关的计算 .
5. （ 2020·陕西高考文科·Ｔ 20）如图，椭圆 C ：
uuur 由 l 与 n 垂直相交于 P 点且 OP
1,得 1m
k 2 1, m 2 k 2 1.
uuur uuur 由
OAgOB 0 得 x 1x 2 y 1y 2 0.
将y kx m 代入椭圆方程，得
2 2 2
Ⅱ）设 A,B 两点的中点
为
N x 0,y 0 ，由(Ⅰ ) 知 x 0
x
1
x
2
2
2
ac
22
ab 2
3c ， y 0 x 0 c
由 PA
PB ，可知 k
PN
1.即
y
0 1
1，得c 3，从而 a x
3 2,b
22 x 2 y 2 1的顶点为 A 1,A 2,B 1,B 2,焦点为 F 1,F 2, ab A 1B 1 7,S Y A 1B 1A 2B 2
2S
YB 1F 1B 2F 2 （Ⅰ） 求椭圆 C 的方程；
（ Ⅱ）设n 是过原点的直线， l 是与 n 垂直相交于 P 点
uuur
OP 1,是否存在上述直线 l 使OAgOB 0 成立？ 与椭圆相交于 A,B 两点的直线， 若存在，求出直线 l 的方程；若不存在，请说明理由 uuur
uuur
命题立意】 本题考查了椭圆的标准方程、直线与圆锥曲线的位置关系，是一道综合性的试题，考查了学 生综合运用知识解决问题的能力。

其中问题（ 2）是一个开放性问题，考查了观察、推理以及创造性地分 析问题、解决问题的能力。

思路点拨】 已知 a, b 的方程组 a,b
椭圆 C 的方程 假设存在直线 l 使命题成立 结论 规范解答】 （Ⅰ）同理科
（Ⅱ）设 A,B 两点的坐标分别为（ x 1,y 1） （ x 2 ,y 2） uuur uuur 假设存在直 线 l 使OAgOB 0 成立， （ⅰ）当 l 与 x 轴不垂直时，设 l 的方程为 y=kx +m ,
a 2
b 2
1.
然后列出方程组进行
(3 4k2 )x2 8kmx 4(m2 3)
3.
由求根公式得：x1 x28km2 , ④
3 4k 2
x1x24(m
2
3)
,⑤3 4k2,
x1x2
y1y2x1x2(kx1m)(kx2 m) (1k2)x1x2km(x1x2)2
m,
(12k )x
1x2km(x1x2)2
m0
将④⑤代入上式并化简得
2 2 2 2 2 2
4（1 k2）（m23） 8k2m2m2（3 4k2） 0, 将m2 1 k2代入上式并化简得：5（1 k 2） 0，矛盾，故此时的直线l不存在.
uuur
ⅱ）当 l 与 x 轴垂直时，满足OP 1的直线 l 的方程为x 1,或x 1 ，
当x 1时， A ，B的坐标分别为(1,3),(1, 3).
22 uuur 3uuur 3 OA (1,2),OB (1, 2). uuur
uuur OAgOB 50.
4uuur uuur
x 1时，同理可得OAgOB 0，矛盾.
即此时的直线l 也不存在.
uuur uuur
综上可知，使OAgOB 0成立的直线l不存在.
6. （2020·江苏高考·Ｔ１8）在平面直角坐标
系
22
椭圆x y1的左、右顶点为A、B，右焦点为95
的直线TA、TB 与此椭圆分别交于点M（x1,
y1）
m>0, y1 0,y2 0 。

（1）设动点P满足PF2 PB2 4, 求点P的轨迹；
（2）设x1 2,x21，求点T的坐标；
3
（3）设t 9 ,求证：直线MN必过x轴上的一定点（其坐标与m无关）。

【命题立意】本题主要考查求曲线的方程，考查方直线与椭圆的方程及其相关的基础知识。

考查运算求解能力和探究问题的能力。

【思路点拨】（1）设出P点的坐标，然后代入PF2 PB2 4 ，化简即可；（2）点T为直线MT和NT的交点；（3）联立直线MAT、直线NBT和椭圆方程，求出M和N的坐标，从而求出直线MN的方程, 进而求证结论.
240 3m2
80 m23m 620及m 0，得m
2
规范解答】（1）设点P（x，y），则：F（2，0）、B（3，0）、A（-3，0）。

由PF 2 PB24，得(x 2)2y2[(x 3)2y2] 4, 化简得x 92。

9
故所求点P 的轨迹为直线x 9。

2
1
2）将x1 2,x2 分别代入椭圆方程，以及
3
51
y1 0, y2 0 得：M(2，)、N( ，
33
20
)
9
直线MTA方程为：y 0 x 3，即y 1x 1，
50 2 3 3
3
直线NTB 方程为：y0
20
9
x355
，即y x
1362
3
x7
联立方程组，解得：
10
，y
3
所以点T 的坐标为
10 (7, )。

3
（3）点T 的坐标
为
(9,m)
直线MTA 方程为：y0x3
m093
m
y 1m2(x 3)，
直线NTB 方程
为：y 0 x 3，即y m(x 3)。

m 0 9 3 6
2 分别与椭圆x
9 1联立方程组，同时考虑到x
1 3,x
2
3 ，
解得：M (3(80
80
m
2
)
2
m
40m
80 m
2
)
N(
3(m2
20
20)
2
m
20m
20 m2）。

方法一：当x1 x2 时，直线MN方程为：
20m
2
20 m2
2
3(m2 20)
2
20 m2
40m 20m
80 m2 20 m2
22
3(80 m2) 3(m220)
22
80 m220 m2
令y 0 ，解得：x 1 。

此时必过点D（1，0）；
当x1 x2 时，直线MN方程为：x 1 ，与x 轴交点为D（1，0）。

所以直线MN必过x 轴上的一定点D（1，0）。

2 10 方法二：若x1x，则由
1
规范解答】 1）设椭圆 2
E 的方程为 x 2
a 2
2
b y 2 1( a b
0），
由题意 e c
a
9
b 2
1，
又Qc 2
22
a 2
b 2
，解得：
c 2,a 4,b 2 3
椭圆 E 的方程为 2
x
16
2 y
12
2 ）方法 1：由
问得 F 1( 2,0) ， F 2(2,0) ，又 Q A 2,3 ，易得 F 1AF 2 为直角三角形，其中
通过研究何时变化的量与参数无关， 找 到定点或定值的方法叫做参数法， 其解题的关键是合适的参数表示 变化的量 .
当要解决动直线过定点问题时，可以根据确定直线的条件建立直线系方程，通过该直线过定点所满足 的条件确定所要求的定点坐标
已知椭圆 E 经过点 A 2,3 ，对称轴为坐标轴，焦点 F 1,F 2在 x 轴上，
若存在，请找出；若不存在，说明理由。

命题立意】 本题主要考查椭圆的定义及标准方程，椭圆的简单性质，点关于直线的对称性等知识，考查 考生在解析几何的基本思想方法方面的认知水平，探究意识，创新意识和综合运算求解能力． 思路点拨】 （ 1）设出椭圆的标准方程，再根据题设条件构建方程（组）求解；
2）根据角平分线的性质求出直线 l 的斜率或直线 l 上的一个点的坐标，进而求得直线 l 的方程； 3）先假设椭圆 E 上存在关 于直线 l 对称的相异两点，在此基础之上进行推理运算，求解此两点，根
据推理结果做出判断。

此时直线 MN 的方程为 x 1，过点 D （1， 0）。

若
x 1
x 2 ，则 m 2 10 ，直线 MD 的斜率 k MD 40m
2 80 m 2
2 240 3m 2
2
80 m 2
10m ，
2，
40 m
2
20m
直线 ND 的斜率 k ND
22
0 m
ND
3m 2
60
2
1
20 m 2
10m
40 m 2
，得
k MD k ND ，所以直线 MN 过 D 点。

因此，直线 MN 必过x 轴上的点（ 1， 0）。

方法技巧】 由于定点、定值是变化中得不变量， 引进参数表述这些量，不变的量就是与参数无关的量，
7. （ 2020·安徽高考理科·Ｔ 19） 1
离心率 e 1 。

2
(1) 求椭圆 E 的方程；
(2) 求 F 1AF 2 的角平分线所在直线
l 的方程；
(3) 在椭圆 E 上是否存在关于直线 l 对称的相异两点？
1
M ( 1
2 ,0)
所以点 R 与点 A 是同一点，这与假设矛盾， 故椭圆 E 上不存在关于直线 l 对称的相异两点。

【方法技巧】
1、求圆锥曲线的方程，通常是利用待定系数法先设出曲线的标准方程，再根据题设条件构建方程
（组） 求解；
2、利用向量表示出已知条件，可以将复杂的题设简单化，便于理解和计算；
3、对于存在性问题，其常规解法是先假设命题存在，再根据题设条件进行的推理运算，若能推得
符合题 意的结论，则存在性成立，否则，存在性不成立。

k
l
2， 直线 l 的方程
为：
y3 2(x 2)，即 y
2x （3）假设椭圆 E 上存在关于直线 l 对称的相异两点 P
、 Q ，
令 P(x 1,y 1) 、 Q(x 2,y 2) ，且 P Q 的中点为 R
（x 0,y 0）
Q PQ
l ， k PQ
y
2
y
1 1
，
x 2
x
1
2
2
2
x
1 y
1
1(1)
22
2
2 又Q 16 12
两式相减
得 :
x 2 x 1 y 2
y
1
2 x
2
2 y
2
1(2)
16
12
16 12
x
2
x
1
16 y 2 y 1
16
(
1
)
2
,即
x
2 （3
）
y
2 y
1
12 x
2 x
1
12
2 3
y 0
3
又
Q R （x 0,y 0） 在直线 l 上，
2x
1（4）
y
1。

设 F 1AF 2 的角 平分线所在直线 l 与x 轴交于点 M ，根据角平线定理可知： AF 1 AF 2 F 1M F 2M
，可得 F 2M 3
，
2
2 直线 l 的方程为： y 0
30
2
2
1
12，即 y 2x 1。

方法 2：
uuur
AF 1
uuur AF 1 uuur 1 | AF 1 | 1)问得 F 1( uuuur AF 2 4, 3) ， uuuur AF 2 uuuur 2 | AF 2 | 2,0) ， F 2 (2,0) ， (0, 3)， 又 Q A 2,3 ，
1 ( 4, 3)
5
1
3(0, 3) 4
(1,2)， 5
由（ 3）（4）解得：
x 0 2,y 0 3 ，
8. （2020·山东高考文科·Ｔ22 ）如图，已知椭圆
22
x
2y2 1 (a b 0)过点. (1, 2) ，离心率为2，a
2
b
2
2 2
左、右焦点分别为F1、F2 .点P为直线l: x y2上且不在x轴上的任意一点，直线PF1和PF2与椭圆的交点分别为A、B和C、D，O为坐标原点
1）求椭圆的标准方
程；
2）设直线PF1、PF2的斜线分别为k1、k2.
13
①证明： 1 32 ；
k1 k2
②问直线l 上是否存在点P ，使得直线OA、OB、OC、OD
的斜率k OA 、k OB 、k OC 、k OD 满足k OA k OB k OC k OD 0？
若存在，求出所有满足条件的点P 的坐标；若不存在，说明理
由
命题立意】本题主要考查椭圆的基本概念和性质，考查直线与椭圆的位置关系，考查了数形结合
思想，
分类讨论思想以及探求解决新问题的能
力。

思路点拨】（1）根据离心率和已知点构造含有a,b, c的方程组，可求出椭圆的方程；（2）① 方法一：将
点P的坐标用k1 , k2表示出来，再将点P 的坐标代入直线l :x y 2 进行化简；方法二：设出点P 的坐标，
再将k1,k2 用点P的坐标表示，并利用点P在直线上进行化简；②利用韦达定理将k OA k OB用 k1表示出来，
将 k OC k OD 用 k2 表示出来，再由k OA k OB k OC k OD 0可得关于k1,k2 的方程，再联立结论（1）可求出k1,k2 ，最终可求出点P的坐标.
规范解答】1）因为椭圆过点（1, 22），e2，所以12
221
2b
2
1,c
a
又a2b2c2，所以a2,b 1,c
故所求椭圆方程
为
1.
（2）①证明：方法一：由
于
F1(1,0)，F2(1,0)
，
PF1，PF2 的斜率分别为k1、 k2 ，且点P不在 x轴
上，
所以 k1 0, k2 0, k1k
2.
又直线 PF1 ，PF2的方程分别为k1(x1)，y k2(x1），联立方程
组得k1 k2
x
k2 k1
2k1k2
k2 k1
2k1k2 3k1所以，由于P 在直线xy2上，所
以
k1k2 2k1k2
k2 k1
2 ，因
此
k2 0,即 1 32, 结论成立.
k1 k2
当 k 1 k 2 1 时，结合（ 1）的结论可得 k 2 k 1 －1 ，不满足
k 1 k 2 ，舍去），此时直线
方法技巧】 解析几何中的存在判断型问题
1、基本特征：要判断在某些确定条件下的某一数学对象 （数值、图形 ） 是否存在或某一结论和参数无关 .
2、基本策略：通常假定题中的数学对象存在 （ 或结论成立 ） ，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导
出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论 . 其中反证法在解题中起着重要的作用 . 或者将该问题涉及的几 何式转化为代数式或三角式来证明该式是恒定的
x 2
9. （ 2020·天津高考理科·Ｔ 20）已知椭圆 2
a 2
点得到的菱形的面积为 4。

（ 1） 求椭圆的方程；
（2） 设直线 l 与椭圆相交于不同的两点 A, B ，已知点 A 的坐标为（ a,0 ），点 Q （0, y 0 ）在线段
AB
方法二：设 P （x 0,y 0），则 k 1 y
0 ，
y
， k
2
x 0 1
x 0
，因为点 P 不在 x 轴上，所以
1
y 0
0，
1 又
x 0 y 0 2 ，所以 k
1
k 2 x 0 1 3(x 0 1)
4 2x 0
2y 0
y 0 y 0 y
2. 结论成
立 . y
②:
设
A(x A ,y B ),B x B ,y B ,C x C ,y C ,D x D ,y D . 联立直线 PF 1 与椭圆的方程得 2 x 2 y k 1 x 2 y
2 1,
1,
化简得
2k
12
1
1,
22
x
2 4k 12
x
2
2k 12
2 0 ,
因此 x A x B 4K 12
2K 12
,x A x B 1 2K 12
2K 12
2
2
， 需将本行和下一行的大写
1
K 1的改为小写 k
1
由于 OA,OB 的斜率存在 , 所以 x A
0,x B 0, 因此 K 12
0,1.
y A y B k 1 x A
1 k 1 x B 1 x A x B
x A
x B
到 x C 0,x D 0,k 22
0,1
, k
OC
k
OD
故
k OA k
OB
k
OC
k
OD
2( 2k1
k 12
1
若 k OA k
OB
k
OC
k
OD
0 ，须有 k 1
2k 1
k
2
k
2
当 k 1 k 2 0 时，结合（ 2k 2
22
1
因此 k OA k
OB k
1 x A x B
x A x B
k 1(2
k 42k 12 2
)
k
1 2
4k 1
2k 12
2
2k 1 k 12
2 相似地可以得
1）的结论可得 k 2 k 1k 22
k 1
k 12k 2 k 2
2
(k 12
1)(k 22
1)
0或k 1 k 2 1.
－2，所以解得点 2(k 1 k 2 1)(k 1 k 2 )，
(k 12
1)(k 22
1)
P 的坐标为（ 0,2 ）； CD 的方程为 y 3（x 1） ，联立方程 x y
2得x
53
4
,y 4
，
因此点 P 的坐标为 （5
,3
） 。

44
综上所述，满足条件的点 P 的坐标分别为（ 0,2
），
53 (54
,34
).
－1（此时 3或k 2 y 2
2
1（a b 0）的离心率 e 3
，连接椭圆的四个顶 b 2 2
uuur uuur
的垂直平分线上，且QAgQB 4 ，求y0的值.
命题立意】本小题主要考察椭圆的标准方程和几何性质，直线的方程，平面向量等基础知识，考查用代
数方法研究圆锥曲线的性质及数形结合的思想，考查运算和推理能
力。

思路点拨】1）建立关于a,b 的方程组求出a,b ；（2）构造新的一元二次方程求解。

规范解答】1）由e
2，得3a 4c ，再由
22
a
2
b
2
，得a
2b
由题意可
知，
2a2b4,即ab 2
解方程组a
ab 2b
得a=2,b=1 ，所以椭圆的方程
为
x2
1。

（2）解：由（1）可知A（-2,0 ）。

设B点的坐标为x1,,y 1), 直线l 的斜率为
k ，
则直线l 的方程为
y=k(x+2),
于是A,B 两点的坐标满足方程组y k(x 2)
2
x y2 1
由方程组消去 y 整理，得（1 4k2）x216k2x(16k24) 0
2
16k2 4 由2x1 2
1 1 4k2
2
,得x1 2 8k2 ,从而y1
1 4k
4k
,
2,
1 4k2
设线段AB是中点为
8k
2
8k 2k
M，则M的坐标为( 2 , 2 ) 1 4k2 1
4k2
以下分两种情况：
1）k=0 时，
点B 的坐标为（2,0 ）。

线段AB 的垂直平分线为y 轴，于是
QA2, y0),QB (2, y0)由QAgQB =4，得y0 =22
2）k 0 时，线段AB 的垂直平分线方程
为后边的Y 改为小写）Y
2k
1 4k2
k1(x 18k4
2
k2
)
k 1 4k2
令
x=0 ，解得y0
1 4k2
由QA( 2, y0),QB(x1,y1y0)
QAgQB2x1y0(y1y0)=2(2 1
4(16k415k21)
22
(1 4k2)2
8k2)
4k
2
4k
2
16k4k2 (1 4k
164k k2
)
整理得7k22,故k
14 2 14
1
74所以y0= 2514
综上 y 0= 2 2或y 0=
2 14
5
2
x
10. （ 2020·天津高考文科·Ｔ 21）已知椭圆 2
a 2
1（a>b>0）的离心率 e= 23
，连接椭圆的四个顶
点得到的菱形的面积为 4. Ⅰ）求椭圆的方程；
i ）若 | AB|= 4 2
，求直线 l 的倾斜角；
5
uuur uuur
ii ）若点 Q （0，y 0）在线段 AB 的垂直平分线上，且 QA gQB=4 .求y 0的值.
命题立意】 本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、两点间的距离公式、直线的倾斜 角、平面向量等基础知识，考查用代数方法研究圆锥曲线的性质及数形结合的思想，考查综合分析与运算 能力。

思路点拨】 （ 1）建立关于 a,b 的方程组求出 a,b ；（2）构造新方程综合运用两点间的距离公式、 平面向量等知识求解。

2
3
，得 3a 2 4c 2.再由c 2 a 2 b 2
，解得 a ＝2b.
1 由题意可知
2
解方程组 a
ab 2b,
得a=2，b=1.
2,
A 的坐标是（ -2,0 ）.设点
B 的坐标为 （x 1,y 1），直线 l 的斜率为 k.
则直线 l 的方程为 y=k （ x+2） .
由|AB|
4 2
，得
4 1 k
2
5 1 4k
2
所以椭圆的方程
为
x
4
2 y 2
1.
是 A 、 B 两点的坐标满足方
程 y
组 x 2 4 k(x
2）,
消去 y 并整理，得 1.
(1 4k 2 )x 2 16k 2x (16k 2 4) 0 . 由 2x 1 16k 24，得 x 1 1 4k 2 2 8k
22.从而 y 1
1 4k
2 1 4k
.
1 4k
2 .
所以 |AB|
22
2 8k 2
2
2
1 4k 2
4k
1 4k 2
4 1 k 2
1 4k 2
2 y
b 2
Ⅱ）设直线 l 与椭圆相交于不同的两点 A 、 B ， 已知点 A 的坐标为（ -a ， 0） .
c 规范解答】 （Ⅰ）解：由 e ＝
a 2a 2
b 4 ，即 ab ＝
2.
（ Ⅱ）（i ） 解：由（Ⅰ）可知点 42 5
整理得32k49k223 0 ，即(k21)(32k 223) 0 ，解得k＝1.所以直线l 的倾斜角为或3
44
8k 2
2k
i )得到M的坐标为8k2, 2k2
1 4k
2 1 4k2以下分两种情况：
ii ）设线段AB的中点为M，由
(1) uuur QA 当 k=0 时，点 B 的坐标是（
uuur 2, y ,QB
2, y 0 .
2,0 ），线段 AB 的垂直平分线为 y 轴，于
是 uuur uuur 由 QA?QB 4， 得
y 0 （ 2）当
k
0 时，线段 AB 的垂直平分线方程
为
令 x 0， 解得 y 0
6k 。

1 4k 2
uuur
uuur 由 QA
2, y 0
， QB x 1,y 1 y 0 ， uuur uuur QA?QB
2x 1
2 2 2 8k 2
y 0 y 1 y 0
1 4k 2
4 16k 4 15k 2 1
2
4，
1 4k
2 2
2k
1 4k 2
4k 2
6k
1 4k
2 1 4k
整理得 7k 2
2 。

故 k
2 14。

5
11.（2020·北京高考文科· Ｔ１ 9）已知椭圆
直线 y t 与椭圆 C 交与不同的两点 M ， N ，
Ⅰ）求椭圆 C 的方程；
8k 2 。

1 4k 2
6k 1 4k 2
C 的左、右焦点坐标分别是 （ 2,0） ，（ 2,0） ，离心率是 6 ，
3
以线段 MN 为直径作圆 P, 圆心为 P. Ⅱ）若圆 P 与 x 轴相切，求圆心 P 的坐标；
Ⅲ）设 Q （x,y ）是圆 P 上的动点，当 t 变化时，求 y 的最大值 .
命题立意】 本题考查了求椭圆方程， 直线与圆的位置关系， 函数的最值。

要求学生掌握椭圆标准中 a,b,c c
的关系，离心率 e . 直线与圆相切问题转化为圆心到直线的距离等于半径来求解
a
值的求法用到了三角代换，体现了数学中的转化与化归思想 .
. 第（Ⅲ）问中 y 最大
思路点拨】 由焦点可求出 c ，再利用离心率可求出 a,b 。

直线与圆的位置关系转化为圆心到直线的距离 规范解答】 （Ⅰ）因为 c 6 ，且 c 2 ，所以 a 3,b a 2 c 2 1 a3
y
14。

所以 y 0
2
1
，且 x 0， y 取最大值 2.
方法技巧】 （ 1）直线与圆的位置关系： d r 时相离； d r 时相切； d r 时相交； 2）求无理函数的最值时三角代换是一种常用的
去根号的技巧
.
2
设 F 1， F 2 分别为椭圆 C : x
2
a 2
12. （ 2020·辽宁高考文科·Ｔ 20）
2
3(1 t 2 所以椭圆 C 的方程为 x
3
Ⅱ）由题意知 yt
由
x 2 2
y 2
所以圆 由
|t|
p(0, t )( P 的半径为 3(1 t 2
)
Ⅲ）由（Ⅱ）知， 2
) x y 2
得
x
y 2 1.
1 t 1)
3(1 t 2)
3(1 t 2) .
33
，
解得 t 3 l
. 所以点 P 的坐标是（ 0，
3
）.
，
2 2
圆
P 的方程 x 2 (y t)2 2 3（1 t 2
）.因为点 Q （x,y ）在圆 P 上。

所以由图可知
t 2)。

设t cos , (0, )，则 t 。

3(1 t 2
) cos 3sin 2sin( ) 6
t
3，即
（ 2）联立直线方程和椭圆方程，消去 x, 解出两个交点的纵坐标，利用这两个纵坐标间的关系，求出 进而求出椭圆方程 . 规范解答】
解：
(I )设焦距为 2c 由已知可得 F 1到直线 l 的距离 2csin 60。

＝2 3，即 3c 2 3,故c 2。

椭圆C 的焦距为 4。

(II )设A(x 1, y 1),B(x 2, y 2 ) y 1 0,y 2 0
直线 l 的方程为： y 3(x 2)
y 3(x 2)
联立 x 2 y 2
消去x 得(3a 2 b 2)y 2 4 3b 2y 3b 4 0
2 2
1 ab 解得：y
3b 2(2 2a) y
3b 2(2 2a)
解得： y
1 2
2
y
2 2
2
1
3a 2
b
2
2
3a
2
b
2
uuur uuur
因为 AF 2＝2F 2B ，所以 y 1 2y 2,
即： 3b 2 (2 2a) ＝2g
3b 2
(2 2a) 即：
3a 2 b 2
＝2g
3a 2 b 2
解得 a 3,而a 2 b 2 4,所以 b 5 x 2 2
椭圆C 的方程为 x y
1
95
【方法技
巧】
1、第（I ）利用直角三角形中的边角关系比用点到直线的距离要简单，做题时要根据题目特
点，灵活选择解题策略 .
2、直线方程与圆锥曲线方程联立成方 程组是一种常用的方法 .
22
xy
13. （ 2020 ·辽宁高考理科·Ｔ 20）设椭圆 C ： 2 2 1（a b 0） 的右焦点为 F ，过点 F 的直线 l 与椭 ab
uuur uuur
圆 C 相交于 A ， B 两点，直线 l 的倾斜角为 60o
, AF 2FB .
(I) 求椭圆 C 的离心率；
(II)
15 如果|AB|= 15
，求椭圆 C 的方程. 4
【命题立意】 本题考查了直线的点斜式方程，考查了椭圆的离心率，椭圆的标准方程，考查了圆锥曲线中 的弦长问题， 以及推理运算能力 .
【思路点拨】
（I ）联立直线方程和椭圆方程， 消去 x, 解出两个交点的纵坐标， 利用这两个纵坐标间的关
系， 得出 a 、 b 、c 间的关系，求出离心率 .
（II ）利用弦长公式表示出 |AB| ，再结合离心率和 a 2
b 2
c 2
，求出 a 、b ，写出椭圆方程 .
规范解答】
方法技巧】
1、直线、圆锥曲线的综合问题，往往是联立成方程组消去一个 x （或y ）, 得到关于 y （或 x ）的一元二
次方程，使问题得以解决 .
2 、弦长问题，注意使用弦长公式，并结合一元二次方程根与系数的关系来解决问题 .
14. （ 2020·福建高考理科·Ｔ 17）已知中心在坐标原点 O 的椭圆 C 经过点 A （2 , 3 ），且点 F （2 ，0）
为其右焦点 .
（I ）求椭圆 C 的方程；
（II ）是否存 在平行于 OA 的直线 l ，使得直线 l 与椭圆 C 有公共点，且直线 OA 与 l 的距离等于 4？若 存在，求出直线 l 的方程；若不存在，说明理由 .
【命题立意】 本小题主要考查直线、椭圆等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查函数与 方程思想、数形结合思想、化归与转化思想 .
【思路点拨】 第一步先求出左焦点，进而求出 a,c, 然后求解椭圆的标准方程；第二步依题意假设直线 l 的 3
方程为 y x t ，联立直线与椭圆的方程，利用判别式限制参数 t 的范围，再由直线 OA 与直线 l 的距离 2 等于 4列出方程，求解出 t 的值，注意判别式对参数 t 的限制 .
设A(x 1,y 1),B(x 2, y 2) (y 1 0 y 2 0)
(I) 直线l 的方程为 y 3(x c), 其中 c a 2 b 2
3(x c)
y 2
消去 x 得(3a 2 b 2)y 2 2 3b 2cy 3b 4
1 b
2 1 3b 2
(c 2a)
3b 2(c 2a)
y
联立 x 2
2
a
解得 y
1 2 2
2 2 2
1
3a 2
b
2 2
3a 2
b 2
uuur uuur
因为 AF 2FB,所以 y 1 2y 2
即
3b 2 (c 2a)＝2g 3b 2(c 2a) ,y 2 3a 2 b 2 3a 2 b 2
得离心率 e c 2
a3
(II)因为|AB|＝ 1+
3 |y 2 -y 1|,所以 3g 3a 2 b 2 4。

由 c 2
得b 5
a 。

所以 5
a ＝15
a 3 3 2 所以椭圆 C 的方程为 x
9
，得 a 3,b 5。

44 2 y 2 1 5
15. （ 2020·湖南高考文科·Ｔ 19）为了考察冰川的融化状况，一支科考队在某冰川山上相距 两点各建一个考察基地，视冰川面为平面形，以过 A 、B 两点的直线为 x 轴，线段 AB 的垂直平分线为 y 轴 建立平面直角坐标系（图 4）。

考察范围到 A 、 B 两点的距离之和不超过 10Km 的区域。

（I ） 求考察区域边界曲线的方程：
II ） 如图 4 所示，设线段 P 1P 2 是冰川的部分边界线（不考虑其他边界） ，当冰川融化时，边界线沿与 其
垂直的方向朝考察区域平行移动， 第一年移动 0.2km ，以后每年移动的距离为前一年的 2 倍。

问：经过多长时间，点 A 恰好在冰川边界线上？
命题立意】 把直线和圆锥曲线的关系问题放在生活实际中考查充分体现了知识的应用性。

能很好的体现 学生
规范解答】（I ）依题意，可设椭圆的方程为 2
x 2
a
1a b0
，且可知左焦点为 F 2,0 ，从而
有
c 2 ，解得 a
2a AF AF 3 5 8 c
4
，又
a
c 2, b 2
2
x
12 ，故椭圆的方程为
16 2
y 2
1 ； 12
II ）假设存在符合题意的直线 l ，其方程为
t ，
2
x 16
2 y
12 3 x 2 1
得 3x 2 t
2
3tx t 2 12
0 ，因
为直线 l 与椭圆 C 有公共点， 所以 3t
43 t 2
12
0 ，解得 4 3
4 3 。

另一方面，
4,
2 1
3 ，由于 2 13
4 3,4 3 ，所以
符合题意的直线 l 不存在 .
方法技巧】 在求解直线与圆锥曲线的位置关系中的相交弦问题时，我们一定要注意判别式
的限制。

因
为抛物与直线有交点，注意应用 0进行验证可避免增根也可以用来限制参数的范围
8Km 的 A 、 B
由直线 OA 与直线 l 的距离等于
应用知识的能力，而且打破了解析几何的固定命题模式。

【思路点拨】题目的阐述比较新颖，把求曲线的方程阐述成求区域的边界。

不受表面阐述所干扰，还是利用定义法求轨迹即可。

第二问是数列问题，巧妙地把解析几何和数列的求和结合起来。

【规范解答】（1）设边界曲线上点P的坐标为（x,y ），则由|PA|+|PB|=10 知，点P在以A,B为焦点，长轴为2a=10 的椭圆上。

此时短半轴长b 52 42 3.
22 所以考察区域边界曲线（如图）的方程为x y1.
25 9
（2）易知过点P1,P 2的直线方程为4x 3y 47 0 ，因此点A到直线P1P2的距离为
| 16 47| 31
d
42（ 3）25
设经过n 年，点A恰好落在冰川边界线上，则利用等比数列求和公式可得
0.2（2n1） 31
2 1 5
解得n=5，即经过 5 年，点 A 恰好在冰川边界线上。

【方法技巧】1、求曲线的轨迹时常用的方法有：直译法，定义法，待定系数法，相关点法和参数法等。

注意各种方法的使用条件以及步骤。

2 、曲线上的点到直线的最短距离的求法。

直线和圆常常转化为圆心到直线的距离。

直线和椭圆（双曲线、抛物线）常常利用平移直线，使直线和椭圆（双曲线、抛物线）相切。

当然也还有别的方法。

16. （2020·湖南高考理科·Ｔ4）为了考察冰川的融化状况，一支科考队在某冰川上相距8km 的A,B 两点各建一个考察基地。

视冰川面为平面形，以过A,B 两点的直线为x 轴，线段AB 的的垂直平分线为y 轴建立平面直角坐标系（图6）在直线x=2 的右侧，考察范围为到点B的距离不超过655km区域；在直线x=2 的左侧，考察范围为到A,B 两点的距离之和不超过 4 5km区域。

（Ⅰ）求考察区域边界曲线的方程；
（Ⅱ）如图 6 所示，设线段P1P2,P2P3 是冰川的部分边界线（不考虑其他边界线），当冰川融化时，
边界线沿与其垂直的方向朝考察区域平行移动，第一年移动0.2km, 以后每年移动的距离为前一年的
2 倍，求冰川边界线移动到考察区域所需的最短时间.
P2
8 3，6
3P3(8,6)
( 5 3 ，-1) P1A(-4,0)
B( 4，0)
【命题立意】把直线和圆锥曲线的关系问题放在生活实际中考查充分体现了知识的应用性. 能很好的体现
学生应用知识的能力，而且打破了解析几何的固定命题模式.
【思路点拨】题目的阐述比较新颖，把求曲线的方程阐述成求区域的边界。

不受表面阐述所干扰，还是利用定义法求轨迹即可. 第二问是数列问题，巧妙地把解析几何和数列的求和结合
起来
【规范解答】 ( 1)设边界曲线上点P 的坐标为
( x,y). 当x≥2时，由题意知(x-4) 2 +y2= 36.
5
当x<2 时，由
|PA|+|PB|=4
5 知，点P 在以A， B 为焦点，长轴长为2a=4· 5 的椭圆上. 此时短半
轴长
22
b=2. 因而其方程为x y 1.故考察区域边界曲线的方程
为
20 4
2 2 36
C1：(x-4) 2+y2= (x ≥2) 和C2:
5
2 x
20
1.
(x<2).
(2) 设过点P1，P2的直线为L1，过点P2，P3的直线为L2，则直线L1，L2的方程分别
为
Y= 3x 14,y 6.
22
设直线L 平行于直线L1，其方程为y 3x m,代入椭圆方程x y 1.消去y,
20 4
2
2 得16x 2+10 3mx 5(m24) 0.
22
由△ =100×3m2-4 × 16× 5(m2-4)=0, 解得m=8,或m=-8.
可以得到，当m=8时，直线L与C2的公共点到直线L1的距离最近，此时直线L的方程为
y 3x 8,L与L1之间的距离为d
|14 8|
3.
13
又直线 L 2到 C 1和 C 2的最短距离 d '=6- 6 5 , 而 d '>3，所以考察区域边界到冰川边界线的最短距离为 3.
5
设冰川 边界 线移 动到考 察区 域所需 的时 间为 n 年，则由题设及等比数列求和公式，得 【方法技巧】 1、求曲线的轨迹时常用的方法有：直译法，定义法，待定系数法，相关点法和参数法等 注意各种方法的使用条件以及步骤 .
2、曲线上的点到直线的最短距离的求法。

直线和圆常常转化为圆心到直线的距离 . 直线和椭圆（双曲线、
抛物线）常常利用平移直线，使直线和椭圆（双曲线、抛物线）相切 . 当然也还有别的方法 .2
0.2(2n 1) 21 3,所以 n 4. 故冰川边界线移动到考察区域所需的最短时间为 4年.
=1（a>b>0）的左右焦点，过 F2的直线b2 y
2。