三年高考(2020)高考数学试题分项版解析 专题17 椭圆 文(含解析)
【精品】2019-2020年度最新人教版最新高中数学高考总复习椭圆习题及详解及参考答案
教学资料参考范本【精品】2019-2020年度最新人教版最新高中数学高考总复习椭圆习题及详解及参考答案撰写人：__________________部门：__________________时间：__________________一、选择题1．设0≤α<2π，若方程x2sin α－y2cos α＝1表示焦点在y 轴上的椭圆，则α的取值范围是( )A.∪B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫π2，3π4 C.D.⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4，3π2[答案] C[解析] 化为＋＝1， ∴－>>0，故选C.2．(文)(2010·瑞安中学)已知双曲线C 的焦点、顶点分别恰好是椭圆＋＝1的长轴端点、焦点，则双曲线C 的渐近线方程为( )A ．4x±3y＝0B ．3x±4y＝0C ．4x±5y＝0D ．5x±4y＝0[答案] A[解析] 由题意知双曲线C 的焦点(±5,0)，顶点(±3，0)，∴a ＝3，c ＝5，∴b＝＝4，∴渐近线方程为y ＝±x ，即4x ±3y ＝0.(理)(2010·广东中山)若椭圆＋＝1过抛物线y2＝8x 的焦点，且与双曲线x2－y2＝1，有相同的焦点，则该椭圆的方程是( )A.＋＝1B.＋y2＝1C.＋＝1D ．x2＋＝1[答案] A[解析] 抛物线y2＝8x 的焦点坐标为(2,0)，则依题意知椭圆的右顶点的坐标为(2,0)，又椭圆与双曲线x2－y2＝1有相同的焦点，∴a＝2，c ＝，∵c2＝a2－b2，∴b2＝2，∴椭圆的方程为＋＝1.3．分别过椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点F1、F2作两条互相垂直的直线l1、l2，它们的交点在椭圆的内部，则椭圆的离心率的取值范围是( )A ．(0,1)B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22C.D.⎝⎛⎦⎥⎤0，22 [答案] B[解析] 依题意，结合图形可知以F1F2为直径的圆在椭圆的内部，∴c<b，从而c2<b2＝a2－c2，a2>2c2，即e2＝<，又∵e>0，∴0<e<，故选B.4．椭圆＋＝1的焦点为F1、F2，椭圆上的点P 满足∠F1PF2＝60°，则△F1PF2的面积是( )A. B. C.D.643[答案] A[解析] 由余弦定理：|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|·cos60°＝|F1F2|2.又|PF1|＋|PF2|＝20，代入化简得|PF1|·|PF2|＝，。
近三年高考数学全国卷椭圆真题
近三年高考数学全国卷椭圆真题2020全国理科一.已知A 、B 分别为椭圆E ：2221x y a+=（a >1）的左、右顶点，G 为E 的上顶点，8AG GB ⋅=，P 为直线x =6上的动点，P A 与E 的另一交点为C ，PB 与E 的另一交点为D ． （1）求E 的方程； （2）证明：直线CD 过定点.2020全国二已知椭圆C 1：22221x y a b+=(a >b >0)的右焦点F 与抛物线C 2的焦点重合，C 1的中心与C 2的顶点重合．过F 且与x 轴重直的直线交C 1于A ，B 两点，交C 2于C ，D 两点，且|CD |=43|AB |． （1）求C 1的离心率；（2）若C 1的四个顶点到C 2的准线距离之和为12，求C 1与C 2的标准方程．2019江苏如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C :22221(0)x y a b a b+=>>的焦点为F 1（–1、0），F 2（1，0）．过F 2作x 轴的垂线l ，在x 轴的上方，l 与圆F 2:222(1)4x y a -+=交于点A ，与椭圆C 交于点D .连结AF 1并延长交圆F 2于点B ，连结BF 2交椭圆C 于点E ，连结DF 1．已知DF 1=52． （1）求椭圆C 的标准方程； （2）求点E 的坐标．2018全国设椭圆C ：+y²=1的右焦点为F ，过F 的直线l 与C 交于A ，B 两点，点M 的坐标为（2，0）.（1）当l 与x 轴垂直时，求直线AM 的方程；（2）设O 为坐标原点，证明：∠OMA =∠OMB .2020全国由椭圆方程222:1(1)x E y a a +=>可得：(),0A a -， (),0B a ，()0,1G∴(),1AG a =，(),1GB a =- ∴218AG GB a ⋅=-=，∴29a =∴椭圆方程为：2219x y +=（2）证明：设()06,P y ， 则直线AP 的方程为：()()00363y y x -=+--，即：()039y y x =+联立直线AP 的方程与椭圆方程可得：()2201939x y y y x ⎧+=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩，整理得：()2222000969810y x y x y +++-=，解得：3x =-或20203279y x y -+=+将20203279y x y -+=+代入直线()039y y x =+可得：02069y y y =+所以点C 的坐标为20022003276,99y y y y ⎛⎫-+ ⎪++⎝⎭. 同理可得：点D 的坐标为2002200332,11y y y y ⎛⎫-- ⎪++⎝⎭∴直线CD 的方程为：0022200002222000022006291233327331191y y y y y y y x y y y y y y ⎛⎫-- ⎪++⎛⎫⎛⎫--⎝⎭-=-⎪ ⎪-+-++⎝⎭⎝⎭-++， 整理可得：()()()2220000002224200000832338331116963y y y y y y y x x y y y y y +⎛⎫⎛⎫--+=-=- ⎪ ⎪+++--⎝⎭⎝⎭整理得：()()0002220004243323333y y y y x x y y y ⎛⎫=+=- ⎪---⎝⎭故直线CD 过定点3,02⎛⎫⎪⎝⎭2019江苏（1）设椭圆C 的焦距为2c .因为F 1(-1，0)，F 2(1，0)，所以F 1F 2=2，c =1.又因为DF 1=52，AF 2⊥x 轴，所以DF 2=222211253()222DF F F -=-=， 因此2a =DF 1+DF 2=4，从而a =2. 由b 2=a 2-c 2，得b 2=3.因此，椭圆C 的标准方程为22143x y +=.（2）解法一：由（1）知，椭圆C ：22143x y +=，a =2，因为AF 2⊥x 轴，所以点A 的横坐标为1.将x =1代入圆F 2的方程(x -1) 2+y 2=16，解得y =±4. 因为点A 在x 轴上方，所以A (1，4). 又F 1(-1，0)，所以直线AF 1：y =2x +2.由22()22116y x x y =+-+=⎧⎨⎩，得256110x x +-=， 解得1x =或115x =-.将115x =-代入22y x =+，得 125y =-，因此1112(,)55B --.又F 2(1，0)，所以直线BF 2：3(1)4y x =-.由221433(1)4x y x y ⎧⎪⎪⎨⎪+=-⎩=⎪，得276130x x --=，解得1x =-或137x =. 又因为E 是线段BF 2与椭圆的交点，所以1x =-.将1x =-代入3(1)4y x =-，得32y =-.因此3(1,)2E --. 解法二：由（1）知，椭圆C ：22143x y +=.如图，连结EF 1.因为BF 2=2a ，EF 1+EF 2=2a ，所以EF 1=EB ， 从而∠BF 1E =∠B .因为F 2A =F 2B ，所以∠A =∠B ， 所以∠A =∠BF 1E ，从而EF 1∥F 2A . 因为AF 2⊥x 轴，所以EF 1⊥x 轴.因为F 1(-1，0)，由221431x x y ⎧⎪⎨+==-⎪⎩，得32y =±. 又因为E 是线段BF 2与椭圆的交点，所以32y =-.因此3(1,)2E --.。
2020高考数学题型整理分类《(17)解析几何》解析版(含历年真题)
（十七） “解析几何”专题提能课A 组——易错清零练1．(2018·嘉兴模拟)已知直线l 1：ax ＋(a ＋2)y ＋1＝0，l 2：x ＋ay ＋2＝0，其中a ∈R ，则“a ＝－3”是“l 1⊥l 2”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A 若l 1⊥l 2，则a ＋a (a ＋2)＝0，即a (a ＋3)＝0，解得a ＝0或a ＝－3，所以“a ＝－3”是“l 1⊥l 2”的充分不必要条件．故选A.2．已知双曲线Γ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)，过双曲线Γ的右焦点F ，且倾斜角为π2的直线l 与双曲线Γ交于A ，B 两点，O 是坐标原点，若∠AOB ＝∠OAB ，则双曲线Γ的离心率为( )A.3＋72 B.11＋332C.3＋396D.1＋174解析：选C 由题意可知AB 是通径，根据双曲线的对称性和∠AOB ＝∠OAB ，可知 △AOB 为等边三角形，所以tan ∠AOF ＝b 2a c ＝33，整理得b 2＝33ac ，由c 2＝a 2＋b 2，得c 2＝a 2＋33ac ，两边同时除以a 2，得e 2－33e －1＝0，解得e ＝3＋396.故选C. 3．过点P (2,1)作直线l ，使l 与双曲线x 24－y 2＝1有且仅有一个公共点，这样的直线l共有( )A ．1条B ．2条C ．3条D ．4条解析：选B 依题意，双曲线的渐近线方程是y ＝±12x ，点P 在直线y ＝12x 上．①当直线l 的斜率不存在时，直线l 的方程为x ＝2，此时直线l 与双曲线有且仅有一个公共点(2,0)，满足题意．②当直线l 的斜率存在时， 设直线l 的方程为y －1＝k (x －2)， 即y ＝kx ＋1－2k ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1－2k ，x 2－4y 2＝4，消去y 得x 2－4(kx ＋1－2k )2＝4， 即(1－4k 2)x 2－8(1－2k )kx －4(1－2k )2－4＝0，(*)若1－4k 2＝0，则k ＝±12，当k ＝12时，方程(*)无实数解，因此k ＝12不满足题意；当k ＝－12时，方程(*)有唯一实数解，因此k ＝－12满足题意．若1－4k 2≠0，即k ≠±12，此时Δ＝64k 2(1－2k )2＋16(1－4k 2)[(1－2k )2＋1]＝0不成立，因此满足题意的实数k 不存在．综上所述，满足题意的直线l 共有2条．4．已知椭圆x 24＋y 2m ＝1的离心率等于32，则m ＝________.解析：①当椭圆的焦点在x 轴上时， 则a 2＝4，即a ＝2.又e ＝c a ＝32，所以c ＝3，m ＝b 2＝a 2－c 2＝4－(3)2＝1. ②当椭圆的焦点在y 轴上时，椭圆的方程为y 2m ＋x 24＝1，则b 2＝4，即b ＝2.又e ＝c a ＝32，故1－b 2a 2＝32，解得b a ＝12，即a ＝2b ， 所以a ＝4，m ＝a 2＝16.综上，m ＝1或16. 答案：1或165．已知圆C 1：(x ＋3)2＋y 2＝1和圆C 2：(x －3)2＋y 2＝9，动圆M 同时与圆C 1及圆C 2外切，则动圆圆心M 的轨迹方程为________．解析：如图所示，设动圆M 与圆C 1及圆C 2分别外切于A 和B 两点．连接MC 1，MC 2.根据两圆外切的条件，得 |MC 1|－|AC 1|＝|MA |， |MC 2|－|BC 2|＝|MB |. 因为|MA |＝|MB |，所以|MC 1|－|AC 1|＝|MC 2|－|BC 2|，即|MC 2|－|MC 1|＝|BC 2|－|AC 1|＝3－1＝2<6＝|C 1C 2|. 所以点M 到两定点C 1，C 2的距离的差是常数．又根据双曲线的定义，得动点M 的轨迹为双曲线的左支(点M 与C 2的距离比与C 1的距离大)，可设轨迹方程为x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0，x <0)，其中a ＝1，c ＝3，则b 2＝8. 故动圆圆心M 的轨迹方程为x 2－y 28＝1(x <0)． 答案：x 2－y 28＝1(x <0)B 组——方法技巧练1．已知点M (－3,2)是坐标平面内一定点，若抛物线y 2＝2x 的焦点为F ，点Q 是该抛物线上的一动点，则|M Q |－|Q F |的最小值是( )A.72 B ．3 C.52D ．2解析：选C 抛物线的准线方程为x ＝－12，过Q 作准线的垂线，垂足为Q ′，如图．依据抛物线的定义，得|Q M |－|Q F |＝|Q M |－|QQ ′|，则当Q M 和QQ ′共线时，|Q M |－|QQ ′|的值最小，最小值为⎪⎪⎪⎪－3－⎝⎛⎭⎫－12＝52. 2．已知圆C ：(x －3)2＋(y －1)2＝1和两点A (－t,0)，B (t ，0)(t ＞0)，若圆C 上存在点P ，使得∠APB ＝90°，则t 的取值范围是( )A ．(0,2]B ．[1,2]C ．[2,3]D ．[1,3]解析：选D 依题意，设点P (3＋cos θ，1＋sin θ)， ∵∠APB ＝90°，∴AP ―→·BP ―→＝0，∴(3＋cos θ＋t )(3＋cos θ－t )＋(1＋sin θ)2＝0， 得t 2＝5＋23cos θ＋2sin θ＝5＋4sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π3， ∵sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π3∈[－1,1]，∴t 2∈[1,9]， ∵t ＞0，∴t ∈[1,3]．3．(2018·金华、台州、温州三市联考)已知双曲线C ：x 23－y 2＝1的左、右焦点分别为F 1，F 2，过点F 2的直线与双曲线C 的右支相交于P ，Q 两点，且点P 的横坐标为2，则 △PF 1Q 的周长为( )A.1633B ．5 3 C.1433D ．4 3解析：选A 易知双曲线C ：x 23－y 2＝1中，a ＝3，b ＝1，所以c ＝a 2＋b 2＝2，则F 1(－2,0)，F 2(2,0)．因为点P 的横坐标为2，所以P Q ⊥x 轴．令x ＝2，则y 2＝43－1＝13，则y ＝±33，即|PF 2|＝33，则|PF 1|＝|PF 2|2＋|F 1F 2|2＝733，故△PF 1Q 的周长为|PF 1|＋|Q F 1|＋|P Q |＝1633，故选A. 4．已知圆O ：x 2＋y 2＝1，圆M ：(x －a )2＋(y －a ＋4)2＝1.若圆M 上存在点P ，过点P 作圆O 的两条切线，切点分别为A ，B ，使得∠APB ＝60°，则实数a 的取值范围为( )A.⎣⎡⎦⎤2－22，2＋22 B.⎝⎛⎭⎫2－22，2＋22 C ．[2－2，2＋2]D.()2－2，2＋2解析：选A 圆O 的半径为1，圆M 上存在点P ，过点P 作圆O 的两条切线，切点分别为A ，B ，使得∠APB ＝60°，则∠APO ＝30°.在Rt △PAO 中，|PO |＝AOsin ∠APO＝2，又圆M 的半径为1，圆心坐标为M (a ，a －4)， ∴|MO |－1≤|PO |≤|MO |＋1， ∵|MO |＝a 2＋(a －4)2， ∴a 2＋(a －4)2－1≤2≤a 2＋(a －4)2＋1，解得2－22≤a ≤2＋22. ∴实数a 的取值范围为⎣⎡⎦⎤2－22，2＋22. 5．(2018·宁波模拟)如图，F 1，F 2是椭圆C 1与双曲线C 2的公共焦点，A ，B 分别是C 1，C 2在第二、四象限的交点，若AF 1⊥BF 1，且∠AF 1O ＝π3，则C 1与C 2的离心率之和为( )A ．2 3B ．4C ．2 5D ．2 6解析：选A 设椭圆方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，由双曲线和椭圆的对称性可知，A ，B关于原点对称，又AF 1⊥BF 1，且∠AF 1O ＝π3，故|AF 1|＝|OF 1|＝|OA |＝|OB |＝c ，∴A ⎝⎛⎭⎫－c 2，32c ，代入椭圆方程x 2a 2＋y 2b 2＝1，结合b 2＝a 2－c 2及e ＝c a ，整理可得，e 4－8e 2＋4＝0，∵0<e <1，∴e 2＝4－23＝(3－1)2，∴e ＝3－1. 同理可求得双曲线的离心率e 1＝3＋1， ∴e ＋e 1＝2 3.6．(2017·山东高考)在平面直角坐标系xOy 中，双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的右支与焦点为F 的抛物线x 2＝2py (p >0)交于A ，B 两点．若|AF |＋|BF |＝4|OF |，则该双曲线的渐近线方程为________．解析：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由抛物线的定义可知|AF |＝y 1＋p 2，|BF |＝y 2＋p2，|OF |＝p2， 由|AF |＋|BF |＝y 1＋p 2＋y 2＋p2＝y 1＋y 2＋p ＝4|OF |＝2p ，得y 1＋y 2＝p .k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝x 222p －x 212p x 2－x 1＝x 2＋x 12p .由⎩⎨⎧x 21a 2－y 21b2＝1，x 22a 2－y22b 2＝1，得k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝b 2(x 1＋x 2)a 2(y 1＋y 2)＝b 2a 2·x 1＋x 2p，则b 2a 2·x 1＋x 2p ＝x 2＋x 12p ，∴b 2a 2＝12，故b a ＝22， ∴双曲线的渐近线方程为y ＝±22x .答案：y ＝±22xC 组——创新应用练1．在平面直角坐标系xOy 中，设直线y ＝－x ＋2与圆x 2＋y 2＝r 2(r ＞0)交于A ，B 两点，O 为坐标原点，若圆上一点C 满足OC ―→＝54OA ―→＋34OB ―→，则r ＝( )A ．210 B.10 C ．2 5D.5解析：选B 已知OC ―→＝54OA ―→＋34OB ―→，两边平方化简得OA ―→·OB ―→＝－35r 2，所以cos ∠AOB ＝－35，所以cos ∠AOB 2＝55，又圆心O (0,0)到直线的距离为|2|2＝2， 所以2r ＝55，解得r ＝10.2．双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的两条渐近线将平面划分为“上、下、左、右”四个区域(不含边界)，若点(2,1)在“右”区域内，则双曲线离心率e 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫1，52 B.⎝⎛⎭⎫52，＋∞ C.⎝⎛⎭⎫1，54 D.⎝⎛⎭⎫54，＋∞ 解析：选B 依题意，注意到题中的双曲线x 2a 2－y 2b2＝1的渐近线方程为y ＝±ba x ，且“右”区域是由不等式组⎩⎨⎧y ＜b a x ，y ＞－ba x所确定，又点(2,1)在“右”区域内，于是有1＜2b a ，即b a ＞12，因此题中的双曲线的离心率e ＝1＋⎝⎛⎭⎫b a 2∈⎝⎛⎭⎫52，＋∞.3．已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的两条渐近线分别为l 1，l 2，经过右焦点F 垂直于l 1的直线分别交l 1，l 2于A ，B 两点．若|OA |，|AB |，|OB |成等差数列，且AF ―→与FB ―→反向，则该双曲线的离心率为( )A.52B. 3C. 5D.52解析：选C 设实轴长为2a ，虚轴长为2b ，令∠AOF ＝α，则由题意知tan α＝ba ，在△AOB 中，∠AOB ＝180°－2α，tan ∠AOB ＝－tan 2α＝|AB ||OA |，∵|OA |，|AB |，|OB |成等差数列，∴设|OA |＝m －d ，|AB |＝m ，|OB |＝m ＋d ，∵OA ⊥BF ，∴(m －d )2＋m 2＝(m ＋d )2，整理得d ＝14m ，∴－tan 2α＝－2tan α1－tan 2α＝|AB ||OA |＝m 34m ＝43，解得b a ＝2或b a ＝－12(舍去)，∴b ＝2a ，c ＝4a 2＋a 2＝5a ，∴e ＝ca ＝ 5.4．已知F 1，F 2分别为椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点，P 为椭圆上的一点．△F 1PF 2中，∠F 1PF 2的外角平分线为l ，点F 2关于l 的对称点为Q ，F 2Q 交l 于点R .当点P 在椭圆上运动时，求点R 的轨迹方程．解：如图，直线l 为∠F 1PF 2的外角平分线且点F 2与点Q 关于直线l 对称，由椭圆的光学性质知，F 1，P ，Q 三点共线．根据对称性，|P Q |＝|PF 2|，所以|F 1Q |＝|PF 1|＋|PF 2|＝2a .连接OR ，因为O 为F 1F 2的中点，R 为F 2Q 的中点，所以|OR |＝12|F 1Q |＝a .设R (x ，y )，则x 2＋y 2＝a 2(y ≠0)，故点R 的轨迹方程为x 2＋y 2＝a 2(y ≠0)．5．(2018·诸暨高三适应性考试)已知F 是抛物线C ：x 2＝2py (p >0)的焦点，过F 的直线交抛物线C 于不同两点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，且x 1x 2＝－1.(1)求抛物线C 的方程；(2)过点B 作x 轴的垂线交直线AO (O 是原点)于D ，过点A 作直线DF 的垂线与抛物线C 的另一交点为E ，AE 中点为G .①求点D 的纵坐标； ②求|GB ||GD |的取值范围．解：(1)设直线AB 的方程为y ＝kx ＋p2，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋p 2，x 2＝2py消去y ，化简得x 2－2pkx －p 2＝0， ∴x 1x 2＝－p 2＝－1，∴p ＝1， ∴抛物线C 的方程为x 2＝2y .(2)①∵直线OA 的方程为y ＝y 1x 1x ＝x 12x ，∴D ⎝⎛⎭⎫x 2，x 1x 22，即D ⎝⎛⎭⎫x 2，－12. 即点D 的纵坐标为－12.②∵k DF ＝－1x 2，∴k AE ＝x 2，∴直线AE 的方程为y －y 1＝x 2(x －x 1)． 联立⎩⎪⎨⎪⎧y －y 1＝x 2(x －x 1)，y ＝x 22消去y ，得x 22－x 2x －y 1－1＝0，∴x E＝2x2－x1，∴G(x2,2y2＋y1＋1)，∴G，B，D三点共线．∴|GB||GD|＝y2＋y1＋12y2＋y1＋32.∵y1·y2＝1 4，∴|GD||GB|＝2－y1＋1214y1＋y1＋1＝2－y1y1＋12＝2－11＋12y1∈(1,2)．∴|GB||GD|∈⎝⎛⎭⎫12，1.。
2020高考数学试题分项版解析专题17椭圆及其综合应用理
【2019最新】精选高考数学试题分项版解析专题17椭圆及其综合应用理1.【2017浙江，2】椭圆的离心率是22194x y +=A ．B ．C ．D 2359【答案】B 【解析】试题分析：，选B ．e ==2.【2017课标3，理10】已知椭圆C ：，（a>b>0）的左、右顶点分别为A1，A2，且以线段A1A222221x y a b+=为直径的圆与直线相切，则C 的离心率为20bx ay ab -+=A ．B ．C ．D 13【答案】A 【解析】试题分析：以线段为直径的圆的圆心为坐标原点，半径为，圆的方程为，12A A ()0,0r a =222x y a +=直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即：，20bx ay ab -+=d a ==整理可得，即，223a b =()222223,23a a c a c =-=从而，椭圆的离心率，22223c e a ==c e a ===故选A.【考点】椭圆的离心率的求解；直线与圆的位置关系【名师点睛】椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法： ①求出a ，c ，代入公式e ＝；c a②只需要根据一个条件得到关于a ，b ，c 的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a ，c 的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a 或a2转化为关于e 的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e 的取值范围).3.【2016高考浙江理数】已知椭圆C1：+y2=1(m>1)与双曲线C2：–y2=1(n>0)的焦点重合，e1，e2分别为C1，C2的离心率，则（）22x m 22x nA ．m>n 且e1e2>1B ．m>n 且e1e2<1C ．m<n 且e1e2>1D ．m<n 且e1e2<1 【答案】A 【解析】4.【2016高考新课标3理数】已知为坐标原点，是椭圆：的左焦点，O F C 22221(0)x y a b a b+=>>,A B分别为的左，右顶点.为上一点，且轴.过点的直线与线段交于点，与轴交于C P C PF x ⊥A PF M y点.若直线经过的中点，则的离心率为（）E BM OE C （A ） （B ） （C ） （D ）13122334【答案】A 【解析】试题分析：由题意设直线的方程为，分别令与得点，，由，得，即，整理，得，所以椭圆离心率为，故选A ．()y k x a =+x c=-0x =||()FM k a c =-||OE ka=OBECBM∆∆1||||2||||OE OB FM BC =2(c)ka a k a a c =-+13c a =13e = 考点：椭圆方程与几何性质．【思路点拨】求解椭圆的离心率问题主要有三种方法：（1）直接求得的值，进而求得的值；（2）建立的齐次等式，求得或转化为关于的等式求解；(3)通过特殊值或特殊位置，求出．,a c ,,a b cba5.【2015高考新课标1，理14】一个圆经过椭圆的三个顶点，且圆心在x 轴的正半轴上，则该圆的标准方程为.221164x y +=【答案】22325()24x y -+=【解析】设圆心为（，0），则半径为，则，解得，故圆的方程为.4a -222(4)2a a -=+32a =22325()24x y -+=6.【2016高考江苏卷】如图，在平面直角坐标系中，是椭圆的右焦点，直线与椭圆交于两点，且,则该椭圆的离心率是.xOy F 22221()x y a b a b +=＞＞02by =,B C 90BFC ∠=【解析】由题意得，因此,),C(,),22b b B 22222)()0322b c c a e -+=⇒=⇒ 考点：椭圆离心率【名师点睛】椭圆离心率的考查，一般分两个层次，一是由离心率的定义，只需分别求出，这注重考查椭圆标准方程中量的含义，二是整体考查，求的比值，这注重于列式，即需根据条件列出关于的一个齐次等量关系，通过解方程得到离心率的值.,a c ,a c ,a c7.【2017课标1，理20】已知椭圆C ：（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）中恰有三点在椭圆C 上.2222=1x y a b+（1）求C 的方程；（2）设直线l 不经过P2点且与C 相交于A ，B 两点.若直线P2A 与直线P2B 的斜率的和为–1，证明：l 过定点. 【解析】试题分析：（1）根据，两点关于y 轴对称，由椭圆的对称性可知C 经过，两点.另外知，C 不经过点P1，所以点P2在C 上.因此在椭圆上，代入其标准方程，即可求出C 的方程；（2）先设直线P2A 与直线P2B 的斜率分别为k1，k2，在设直线l 的方程，当l 与x 轴垂直，通过计算，不满足题意，再设设l ：（），将代入，写出判别式，韦达定理，表示出，根据列出等式表示出和的关系，判断出直线恒过定点.3P 4P 3P 4P 222211134a b a b+>+134,,P P P y kx m =+1m ≠y kx m =+2214x y +=12k k +121k k +=-m试题解析：（1）由于，两点关于y 轴对称，故由题设知C 经过，两点.3P 4P 3P 4P又由知，C 不经过点P1，所以点P2在C 上.222211134a b a b +>+因此，解得.222111314b a b ⎧=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩2241a b ⎧=⎪⎨=⎪⎩ 故C的方程为.2214x y +=由题设可知.22=16(41)0k m ∆-+>设A （x1，y1），B （x2，y2），则x1+x2=，x1x2=.2841km k -+224441m k -+而12121211y y k k x x --+=+1212122(1)()kx x m x x x x +-+=.由题设，故.121k k +=-1212(21)(1)()0k x x m x x ++-+=即.222448(21)(1)04141m km k m k k --+⋅+-⋅=++解得.12m k +=-当且仅当时，，欲使l ：，即，1m >-0∆>12m y x m +=-+11(2)2m y x ++=-- 所以l 过定点（2，）1-【考点】椭圆的标准方程，直线与圆锥曲线的位置关系.8.【2017课标II ，理】设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：上，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足。
2020版五三高中数学高考真题与考点分章精析9.3 椭圆及其性质
设点A,B的坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2).
x2
由方程组
6
y2 3
1,
可得3x2+4mx+(4m2-12)=0.②
y
1 2
x
m,
方程②的判别式为Δ=16(9-2m2),
由Δ>0,解得- 3 2 <m< 3 2 .
2
2
由②得x1+x2=- 4m ,x1x2= 4m2 12 .
2
2m 3
2
2
2m 3
(
x1
x2
)
x1x2
= 54 2
2m 3
2
2
2m 3
4m 3
4m2 12 3
= 10 m2.
9
故存在常数λ= 4 ,使得|PT|2=λ|PA|·|PB|.
5
方法技巧
方法 求椭圆离心率或取值范围的方法
3.焦点三角形 (1)P是椭圆上不同于长轴两端点的任意一点,F1,F2为椭圆的两焦点,则
S PF1F2=b2tan θ2,其中θ为∠F1PF2;
(2)P是椭圆上不同于长轴两端点的任意一点,F1,F2为椭圆的两焦点,则△ PF1F2的周长为2(a+c). (3)过焦点F1的弦AB与椭圆另一个焦点F2构成的△ABF2的周长为4a.
解析 + by22 =1.
x2 y2
由方程组
2b
2
b2
1,得3x2-12x+(18-2b2)=0.①
三年高考(2016_2018)高考数学试题分项版解析专题17椭圆理(含解析)
专题17 椭圆考纲解读明方向 考纲解读考点内容解读要求常考题型 预测热度1.椭圆的定义及其标准方程 掌握 选择题 解答题★★★2.椭圆的几何性质掌握填空题 解答题★★★3.直线与椭圆的位置关系 掌握椭圆的定义、几何图形、标准方程及简单性质掌握 解答题 ★★★分析解读 1.能够熟练使用直接法、待定系数法、定义法求椭圆方程.2.能熟练运用几何性质(如范围、对称性、顶点、离心率)解决相关问题.3.能够把直线与椭圆的位置关系的问题转化为方程组解的问题,判断位置关系及解决相关问题.4.本节在高考中以求椭圆的方程、椭圆的性质以及直线与椭圆的位置关系为主,与向量等知识的综合起来考查的命题趋势较强,分值约为12分,难度较大.2018年高考全景展示1．【2018年理数全国卷II 】已知，是椭圆的左，右焦点，是的左顶点，点在过且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则的离心率为A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：先根据条件得PF 2=2c,再利用正弦定理得a,c 关系，即得离心率. 详解：因为为等腰三角形，，所以PF 2=F 1F 2=2c,由斜率为得，，由正弦定理得,所以，选D.点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.2．【2018年浙江卷】已知点P(0，1)，椭圆+y2=m(m>1)上两点A，B满足=2，则当m=___________时，点B横坐标的绝对值最大．【答案】5点睛：解析几何中的最值是高考的热点，在圆锥曲线的综合问题中经常出现，求解此类问题的一般思路为在深刻认识运动变化的过程之中，抓住函数关系，将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数，然后借助于函数最值的探求来使问题得以解决.3．【2018年理北京卷】已知椭圆，双曲线．若双曲线N的两条渐近线与椭圆M的四个交点及椭圆M的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M的离心率为__________；双曲线N的离心率为__________．【答案】 2【解析】分析：由正六边形性质得渐近线的倾斜角，解得双曲线中关系，即得双曲线N的离心率；由正六边形性质得椭圆上一点到两焦点距离之和为，再根据椭圆定义得，解得椭圆M的离心率.详解：由正六边形性质得椭圆上一点到两焦点距离之和为，再根据椭圆定义得，所以椭圆M的离心率为双曲线N的渐近线方程为，由题意得双曲线N的一条渐近线的倾斜角为，点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.4．【2018年理数天津卷】设椭圆(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B. 已知椭圆的离心率为，点A的坐标为，且.（I）求椭圆的方程；（II）设直线l：与椭圆在第一象限的交点为P，且l与直线AB交于点Q. 若(O为原点) ，求k的值.【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)或【解析】分析：（Ⅰ）由题意结合椭圆的性质可得a=3，b=2．则椭圆的方程为．（Ⅱ）设点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2）．由题意可得5y1=9y2．由方程组可得．由方程组可得．据此得到关于k的方程，解方程可得k的值为或详解：（Ⅰ）设椭圆的焦距为2c，由已知知，又由a2=b2+c2，可得2a=3b．由已知可得，，，由，可得ab=6，从而a=3，b=2．所以，椭圆的方程为．（Ⅱ）设点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2）．由已知有y1>y2>0，故．又因为，而∠OAB=，故．由，可得5y1=9y2．由方程组消去x，可得．易知直线AB的方程为x+y–2=0，由方程组消去x，可得．由5y1=9y2，可得5（k+1）=，两边平方，整理得，解得，或．所以，k的值为或点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．5．【2018年全国卷Ⅲ理】已知斜率为的直线与椭圆交于，两点，线段的中点为．（1）证明：；（2）设为的右焦点，为上一点,且．证明：，，成等差数列，并求该数列的公差．【答案】（1）（2）或（2）由题意得，设，则.由（1）及题设得.又点P在C上，所以，从而，.于是.同理.所以.故，即成等差数列.设该数列的公差为d，则.②将代入①得.所以l的方程为，代入C的方程，并整理得.故，代入②解得.所以该数列的公差为或.点睛：本题主要考查直线与椭圆的位置关系，等差数列的性质，第一问利用点差法，设而不求可减小计算量，第二问由已知得到,求出m 得到直线方程很关键，考查了函数与方程的思想，考察学生的计算能力，难度较大。
三年高考(2019-2021)数学(理)试题分项汇编——专题08 平面解析几何(解答题)(教师版)
专题08 平面解析几何（解答题）1．【2021·北京高考真题】已知椭圆2222:1(0)x y E a b a b+=>>过点(0,2)A -，以四个顶点围成的四边形面积为45． （1）求椭圆E 的标准方程；（2）过点P (0，-3)的直线l 斜率为k ，交椭圆E 于不同的两点B ，C ，直线AB ，AC 交y =-3于点M 、N ，直线AC 交y =-3于点N ，若|PM |+|PN |≤15，求k 的取值范围．【答案】（1）22154x y +=；（2）[3,1)(1,3]--⋃． 【分析】（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求,a b ，从而可求椭圆的标准方程.（2）设()()1122,,,B x y C x y ，求出直线,AB AC 的方程后可得,M N 的横坐标，从而可得PM PN +，联立直线BC 的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简PM PN +，从而可求k 的范围，注意判别式的要求.【详解】（1）因为椭圆过()0,2A -，故2b =， 因为四个顶点围成的四边形的面积为45，故122452a b ⨯⨯=，即5a =， 故椭圆的标准方程为：22154x y +=.（2）设()()1122,,,B x y C x y ，因为直线BC 的斜率存在，故120x x ≠， 故直线112:2y AB y x x +=-，令3y =-，则112M x x y =-+，同理222N xx y =-+. 直线:3BC y kx =-，由2234520y kx x y =-⎧⎨+=⎩可得()224530250k x kx +-+=， 故()22900100450k k ∆=-+>，解得1k <-或1k >.又1212223025,4545k x x x x k k +==++，故120x x >，所以0M N x x > 又1212=22M N x xPM PN x x y y +=++++ ()()2212121222212121222503024545=5253011114545k kkx x x x x x k k k k k kx kx k x x k x x k k --++++===---++-+++故515k ≤即3k ≤，综上，31k -≤<-或13k <≤.2．【2021·全国高考真题】在平面直角坐标系xOy 中，已知点()1F、)2122F MF MF -=，，点M 的轨迹为C .（1）求C 的方程； （2）设点T 在直线12x =上，过T 的两条直线分别交C 于A 、B 两点和P ，Q 两点，且TA TB TP TQ ⋅=⋅，求直线AB 的斜率与直线PQ 的斜率之和.【答案】（1）()221116y x x -=≥；（2）0. 【分析】（1）利用双曲线的定义可知轨迹C 是以点1F 、2F 为左、右焦点双曲线的右支，求出a 、b 的值，即可得出轨迹C 的方程；（2）设点1,2T t ⎛⎫⎪⎝⎭，设直线AB 的方程为112y t k x ⎛⎫-=-⎪⎝⎭，设点()11,A x y 、()22,B x y ，联立直线AB 与曲线C 的方程，列出韦达定理，求出TA TB ⋅的表达式，设直线PQ 的斜率为2k ，同理可得出TP TQ ⋅的表达式，由TA TB TP TQ ⋅=⋅化简可得12k k +的值.【详解】因为12122MF MF F F -=<=所以，轨迹C 是以点1F 、2F 为左、右焦点的双曲线的右支，设轨迹C 的方程为()222210,0x y a b a b -=>>，则22a =，可得1a =，4b ==，所以，轨迹C 的方程为()221116y x x -=≥；（2）设点1,2T t ⎛⎫ ⎪⎝⎭，若过点T 的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线C 无公共点， 不妨直线AB 的方程为112y t k x ⎛⎫-=-⎪⎝⎭，即1112y k x t k =+-， 联立1122121616y k x t k x y ⎧=+-⎪⎨⎪-=⎩，消去y 并整理可得()()222111111621602k x k t k x t k ⎛⎫-+-+-+=⎪⎝⎭， 设点()11,A x y 、()22,B x y ，则112x >且212x >. 由韦达定理可得2111221216k k t x x k -+=-，211221116216t k x x k ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭=-， 所以，()()()()22122121121122112111*********t k x x TA TB k x x k x x k +++⎛⎫⋅=+⋅-⋅-=+⋅-+= ⎪-⎝⎭， 设直线PQ 的斜率为2k ，同理可得()()2222212116t k TP TQ k ++⋅=-，因为TA TB TP TQ ⋅=⋅，即()()()()22221222121211211616t k t k k k ++++=--，整理可得2212k k =，即()()12120k k k k -+=，显然120k k -≠，故120k k +=. 因此，直线AB 与直线PQ 的斜率之和为0.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．3．【2021·浙江高考真题】如图，已知F 是抛物线()220y px p =>的焦点，M 是抛物线的准线与x 轴的交点，且2MF =，（1）求抛物线的方程；（2）设过点F 的直线交抛物线与A ､B 两点，斜率为2的直线l 与直线,,MA MB AB ，x 轴依次交于点P ，Q ，R ，N ，且2RNPN QN =⋅，求直线l 在x 轴上截距的范围.【答案】（1）24y x =；（2）()(),743743,11,⎡-∞---++∞⎣.【分析】（1）求出p 的值后可求抛物线的方程.（2）设:1AB x ty =+，()()1122,,,A x y B x y ，(),0N n ，联立直线AB 的方程和抛物线的方程后可得12124,4y y y y t =-+=，求出直线,MA MB 的方程，联立各直线方程可求出,,P Q R y y y ，根据题设条件可得()222134121n t n t ++⎛⎫= ⎪-⎝⎭-，从而可求n 的范围.【详解】（1）因为2MF =，故2p =，故抛物线的方程为：24y x =.（2）设:1AB x ty =+，()()1122,,,A x y B x y ，(),0N n ， 所以直线:2y l x n =+，由题设可得1n ≠且12t ≠.由214x ty y x=+⎧⎨=⎩可得2440y ty --=，故12124,4y y y y t =-+=， 因为2RN PN QN =⋅，故2R P Q y ⎫=⎪⎪⎭，故2R P Q y y y =⋅. 又()11:11y MA y x x =++，由()11112y y x x y x n⎧=+⎪+⎪⎨⎪=+⎪⎩可得()1112122P n y y x y +=+-，同理()2222122Q n y y x y +=+-，由12x ty yx n =+⎧⎪⎨=+⎪⎩可得()2121R n y t -=-， 所以()()()2212211212121=212222n n y n y t x y x y -++⎡⎤⨯⎢⎥-+-+-⎣⎦， 整理得到()()()2212221112112222y y n t n x y x y -⎛⎫=- ⎪++-+-⎝⎭， ()22221214212222t y y y y -=⎛⎫⎛⎫+-+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭()()()()2222222121212112214212134+++2+442t t t y y y y y y y y y y y y --==+--⨯-+故()222134121n t n t ++⎛⎫= ⎪-⎝⎭-，令21s t =-，则12s t +=且0s ≠，故()22222234242411331+444421t s s s s s s t +++⎛⎫==+=++≥ ⎪⎝⎭-， 故213141n n n ⎧+⎛⎫≥⎪ ⎪-⎨⎝⎭⎪≠⎩即214101n n n ⎧++≥⎨≠⎩，解得7n ≤--71n -+≤<或1n >.故直线l 在x轴上的截距的范围为7n ≤--71n -+≤<或1n >.【点睛】方法点睛：直线与抛物线中的位置关系中的最值问题，往往需要根据问题的特征合理假设直线方程的形式，从而便于代数量的计算，对于构建出的函数关系式，注意利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围问题. 4．【2021·全国高考真题（理）】在直角坐标系xOy 中，C 的圆心为()2,1C ，半径为1．（1）写出C 的一个参数方程;（2）过点()4,1F 作C 的两条切线．以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求这两条切线的极坐标方程． 【答案】（1）2cos 1sin x y αα=+⎧⎨=+⎩，（α为参数）；（2）2cos()43πρθ+=-2cos()43πρθ-=+【分析】（1）直接利用圆心及半径可得的圆的参数方程；（2）先求得过（4，1）的圆的切线方程，再利用极坐标与直角坐标互化公式化简即可. 【详解】（1）由题意，C 的普通方程为22(2)(1)1x y -+-=，所以C 的参数方程为2cos 1sin x y αα=+⎧⎨=+⎩，（α为参数）（2）由题意，切线的斜率一定存在，设切线方程为1(4)y k x -=-，即140kx y k -+-=，由圆心到直线的距离等于11=，解得k =330y -+-=330y +--=，将cos x ρθ=，sin y ρθ=代入化简得2cos()43πρθ+=-2cos()43πρθ-=【点晴】本题主要考查直角坐标方程与极坐标方程的互化，涉及到直线与圆的位置关系，考查学生的数学运算能力，是一道基础题.5．【2021·全国高考真题（理）】已知抛物线()2:20C x py p =>的焦点为F ，且F 与圆22:(4)1M x y ++=上点的距离的最小值为4．（1）求p ；（2）若点P 在M 上，,PA PB 是C 的两条切线，,A B 是切点，求PAB △面积的最大值． 【答案】（1）2p =；（2）【分析】（1）根据圆的几何性质可得出关于p 的等式，即可解出p 的值；（2）设点()11,A x y 、()22,B x y 、()00,P x y ，利用导数求出直线PA 、PB ，进一步可求得直线AB 的方程，将直线AB 的方程与抛物线的方程联立，求出AB 以及点P 到直线AB 的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得PAB △面积的最大值. 【详解】（1）抛物线C 的焦点为0,2p F ⎛⎫ ⎪⎝⎭，42pFM =+， 所以，F 与圆22:(4)1M x y ++=上点的距离的最小值为4142p+-=，解得2p =； （2）抛物线C 的方程为24x y =，即24x y =，对该函数求导得2x y '=，设点()11,A x y 、()22,B x y 、()00,P x y ， 直线PA 的方程为()1112x y y x x -=-，即112x xy y =-，即11220x x y y --=， 同理可知，直线PB 的方程为22220x x y y --=，由于点P 为这两条直线的公共点，则10102020220220x x y y x x y y --=⎧⎨--=⎩，所以，点A 、B 的坐标满足方程00220x x y y --=，所以，直线AB 的方程为00220x x y y --=，联立0022204x x y y x y --=⎧⎪⎨=⎪⎩，可得200240x x x y -+=， 由韦达定理可得1202x x x +=，1204x x y =，所以，AB ===，点P 到直线AB的距离为d =所以，()3220011422PABS AB d x y =⋅==-△， ()()2222000000041441215621x y y y y y y -=-+-=---=-++，由已知可得053y -≤≤-，所以，当05y =-时，PAB△的面积取最大值321202⨯=【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种： 一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．6．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知A 、B 分别为椭圆E ：2221x y a+=（a >1）的左、右顶点，G 为E 的上顶点，8AG GB ⋅=，P 为直线x =6上的动点，PA 与E 的另一交点为C ，PB 与E 的另一交点为D ． （1）求E 的方程； （2）证明：直线CD 过定点.【解析】（1）由题设得A （–a ，0），B （a ，0），G （0，1）. 则(,1)AG a =，GB =（a ，–1）.由AG GB ⋅=8得a 2–1=8，即a =3.所以E 的方程为29x +y 2=1．（2）设C （x 1，y 1），D （x 2，y 2），P （6，t ）.若t ≠0，设直线CD 的方程为x =my +n ，由题意可知–3<n <3. 由于直线PA 的方程为y =9t （x +3），所以y 1=9t （x 1+3）.直线PB 的方程为y =3t （x –3），所以y 2=3t（x 2–3）.可得3y 1（x 2–3）=y 2（x 1+3）.由于222219x y +=，故2222(3)(3)9x x y +-=-，可得121227(3)(3)y y x x =-++， 即221212(27)(3)()(3)0.m y y m n y y n ++++++=①将x my n =+代入2219xy +=得222(9)290.m y mny n +++-=所以12229mn y y m +=-+，212299n y y m -=+．代入①式得2222(27)(9)2(3)(3)(9)0.m n m n mn n m +--++++= 解得n =–3（含去），n =32.故直线CD 的方程为3=2x my +，即直线CD 过定点（32，0）． 若t =0，则直线CD 的方程为y =0，过点（32，0）.综上，直线CD 过定点（32，0）.【点睛】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题.7．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】已知椭圆C 1：22221x y a b+=(a >b >0)的右焦点F 与抛物线C 2的焦点重合，C 1的中心与C 2的顶点重合．过F 且与x 轴垂直的直线交C 1于A ，B 两点，交C 2于C ，D 两点，且43CD AB =． （1）求C 1的离心率；（2）设M 是C 1与C 2的公共点，若|MF |=5，求C 1与C 2的标准方程．【解析】（1）由已知可设2C 的方程为24y cx =，其中c不妨设,A C 在第一象限，由题设得,A B 的纵坐标分别为2b a ，2b a -；,C D 的纵坐标分别为2c ，2c -，故22||b AB a=，||4CD c =.由4||||3CD AB =得2843b c a=，即2322()c c a a ⨯=-，解得2c a =-（舍去），12c a =.所以1C 的离心率为12. （2）由（1）知2a c =，b =，故22122:143x y C c c+=，设00(,)M x y ，则220022143x y c c +=，2004y cx =，故20024143x x c c+=.①由于2C 的准线为x c =-，所以0||MF x c =+，而||5MF =，故05x c =-，代入①得22(5)4(5)143c c c c --+=，即2230c c --=，解得1c =-（舍去），3c =. 所以1C 的标准方程为2213627x y +=，2C 的标准方程为212y x =.8．【2020年高考全国Ⅲ卷理数】已知椭圆222:1(05)25x y C m m +=<<，A ，B 分别为C 的左、右顶点． （1）求C 的方程；（2）若点P 在C 上，点Q 在直线6x =上，且||||BP BQ =，BP BQ ⊥，求APQ △的面积．【解析】（1=22516m =， 所以C 的方程为221252516x y +=. （2）设(,),(6,)P P Q P x y Q y ，根据对称性可设0Q y >，由题意知0P y >， 由已知可得(5,0)B ，直线BP 的方程为1(5)Qy x y =--，所以||BP y =，||BQ =， 因为||||BP BQ =，所以1P y =，将1P y =代入C 的方程，解得3P x =或3-. 由直线BP 的方程得2Q y =或8.所以点,P Q 的坐标分别为1122(3,1),(6,2);(3,1),(6,8)P Q P Q -.11||PQ 11PQ 的方程为13y x =，点(5,0)A -到直线11PQ的距离为2，故11APQ △的面积为15222⨯=. 22||PQ =22P Q 的方程为71093y x =+，点A 到直线22P Q故22AP Q △的面积为1522=. 综上，APQ △的面积为52. 【点睛】本题主要考查了求椭圆标准方程和求三角形面积问题，解题关键是掌握椭圆的离心率定义和数形结合求三角形面积，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.9．【2020年高考北京】已知椭圆2222:1x y C a b+=过点(2,1)A --，且2a b =．（Ⅰ）求椭圆C 的方程：（Ⅱ）过点(4,0)B -的直线l 交椭圆C 于点,M N ,直线,MA NA 分别交直线4x =-于点,P Q ．求||||PB BQ 的值． 【解析】 (1)设椭圆方程为：()222210x y a b a b+=>>，由题意可得：224112a ba b⎧+=⎪⎨⎪=⎩，解得：2282a b ⎧=⎨=⎩， 故椭圆方程为：22182x y +=.(2)设()11,M x y ，()22,N x y ，直线MN 的方程为：()4y k x =+，与椭圆方程22182x y +=联立可得：()222448x k x ++=，即：()()222241326480k x k x k +++-=，则：2212122232648,4141k k x x x x k k --+==++. 直线MA 的方程为：()111122y y x x ++=++， 令4x =-可得：()()()1111111141214122122222P k x k x y x y x x x x ++-++++=-⨯-=-⨯-=++++， 同理可得：()()222142Q k x y x -++=+.很明显0P Q y y <，且：PQPB y PQy =，注意到： ()()()()()()()()122112121242424421212222P Q x x x x x x y y k k x x x x +++++⎛⎫+++=-++=-+⨯ ⎪++++⎝⎭，而：()()()()()122112124242238x x x x x x x x +++++=+++⎡⎤⎣⎦2222648322384141k k k k ⎡⎤⎛⎫--=+⨯+⎢⎥ ⎪++⎝⎭⎣⎦()()()22226483328412041k k k k -+⨯-++=⨯=+，故0,P Q P Q y y y y +==-.从而1PQPB y PQy ==. 【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．10．【2020年高考浙江】如图，已知椭圆221:12x C y +=，抛物线22:2(0)C y px p =>，点A是椭圆1C 与抛物线2C 的交点，过点A 的直线l 交椭圆1C 于点B ，交抛物线2C 于点M （B ，M 不同于A ）． （Ⅰ）若116p =，求抛物线2C 的焦点坐标； （Ⅱ）若存在不过原点的直线l 使M 为线段AB 的中点，求p 的最大值．【解析】（Ⅰ）由116p =得2C 的焦点坐标是1(,0)32．（Ⅱ）由题意可设直线:(0,0)l x my t m t =+≠≠，点00(,)A x y ．将直线l 的方程代入椭圆221:12x C y +=得222(2)220m y mty t +++-=，所以点M 的纵坐标22M mty m =-+．将直线l 的方程代入抛物线22:2C y px =得2220y pmy pt --=，所以02M y y pt =-，解得202(2)p m y m+=，因此22022(2)p m x m +=．由220012x y +=得2421224()2()160m m p m m =+++≥，所以当2m ，10t =时，p 10． 【点晴】本题主要考查直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用，涉及到求函数的最值，考查学生的数学运算能力，是一道有一定难度的题.11．【2020年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆22:143x y E +=的左、右焦点分别为F 1，F 2，点A 在椭圆E 上且在第一象限内，AF 2⊥F 1F 2，直线AF 1与椭圆E 相交于另一点B ．（1）求12AF F △的周长；（2）在x 轴上任取一点P ，直线AP 与椭圆E 的右准线相交于点Q ，求OP QP ⋅的最小值；（3）设点M 在椭圆E 上，记OAB △与MAB △的面积分别为S 1，S 2，若213S S =，求点M 的坐标．【解析】（1）椭圆22:143x y E +=的长轴长为2a ，短轴长为2b ，焦距为2c ，则2224,3,1a b c ===.所以12AF F △的周长为226a c +=. （2）椭圆E 的右准线为4x =. 设(,0),(4,)P x Q y ，则(,0),(4,)OP x QP x y ==--， 2(4)(2)44,OP QP x x x ⋅=-=--≥-在2x =时取等号.所以OP QP ⋅的最小值为4-.（3）因为椭圆22:143x y E +=的左、右焦点分别为12,F F ，点A 在椭圆E 上且在第一象限内，212AF F F ⊥，则123(1,0),(1,0),(1,)2F F A -.所以直线:3430.AB x y -+=设(,)M x y ，因为213S S =，所以点M 到直线AB 距离等于点O 到直线AB 距离的3倍. 由此得|343||30403|355x y -+⨯-⨯+=⨯， 则34120x y -+=或3460x y --=.由2234120,143x y x y -+=⎧⎪⎨+=⎪⎩得2724320x x ++=，此方程无解；由223460,143x y x y --=⎧⎪⎨+=⎪⎩得271240x x --=，所以2x =或27x =-.代入直线:3460l x y --=，对应分别得0y =或127y =-. 因此点M 的坐标为(2,0)或212(,)77--.【点睛】本题考查了椭圆的定义，直线与椭圆相交问题、点到直线距离公式的运用，熟悉运用公式以及根据213S S =推出95d =是解答本题的关键. 12．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b +=>>，且过点A （2，1）．（1）求C 的方程：（2）点M ，N 在C 上，且AM ⊥AN ，AD ⊥MN ，D 为垂足．证明：存在定点Q ，使得|DQ |为定值．【解析】（1）由题设得22411a b +=，22212a b a -=，解得26a =，23b =． 所以C 的方程为22163x y +=． （2）设11(,)M x y ，22(,)N x y ．若直线MN 与x 轴不垂直，设直线MN 的方程为y kx m =+，代入22163x y +=得222(12)4260k x kmx m +++-=． 于是2121222426,1212km m x x x x k k-+=-=++．① 由AM AN ⊥知0AM AN ⋅=，故1212(2)(2)(1)(1)0x x y y --+--=， 可得221212(1)(2)()(1)40k x x km k x x m ++--++-+=．将①代入上式可得22222264(1)(2)(1)401212m kmk km k m k k-+---+-+=++． 整理得(231)(21)0k m k m +++-=．因为(2,1)A 不在直线MN 上，所以210k m +-≠，故2310k m ++=，1k ≠． 于是MN 的方程为21()(1)33y k x k =--≠.所以直线MN 过点21(,)33P -.若直线MN 与x 轴垂直，可得11(,)N x y -.由0AM AN ⋅=得1111(2)(2)(1)(1)0x x y y --+---=.又2211163x y +=，可得2113840x x -+=.解得12x =（舍去），123x =. 此时直线MN 过点21(,)33P -.令Q 为AP 的中点，即41(,)33Q .若D 与P 不重合，则由题设知AP 是Rt ADP △的斜边，故1||||2DQ AP ==. 若D 与P 重合，则1||||2DQ AP =. 综上，存在点41(,)33Q ，使得||DQ 为定值.【点睛】本题考查椭圆的标准方程和性质，圆锥曲线中的定点定值问题，关键是第二问中证明直线MN 经过定点，并求得定点的坐标,属综合题，难度较大.13．【2020年新高考全国Ⅱ卷】已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>过点M （2，3）,点A为其左顶点，且AM 的斜率为12， （1）求C 的方程；（2）点N 为椭圆上任意一点，求△AMN 的面积的最大值.【解析】(1)由题意可知直线AM 的方程为：13(2)2y x -=-，即24-=-x y . 当y =0时，解得4x =-，所以a =4，椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>过点M (2，3)，可得249116b +=， 解得b 2=12.所以C 的方程：2211612x y +=.(2)设与直线AM 平行的直线方程为：2x y m -=，如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM 距离比较远的直线与椭圆的切点为N ，此时△AMN 的面积取得最大值.联立直线方程2x y m -=与椭圆方程2211612x y +=，可得：()2232448m y y ++=，化简可得：2216123480y my m ++-=，所以()221444163480m m ∆=-⨯-=，即m 2=64，解得m =±8， 与AM 距离比较远的直线方程：28x y -=， 直线AM 方程为：24-=-x y ，点N 到直线AM 的距离即两平行线之间的距离，利用平行线之间的距离公式可得：d==由两点之间距离公式可得||AM==.所以△AMN的面积的最大值：1182⨯=.【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．14．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为32的直线l与C 的交点为A，B，与x轴的交点为P．（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；（2）若3AP PB=，求|AB|．【答案】（1）3728y x=-；（2）3.【解析】设直线()()11223:,,,,2l y x t A x y B x y=+．（1）由题设得3,04F⎛⎫⎪⎝⎭，故123||||2AF BF x x+=++，由题设可得1252x x+=．由2323y x ty x⎧=+⎪⎨⎪=⎩，可得22912(1)40x t x t+-+=，则1212(1)9tx x-+=-．从而12(1)592t--=，得78t=-．所以l的方程为3728y x=-．（2）由3AP PB=可得123y y=-．由2323y x t y x⎧=+⎪⎨⎪=⎩，可得2220y y t -+=． 所以122y y +=．从而2232y y -+=，故211,3y y =-=． 代入C 的方程得1213,3x x ==．故||3AB =． 【名师点睛】本题考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的综合应用问题，涉及平面向量、弦长的求解方法，解题关键是能够通过直线与抛物线方程的联立，利用根与系数的关系构造等量关系.15．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知点A (−2，0)，B (2，0)，动点M (x ，y )满足直线AM 与BM 的斜率之积为−12.记M 的轨迹为曲线C .（1）求C 的方程，并说明C 是什么曲线；（2）过坐标原点的直线交C 于P ，Q 两点，点P 在第一象限，PE ⊥x 轴，垂足为E ，连结QE 并延长交C 于点G .（i ）证明：PQG △是直角三角形； （ii ）求PQG △面积的最大值.【答案】（1）见解析；（2）（i ）见解析；（ii ）169. 【解析】（1）由题设得1222y y x x ⋅=-+-，化简得221(||2)42x y x +=≠，所以C 为中心在坐标原点，焦点在x 轴上的椭圆，不含左右顶点． （2）（i ）设直线PQ 的斜率为k ，则其方程为(0)y kx k =>．由22142y kxx y =⎧⎪⎨+=⎪⎩得x =记u =，则(,),(,),(,0)P u uk Q u uk E u --．于是直线QG 的斜率为2k ，方程为()2ky x u =-． 由22(),2142k y x u x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩得 22222(2)280k x uk x k u +-+-=．①设(,)G G G x y ，则u -和G x 是方程①的解，故22(32)2G u k x k +=+，由此得322G uky k=+． 从而直线PG 的斜率为322212(32)2uk uk k u k kuk -+=-+-+．所以PQ PG ⊥，即PQG △是直角三角形．（ii ）由（i）得||2PQ =||PG =△PQG 的面积222218()18(1)||12(12)(2)12()k k k k S PQ PG k k k k++===++++‖． 设t =k +1k，则由k >0得t ≥2，当且仅当k =1时取等号． 因为2812tS t=+在[2，+∞）单调递减，所以当t =2，即k =1时，S 取得最大值，最大值为169． 因此，△PQG 面积的最大值为169． 【名师点睛】本题考查了求椭圆的标准方程，以及利用直线与椭圆的位置关系，判断三角形形状以及三角形面积最大值问题，考查了数学运算能力，考查了求函数最大值问题.16．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知曲线C ：y =22x ，D 为直线y =12-上的动点，过D 作C 的两条切线，切点分别为A ，B .（1）证明：直线AB 过定点： （2）若以E (0，52)为圆心的圆与直线AB 相切，且切点为线段AB 的中点，求四边形ADBE 的面积.【答案】（1）见详解；（2）3或【解析】（1）设()111,,,2D t A x y ⎛⎫- ⎪⎝⎭，则2112x y =.由于y'x =，所以切线DA 的斜率为1x ，故11112y x x t+=- .整理得112 2 +1=0. tx y -设()22,B x y ，同理可得222 2 +1=0tx y -. 故直线AB 的方程为2210tx y -+=. 所以直线AB 过定点1(0,)2.（2）由（1）得直线AB 的方程为12y tx =+. 由2122y tx x y ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，可得2210x tx --=. 于是()2121212122,1,121x x t x x y y t x x t +==-+=++=+，()212||21AB x t =-==+.设12,d d 分别为点D ，E 到直线AB的距离，则12d d ==因此，四边形ADBE 的面积()(2121||32S AB d d t =+=+设M 为线段AB 的中点，则21,2M t t ⎛⎫+⎪⎝⎭. 由于EM AB ⊥，而()2,2EM t t =-，AB 与向量(1, )t 平行，所以()220t t t +-=.解得t =0或1t =±.当t =0时，S =3；当1t =±时，S =因此，四边形ADBE 的面积为3或【名师点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题，第二问是求面积类型，属于常规题型，按部就班地求解就可以，思路较为清晰，但计算量不小.17．【2019年高考北京卷理数】已知抛物线C ：x 2=−2py 经过点（2，−1）．（1）求抛物线C 的方程及其准线方程；（2）设O 为原点，过抛物线C 的焦点作斜率不为0的直线l 交抛物线C 于两点M ，N ，直线y =−1分别交直线OM ，ON 于点A 和点B ．求证：以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点．【答案】（1）抛物线C 的方程为24x y =-，准线方程为1y =；（2）见解析.【解析】（1）由抛物线2:2C x py =-经过点(2,1)-，得2p =.所以抛物线C 的方程为24x y =-，其准线方程为1y =. （2）抛物线C 的焦点为(0,1)F -. 设直线l 的方程为1(0)y kx k =-≠.由21,4y kx x y=-⎧⎨=-⎩得2440x kx +-=. 设()()1122,,,M x y N x y ，则124x x =-. 直线OM 的方程为11y y x x =. 令1y =-，得点A 的横坐标11A x x y =-. 同理得点B 的横坐标22B x x y =-. 设点(0, )D n ，则1212,1,,1x x DA n DB n y y ⎛⎫⎛⎫=---=--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 21212(1)x x DA DB n y y ⋅=++2122212(1)44x x n x x =++⎛⎫⎛⎫-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ 21216(1)n x x =++ 24(1)n =-++.令0DA DB ⋅=，即24(1)0n -++=，则1n =或3n =-. 综上，以AB 为直径的圆经过y 轴上的定点(0,1)和(0,3)-.【名师点睛】本题主要考查抛物线方程的求解与准线方程的确定，直线与抛物线的位置关系，圆的性质及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.18．【2019年高考天津卷理数】设椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的左焦点为F ，上顶点为B ．已知椭圆的短轴长为4（1）求椭圆的方程；（2）设点P 在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点M 为直线PB 与x 轴的交点，点N 在y 轴的负半轴上．若||||ON OF =（O 为原点），且OP MN ⊥，求直线PB 的斜率．【答案】（1）22154x y +=；（2或． 【解析】（1）设椭圆的半焦距为c，依题意，24,c b a ==222a b c =+，可得a =2,b =1c =．所以，椭圆的方程为22154x y +=．（2）由题意，设()()()0,,0P P p M P x y x M x ≠，．设直线PB 的斜率为()0k k ≠， 又()0,2B ，则直线PB 的方程为2y kx =+，与椭圆方程联立222,1,54y kx x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩整理得()2245200k x kx ++=，可得22045P k x k =-+，代入2y kx =+得2281045P k y k-=+， 进而直线OP 的斜率24510P p y k x k-=-． 在2y kx =+中，令0y =，得2M x k=-． 由题意得()0,1N -，所以直线MN 的斜率为2k -． 由OP MN ⊥，得2451102k k k-⎛⎫⋅-=- ⎪-⎝⎭，化简得2245k =，从而k =所以，直线PB或． 【名师点睛】本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程等基础知识．考查用代数方法研究圆锥曲线的性质．考查运算求解能力，以及用方程思想解决问题的能力．19．【2019年高考江苏卷】如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C :22221(0)x y a b a b+=>>的焦点为F 1（–1、0），F 2（1，0）．过F 2作x 轴的垂线l ，在x 轴的上方，l 与圆F 2:222(1)4x y a -+=交于点A ，与椭圆C 交于点D .连结AF 1并延长交圆F 2于点B ，连结BF 2交椭圆C 于点E ，连结DF 1． 已知DF 1=52． （1）求椭圆C 的标准方程； （2）求点E 的坐标．【答案】（1）22143x y +=；（2）3(1,)2E --. 【解析】（1）设椭圆C 的焦距为2c . 因为F 1(−1，0)，F 2(1，0)，所以F 1F 2=2，c =1. 又因为DF 1=52，AF 2⊥x 轴，所以DF 2222211253()222DF F F -=-=， 因此2a =DF 1+DF 2=4，从而a =2. 由b 2=a 2−c 2，得b 2=3.因此，椭圆C 的标准方程为22143x y +=.（2）解法一：由（1）知，椭圆C ：22143x y +=，a =2，因为AF 2⊥x 轴，所以点A 的横坐标为1. 将x =1代入圆F 2的方程(x −1) 2+y 2=16，解得y =±4. 因为点A 在x 轴上方，所以A (1，4). 又F 1(−1，0)，所以直线AF 1：y =2x +2.由22()22116y x x y =+-+=⎧⎨⎩，得256110x x +-=，解得1x =或115x =-. 将115x =-代入22y x =+，得 125y =-， 因此1112(,)55B --.又F 2(1，0)，所以直线BF 2：3(1)4y x =-.由221433(1)4x y x y ⎧⎪⎪⎨⎪+=-⎩=⎪，得276130x x --=，解得1x =-或137x =. 又因为E 是线段BF 2与椭圆的交点，所以1x =-. 将1x =-代入3(1)4y x =-，得32y =-. 因此3(1,)2E --.解法二：由（1）知，椭圆C ：22143x y +=.如图，连结EF 1.因为BF 2=2a ，EF 1+EF 2=2a ，所以EF 1=EB ， 从而∠BF 1E =∠B .因为F 2A =F 2B ，所以∠A =∠B ， 所以∠A =∠BF 1E ，从而EF 1∥F 2A . 因为AF 2⊥x 轴，所以EF 1⊥x 轴.因为F 1(−1，0)，由221431x x y ⎧⎪⎨+==-⎪⎩，得32y =±.又因为E 是线段BF 2与椭圆的交点，所以32y =-. 因此3(1,)2E --.【名师点睛】本小题主要考查直线方程、圆的方程、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、分析问题能力和运算求解能力.20．【2019年高考浙江卷】如图，已知点(10)F ，为抛物线22(0)y px p =>的焦点，过点F 的直线交抛物线于A 、B 两点，点C 在抛物线上，使得ABC △的重心G 在x 轴上，直线AC 交x 轴于点Q ，且Q 在点F 的右侧．记,AFG CQG △△的面积分别为12,S S ． （1）求p 的值及抛物线的准线方程；（2）求12S S 的最小值及此时点G 的坐标．【答案】（1）p =2，准线方程为x =−1；（2）最小值为31，此时G （2，0）． 【解析】（1）由题意得12p=，即p =2. 所以，抛物线的准线方程为x =−1.（2）设()()(),,,,,A A B B c c A x y B x y C x y ，重心(),G G G x y .令2,0A y t t =≠，则2A x t =.由于直线AB 过F ，故直线AB 方程为2112t x y t-=+，代入24y x =，得()222140t y y t---=，故24B ty =-，即2B y t =-，所以212,B tt ⎛⎫- ⎪⎝⎭.又由于()()11,33G A B c G A B c x x x x y y y y =++=++及重心G 在x 轴上，故220c t y t -+=，得242211222,2,,03t t C t t G t t t ⎛⎫⎛⎫-+⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 所以，直线AC 方程为()222y t t x t-=-，得()21,0Q t-.由于Q 在焦点F 的右侧，故22t >.从而4224221244242222211|2|||322221222211|||1||2|23A ct t t FG y t S t t t t t S t t QG y t t t t-+-⋅⋅--====--+--⋅--⋅-.令22m t =-，则m >0，1221222134342S m S m m m m m=-=--=+++++当m =时，12S S 取得最小值1G （2，0）． 【名师点睛】本题主要考查抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力.。
2020-2021学年高考数学(理)考点：椭圆
2020-2021学年高考数学（理）考点：椭圆1．椭圆的概念平面内与两个定点F 1，F 2的距离的和等于常数(大于|F 1F 2|)的点的轨迹叫做椭圆．这两个定点叫做椭圆的焦点，两焦点间的距离叫做椭圆的焦距．集合P ＝{M ||MF 1|＋|MF 2|＝2a }，|F 1F 2|＝2c <2a ，其中a >0，c >0，且a ，c 为常数． 2．椭圆的标准方程和几何性质－a ≤x ≤a －b ≤x ≤b概念方法微思考1．在椭圆的定义中，若2a ＝|F 1F 2|或2a <|F 1F 2|，动点P 的轨迹如何？提示 当2a ＝|F 1F 2|时动点P 的轨迹是线段F 1F 2；当2a <|F 1F 2|时动点P 的轨迹是不存在的． 2．椭圆的离心率的大小与椭圆的扁平程度有怎样的关系？ 提示 由e ＝ca ＝1－⎝⎛⎭⎫b a 2知，当a 不变时，e 越大，b 越小，椭圆越扁；e 越小，b 越大，椭圆越圆．1．（2019•北京）已知椭圆22221(0)x y a b a b +=>>的离心率为12，则( )A ．222a b =B ．2234a b =C ．2a b =D ．34a b =【答案】B【解析】由题意，12c a =，得2214c a =，则22214a b a -=，22244a b a ∴-=，即2234a b =．故选B ．2．（2019•新课标Ⅰ）已知椭圆C 的焦点为1(1,0)F -，2(1,0)F ，过点2F 的直线与椭圆C 交于A ，B 两点．若22||2||AF F B =，1||||AB BF =，则C 的方程为( )A ．2212x y +=B ．22132x y +=C ．22143x y +=D ．22154x y +=【答案】B【解析】22||2||AF BF =，2||3||AB BF ∴=， 又1||||AB BF =，12||3||BF BF ∴=， 又12||||2BF BF a +=，2||2aBF ∴=， 2||AF a ∴=，13||2BF a =，12||||2AF AF a +=，1||AF a ∴=， 12||||AF AF ∴=，A ∴在y 轴上．在Rt △2AF O 中，21cos AF O a∠=， 在△12BF F 中，由余弦定理可得222134()()22cos 222a a BF F a +-∠=⨯⨯，根据221cos cos 0AF O BF F ∠+∠=，可得214202a a a-+=，解得23a =，a ∴=222312b a c =-=-=．所以椭圆C 的方程为：22132x y +=．故选B ．3．（2018•全国）已知椭圆22221x y a b +=过点3(4,)5-和4(3,)5-，则椭圆离心率(e = )ABC ．15D ．25【答案】A【解析】椭圆22221x y a b +=过点3(4,)5-和4(3,)5-，则2222169125916125a b ab ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，解得5a =，1b =，22224c a b ∴=-=，c ∴=c e a ∴=， 故选A ．4．（2018•新课标Ⅰ）已知椭圆222:14x y C a +=的一个焦点为(2,0)，则C 的离心率为( )A ．13B ．12CD【答案】C【解析】椭圆222:14x y C a +=的一个焦点为(2,0)，可得244a -=，解得a =， 2c =，c e a ∴==故选C ．5．（2018•上海）设P 是椭圆22153x y +=上的动点，则P 到该椭圆的两个焦点的距离之和为( )A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】椭圆22153x y +=的焦点坐标在x 轴，a ，P 是椭圆22153x y +=上的动点，由椭圆的定义可知：则P 到该椭圆的两个焦点的距离之和为2a =故选C ．6．（2018•新课标Ⅱ）已知1F ，2F 是椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左、右焦点，A 是C 的左顶点，点P 在过A 的直线上，△12PF F 为等腰三角形，12120F F P ∠=︒，则C 的离心率为( ) A ．23B ．12 C ．13D ．14【答案】D【解析】由题意可知：(,0)A a -，1(,0)F c -，2(,0)F c ，直线AP 的方程为：)y x a =+，由12120F F P ∠=︒，212||||2PF F F c ==，则(2)P c ，代入直线)AP c a +，整理得：4a c =， ∴题意的离心率14c e a ==．故选D ．7．（2018•新课标Ⅱ）已知1F ，2F 是椭圆C 的两个焦点，P 是C 上的一点，若12PF PF ⊥，且2160PF F ∠=︒，则C 的离心率为( )A．1 B．2CD1【答案】D【解析】1F ，2F 是椭圆C 的两个焦点，P 是C 上的一点，若12PF PF ⊥，且2160PF F ∠=︒，可得椭圆的焦点坐标2(,0)F c ，所以1(2P c)．可得：22223144c c a b +=，可得22131144(1)e e+=-，可得42840e e -+=，(0,1)e ∈，解得1e =． 故选D ．8．（2017•全国）椭圆C 的焦点为1(1,0)F -，2(1,0)F ，点P 在C 上，22F P =，1223F F P π∠=，则C的长轴长为( )A ．2B ．C ．2D ．2+【答案】D【解析】椭圆C 的焦点为1(1,0)F -，2(1,0)F ，则1c =， 2||2PF =，12||2||22PF a PF a ∴=-=-，由余弦定理可得22211221222||||||2||||cos 3PF F F PF F F PF π=+-， 即21(22)44222()2a -=+-⨯⨯⨯-，解得1a =+1a =（舍去），22a ∴=+故选D ．9．（2017•上海）在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆221:1364x y C +=和222:19y C x +=．P 为1C 上的动点，Q 为2C 上的动点，w 是OP OQ 的最大值．记{(,)|P Q P Ω=在1C 上，Q 在2C 上，且}OP OQ w =，则Ω中元素个数为( )A ．2个B ．4个C ．8个D ．无穷个【答案】D【解析】椭圆221:1364x y C +=和222:19y C x +=．P 为1C 上的动点，Q 为2C 上的动点， 可设(6cos ,2sin )P αα，(cos ,3sin )Q ββ，0α，2βπ<， 则6cos cos 6sin sin 6cos()OP OQ αβαβαβ=+=-， 当αβ=时，w 取得最大值6，则{(,)|P Q P Ω=在1C 上，Q 在2C 上，且}OP OQ w =中的元素有无穷多对． 另解：令(,)P m n ，(,)Q u v ，则22936m n +=，2299u v +=， 由柯西不等式22222(9)(9)324(33)m n u v mu nv ++=+， 当且仅当9mv nu =，取得最大值6，显然，满足条件的P 、Q 有无穷多对，D 项正确． 故选D ．10．（2017•新课标Ⅰ）设A ，B 是椭圆22:13x y C m+=长轴的两个端点，若C 上存在点M 满足120AMB ∠=︒，则m 的取值范围是( )A ．(0，1][9，)+∞B ．(0[9，)+∞ C ．(0，1][4，)+∞ D ．(0[4，)+∞【答案】A【解析】假设椭圆的焦点在x 轴上，则03m <<时，设椭圆的方程为：22221(0)x y a b a b+=>>，设(,0)A a -，(,0)B a ，(,)M x y ，0y >，则22222a y a x b-=，MAB α∠=，MBA β∠=，AMB γ∠=，tan y x a α=+，tan y a xβ=-， 则222222222222tan tan 2222tan tan[()]tan()1tan tan ()ay ay ab ab a y a x y y a b c y y b αβγπαβαβαβ+=-+=-+=-=-=-=-=------，222tan ab c yγ∴=-，当y 最大时，即y b =时，AMB ∠取最大值，M ∴位于短轴的端点时，AMB ∠取最大值，要使椭圆C 上存在点M 满足120AMB ∠=︒，120AMB ∠︒，60AMO ∠︒，tan tan 60AMO ∠=︒=解得：01m <；当椭圆的焦点在y 轴上时，3m >，当M 位于短轴的端点时，AMB ∠取最大值，要使椭圆C 上存在点M 满足120AMB ∠=︒，120AMB ∠︒，60AMO ∠︒，tan tan 60AMO ∠=︒=9m ，m ∴的取值范围是(0，1][9，)+∞故选A ．故选A ．11．（2017•浙江）椭圆22194x y +=的离心率是( )A B C ．23 D ．59【答案】B【解析】椭圆22194x y +=，可得3a =，2b =，则c所以椭圆的离心率为：c a =． 故选B ．12．（2017•新课标Ⅲ）已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左、右顶点分别为1A ，2A ，且以线段12A A 为直径的圆与直线20bx ay ab -+=相切，则C 的离心率为( )A B C ．3 D ．13【答案】A【解析】以线段12A A 为直径的圆与直线20bx ay ab -+=相切，∴a =，化为：223ab =．∴椭圆C 的离心率c e a ==．故选A ．13．（2020•上海）已知椭圆22:143x y C +=的右焦点为F ，直线l 经过椭圆右焦点F ，交椭圆C 于P 、Q 两点（点P 在第二象限），若点Q 关于x 轴对称点为Q '，且满足PQ FQ ⊥'，求直线l 的方程是__________． 【答案】10x y +-=【解析】椭圆22:143x y C +=的右焦点为(1,0)F ，直线l 经过椭圆右焦点F ，交椭圆C 于P 、Q 两点（点P 在第二象限）， 若点Q 关于x 轴对称点为Q '，且满足PQ FQ ⊥'，可知直线l 的斜率为1-，所以直线l 的方程是：(1)y x =--， 即10x y +-=． 故答案为：10x y +-=．14．（2019•浙江）已知椭圆22195x y +=的左焦点为F ，点P 在椭圆上且在x 轴的上方．若线段PF 的中点在以原点O 为圆心，||OF 为半径的圆上，则直线PF 的斜率是__________．【解析】椭圆22195x y +=的3a =，b =2c =，23e =，设椭圆的右焦点为F '，连接PF '，线段PF 的中点A 在以原点O 为圆心，2为半径的圆， 连接AO ，可得||2||4PF AO '==，设P 的坐标为(,)m n ，可得2343m -=，可得32m =-，n ，由(2,0)F -，可得直线PF 的斜率为2322=-+ 另解：由||2||4PF AO '==，||642PF =-=，||24FF c '==， 可得416161cos 2244PFF +-'∠==⨯⨯，sin PFF '∠， 可得直线PF的斜率为sin cos PFF PFF '∠='∠15．（2019•上海）在椭圆22142x y +=上任意一点P ，Q 与P 关于x 轴对称，若有121F P F P ，则1F P与2F Q 的夹角范围为__________． 【答案】1[arccos 3π-，]π【解析】设(,)P x y ，则Q 点(,)x y -，椭圆22142x y +=的焦点坐标为(，0)，，0)，121F P F P ，2221x y ∴-+，结合22142x y +=可得：2[1y ∈，2]故1F P 与2F Q 的夹角θ满足：222122212238cos 3[122(F P F Qy y y F P F Q x θ-====-+∈-++，1]3-故1[arccos 3θπ∈-，]π故答案为：1[arccos 3π-，]π．16．（2018•浙江）已知点(0,1)P ，椭圆22(1)4x y m m +=>上两点A ，B 满足2AP PB =，则当m =__________时，点B 横坐标的绝对值最大． 【答案】5【解析】设1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ， 由(0,1)P ，2AP PB =，可得122x x -=，1212(1)y y -=-， 即有122x x =-，1223y y +=， 又221144x y m +=，即为2221x y m +=，① 222244x y m +=，②①-②得1212(2)(2)3y y y y m -+=-， 可得122y y m -=-， 解得132m y -=，234my +=， 则2223()2m m x -=+， 即有222223109(5)16()244m m m m x m --+---+=-==， 即有5m =时，22x 有最大值4，即点B 横坐标的绝对值最大． 故答案为：5．17．（2018•北京）已知椭圆2222:1(0)x y M a b a b +=>>，双曲线2222:1x y N m n-=．若双曲线N 的两条渐近线与椭圆M 的四个交点及椭圆M 的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M 的离心率为__________；双曲线N 的离心率为__________．1；2【解析】椭圆2222:1(0)x y M a b a b +=>>，双曲线2222:1x y N m n-=．若双曲线N 的两条渐近线与椭圆M 的四个交点及椭圆M 的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，可得椭圆的焦点坐标(,0)c ，正六边形的一个顶点(2c，，可得：22223144c c a b +=，可得22131144(1)e e+=-，可得42840e e -+=，(0,1)e ∈，解得1e =．nm= 可得：223n m =，即2224m n m+=，可得双曲线的离心率为2e ==．1；2．18．（2017•上海）设椭圆2212x y +=的左、右焦点分别为1F 、2F ，点P 在该椭圆上，则使得△12F F P是等腰三角形的点P 的个数是__________． 【答案】6【解析】如图所示，①当点P 与短轴的顶点重合时，△12F F P 构成以12F F 为底边的等腰三角形， 此种情况有2个满足条件的等腰△12F F P ；②当△12F F P 构成以12F F 为一腰的等腰三角形时，共有4个． 以2F P 作为等腰三角形的底边为例， 121F F F P =，∴点P 在以1F 为圆心，半径为焦距2c 的圆上因此，当以1F 为圆心，半径为2c 的圆与椭圆C 有2交点时， 存在2个满足条件的等腰△12F F P ．同理可得：当以2F 为圆心，半径为2c 的圆与椭圆C 有2交点时，存在2个满足条件的等腰△12F F P ． 综上可得：满足条件的使得△12F F P 是等腰三角形的点P 的个数为6． 故答案为：6．19．（2019•上海）已知椭圆22184x y +=，1F ，2F 为左、右焦点，直线l 过2F 交椭圆于A ，B 两点．（1）若直线l 垂直于x 轴，求||AB ；（2）当190F AB ∠=︒时，A 在x 轴上方时，求A 、B 的坐标；（3）若直线1AF 交y 轴于M ，直线1BF 交y 轴于N ，是否存在直线l ，使得11F ABF MNS S=，若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．【解析】（1）依题意，2(2,0)F ，当AB x ⊥轴时，则A，(2,B，得||AB = （2）设1(A x ，1)y ，11290(90)F AB F AF ∠=︒∠=︒，∴2212111111(2,)(2,)40AF AF x y x y x y =+-=-+=，又A 在椭圆上，满足2211184x y +=，即22114(1)8x y =-，∴221144(1)08x x -+-=，解得10x =，即(0,2)A ．直线:2AB y x =-+，联立222184y x x y =-+⎧⎪⎨+=⎪⎩，解得8(3B ，2)3-；（3）设1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ，3(0,)M y ，4(0,)N y ， 直线:2l x my =+， 则11212121||||2||2F ABS F F y y y y =-=-， 1134341||||||2F MNSFO y y y y =-=-． 联立222184x my x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，得22(2)440m y my ++-=．则12242m y y m +=-+，12242y y m -=+． 由直线1AF 的方程：11(2)2y y x x =++，得M 纵坐标13122y y x =+；由直线1BF 的方程：22(2)2y y x x =++，得N 的纵坐标24222y y x =+． 若11F ABF MNSS=，即12342||||y y y y -=-，121212341212121222228()||||||||2||2244(4)(4)y y y y y y y y y y x x my my my my --=-=-==-++++++， 12|(4)(4)|4my my ∴++=，21212|4()16|4m y y m y y +++=，代入根与系数的关系，得22244|416|422m m m m m --++=++，解得m =∴存在直线20x -=或20x -=满足题意．20．（2019•天津）设椭圆22221(0)x y ab a b+=>>的左焦点为F ，上顶点为B ．已知椭圆的短轴长为4，．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设点P 在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点M 为直线PB 与x 轴的交点，点N 在y 轴的负半轴上．若||||(ON OF O =为原点），且OP MN ⊥，求直线PB 的斜率． 【解析】（Ⅰ）由题意可得24b =，即2b =，c e a ==222a b c -=，解得a =，1c =，可得椭圆方程为22154x y +=；（Ⅱ）(0,2)B ，设PB 的方程为2y kx =+， 代入椭圆方程224520x y +=， 可得22(45)200k x kx ++=， 解得22045kx k =-+或0x =，即有220(45kP k -+，22810)45k k -+，2y kx =+，令0y =，可得2(M k-，0)， 又(0,1)N -，OP MN ⊥，可得281011220k k k-=---，解得k =可得PB 的斜率为 21．（2019•江苏）如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的焦点为1(1,0)F -，2(1,0)F ．过2F 作x 轴的垂线l ，在x 轴的上方，1与圆2222:(1)4F x y a -+=交于点A ，与椭圆C交于点D ．连结1AF 并延长交圆2F 于点B ，连结2BF 交椭圆C 于点E ，连结1DF ．已知152DF =． （1）求椭圆C 的标准方程； （2）求点E 的坐标．【解析】（1）如图，22F A F B =，22F AB F BA ∴∠=∠，22212F A a F D DA F D F D ==+=+，1AD F D ∴=，则11DAF DF A ∠=∠，12DF A F BA ∴∠=∠，则12//F D BF ，1c =，221b a ∴=-，则椭圆方程为222211x y a a +=-， 取1x =，得21D a y a -=，则22112a a AD a a a -+=-=． 又152DF =，∴2152a a +=，解得2(0)a a =>．∴椭圆C 的标准方程为22143x y +=；（2）由（1）知，3(1,)2D ，1(1,0)F -，∴2133224BF DF k k ===，则23:(1)4BF y x =-， 联立223(1)4143y x x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，得22118390x x --=． 解得11x =-或2137x =（舍)． ∴132y =-．即点E 的坐标为3(1,)2--．22．（2018•江苏）如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C 过点1)2，焦点1(F 0)，2F 0)，圆O 的直径为12F F ．（1）求椭圆C 及圆O 的方程；（2）设直线l 与圆O 相切于第一象限内的点P ．①若直线l 与椭圆C 有且只有一个公共点，求点P 的坐标；②直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点．若OAB ∆，求直线l 的方程．【解析】（1）由题意可设椭圆方程为22221,(0)x y a b a b+=>>，焦点1(F 0)，2F 0)，∴c ． 223114a b∴+=，又2223a b c -==， 解得2a =，1b =．∴椭圆C 的方程为：2214x y +=，圆O 的方程为：223x y +=．（2）①可知直线l 与圆O 相切，也与椭圆C ，且切点在第一象限，因此k 一定小于0，∴可设直线l 的方程为y kx m =+，(0,0)k m <>．由圆心(0,0)到直线l22223,331m m k k==++即． 由2244y kx m x y =+⎧⎨+=⎩，可得222(41)8440k x kmx m +++-=， △222(8)4(41)(44)0km k m =-+-=，可得2241m k =+，223341k k ∴+=+，结合0k <，0m >，解得k =3m =．将k =3m =代入223x y y kx m⎧+=⎨=+⎩可得220x -+=，解得x =1y =，故点P的坐标为． ②设1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y ，由220,0330k m m k k <>⎧⎪=+⇒<⎨⎪>⎩． 联立直线与椭圆方程得222(41)8440k x kmx m +++-=，21||x x -= O 到直线l的距离d =，221|||1AB x x k-=+，OAB ∆的面积为211122S k=+⨯=， 解得k =（正值舍去），m =y ∴=+23．（2017•全国）设椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的中心为O ，左焦点为F ，左顶点为A ，短轴的一个端点为B ，短轴长为4，ABF ∆1 （1）求a ，b ；（2）设直线l 与C 交于P ，Q 两点，(2,2)M ，四边形OPMQ 为平行四边形，求l 的方程．【解析】（1）依题意得，222241()12ABF b S a c b a c b∆=⎧⎪⎪=-=⎨⎪-=⎪⎩，解得a =2b =，1c =（2）方法1（点差法）：由（1）得椭圆的方程为22154x y +=，因为四边形OPMQ 为平行四边形，设OM 的中点为D ，则D 也是PQ 的中点，因为(2,2)M ，则(1,1)D ，设1(P x ，1)y ，2(Q x ，2)y ， 由题意22112222154154x y x y ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，两式相减得22221212054x x y y --+=， 变形得12121212()()()()054x x x x y y y y -+-++=，即121212124421455215PQy y x x k x x y y -+⨯==-⨯=-⨯=--+⨯， 所以直线l 的方程为41(1)5y x -=--，即4590x y +-=．带入22154x y +=，检验△0>，有两个交点，满足题意．方法2（韦达定理法）:①当直线PQ 的斜率不存在时，直线l 的方程为1x =，此时P Q y y =-，其中点为(1,0)，不成立； ②当直线PQ 的斜率存在时，设直线l 的方程为1(1)y k x -=-，联立得221(1)154y k x x y -=-⎧⎪⎨+=⎪⎩，消y 化简得，222(54)10(1)510150k x k k x k k +--+--=，设1(P x ，1)y ，2(Q x ，2)y ，则12210(1)2154k k x x k -+==⨯+，解得45k =-， 带入上述二次方程，检验得△0>，满足题意．所以直线l 的方程为41(1)5y x -=--，即4590x y +-=．1．（2020•河南模拟）已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，B 为椭圆的上顶点，若△BF 1F 2的外接圆的半径为2b 3，则椭圆C 的离心率为（ ）A ．√22B ．√32C ．12D ．23【答案】C【解析】设O 为坐标原点，△BF 1F 2的外心必在线段OB 上， 且有c 2+(b −2b3)2=(2b3)2，得b 2＝3c 2， 即a 2﹣c 2＝3c 2，得a ＝2c ， ∴椭圆C 的离心率为e =ca =12． 故选C ．2．（2020•运城模拟）已知椭圆E ：x 2a+2+y 2a =1(a ＞0)的离心率为√22，若面积为4的矩形ABCD 的四个顶点都在椭圆E 上，点O 为坐标原点，则|OA |2＝（ ）A ．√2±12B ．3C ．3±12D ．3±√22【答案】D【解析】由椭圆E 的离心率为√22，得√a+2−a a+2=√22，即a ＝2． ∴椭圆E 的方程为x 24+y 22=1，设A(2cosθ，√2sinθ)(θ∈(0，π2))，由椭圆与矩形的对称性可得该矩形的面积S =2cosθ×√2sinθ=1， ∴sin2θ=√22，即2θ=π4或3π4，可得cos2θ=±√22，∴|OA|2=4cos 2θ+2sin 2θ=2cos 2θ+2=cos2θ+3=3±√22， 故选D ．3．（2020•南岗区校级模拟）已知F 1、F 2是椭圆x 24+y 23=1的左、右焦点，点P 是椭圆上任意一点，以PF 1为直径作圆N ，直线ON 与圆N 交于点Q （点Q 不在椭圆内部），则QF 1→⋅QF 2→=（ ） A ．2√3B ．4C ．3D ．1【答案】C【解析】连接PF 2，由题意可知|PF 2|＝2|ON |，|NQ |=12|PF 1|， 所以|OQ |＝|ON |+|NQ |=12（|PF 2|+|PF 1|）=12×4＝2，由极化恒等式可知QF 1→⋅QF 2→=|QO|2−14|F 1F 2|2=4−1=3， 所以QF 1→⋅QF 2→=3，（极化恒等式：a →⋅b →=(a →+b →)2−(a →−b →)24）．故选C ．4．（2020•襄州区校级四模）已知F 1、F 2分别是椭圆x 2a +y 2b =1(a ＞b ＞0)的左、右焦点，P 是椭圆上一点（异于左、右顶点），若存在以√22c 为半径的圆内切于△PF 1F 2，则椭圆的离心率的取值范围是（ ） A ．(13，√23] B ．[√23，1)C ．(0，√23]D ．(0，13]【答案】D【解析】F 1、F 2分别是椭圆x 2a +y 2b =1(a ＞b ＞0)的左、右焦点，P 是椭圆上一点（异于左、右顶点）， 若存在以√22c 为半径的圆内切于△PF 1F 2，可得：12×(2a +2c)×√22c =12×2c|y p |， ∴(a +c)c =√2c|y p |≤√2bc ，∴(a +c)≤√2b ，∴（a +c ）2≤2b 2，则0≤a 2﹣2ac ﹣3c 2，∵（a +c ）（a ﹣3c ）≥0，∴a ≥3c ，∴0＜e ≤13． 故选D ．5．（2020•马鞍山三模）在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆x 2a 2+y 2b 2=1（a ＞b ＞0），过左焦点F（﹣2，0）倾斜角为π3的直线交椭圆上半部分于点A ，以F A ，FO 为邻边作平行四边形OF AB ，若点B 在椭圆上，则b 2等于（ ） A ．√3 B ．2√3 C ．3√3 D ．4√3【答案】B【解析】依题意，c ＝2，设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2）， ∵四边形OF AB 为平行四边形，∴y 1＝y 2， 又x 12a 2+y 12b 2=1，x 22a 2+y 22b 2=1，∴x 2＝﹣x 1，又F A ∥OB ，且直线F A 的倾斜角为π3，∴y 1x 1+2=y 2x 2=√3．∵y 1＝y 2，x 2＝﹣x 1，∴x 1＝﹣1，x 2＝1，y 1=y 2=√3． 得A （﹣1，√3），将A 的坐标代入椭圆方程，可得1a 2+3b 2=1，①又a 2﹣b 2＝4，②联立①②解得：a 2=4+2√3，b 2=2√3． 故选B ．6．（2020•福州三模）已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1（a ＞b ＞0）的焦距为2，右顶点为A ．过原点与x 轴不重合的直线交C 于M ，N 两点，线段AM 的中点为B ，若直线BN 经过C 的右焦点，则C 的方程为（ ） A ．x 24+y 23=1 B ．x 26+y 25=1C ．x 29+y 28=1D ．x 236+y 232=1【答案】C 【解析】如图，设M （x 0，y 0），则N （﹣x 0，﹣y 0）， ∵A （a ，0），且线段AM 的中点为B ，∴B （a+x 02，y 02），由B ，F ，N 三点共线，得FN →∥FB →，依题意，F （1，0）， ∴FN →=(−x 0−1，−y 0)，FB →=(a+x 02−1，y 02)， 即−(x 0+1)⋅y 02+(a+x 02−1)⋅y 0=0． 又y 0≠0，解得a ＝3，∴b 2＝32﹣12＝8． 可得C 的方程为x 29+y 28=1．故选C ．7．（2020•梅河口市校级模拟）已知经过原点O 的直线与椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a ＞b ＞0)相交于M ，N两点（M 在第二象限），A ，F 分别是该椭圆的右顶点和右焦点，若直线MF 平分线段AN ，且|AF |＝4，则该椭圆的方程为（ ） A ．x 29+y 25=1 B ．x 236+y 24=1C ．x 236+y 232=1D ．x 225+y 224=1【答案】C【解析】由|AF |＝4，得a ﹣c ＝4，设线段AN 的中点为P ，M （m ，n ），则N （﹣m ，﹣n ）， 又A （a ，0），∴P （a−m 2，−n2），F （a ﹣4，0），∵点M 、F 、P 在同一直线上，∴k MF ＝k FP ，即n−0m−(a−4)=−n 2−0a−m2−(a−4)， 化简即可求得a ＝6，∴c ＝2，则b 2＝a 2﹣c 2＝32．故椭圆方程为x 236+y 232=1．故选C ．8．（2020•邵阳三模）已知椭圆C ：x 2a +y 2b =1（a ＞b ＞0）的左、右焦点分别为F 1，F 2，M 为椭圆上一点，MF →1⋅MF 2→=0，线段MF 2的延长线交椭圆C 于点N ，若|MF 1|，|MN |，|NF 1|成等差数列，则椭圆C 的离心率为（ ）A ．√22B ．√32C ．√23D ．√33【答案】A【解析】设|MF 2|＝m ，∵|MF 1|，|MN |，|NF 1|成等差数列， ∴2|MN |＝|MF 1|+|NF 1|，∴|MN |＝|MF 2|+|NF 2|＝2a ﹣|MF 1|+2a ﹣|NF 1|＝4a ﹣2|MN |， ∴|MN |=43a ， ∴|NF 2|=43a ﹣m ，∴|NF 1|＝2a ﹣（43a ﹣m ）=23a +m ，∵MF →1⋅MF 2→=0， ∴MF 1⊥MF 2，∴Rt △F 1MN 中，|NF 1|2＝|MN |2+|MF 1|2， ∴（2a ﹣m ）2+（43a ）2＝（23a +m ）2，整理可得m ＝a ， ∴|MF 2|＝a ，|MF 1|＝a ， ∴|F 2F 1|2＝|MF 2|2+|MF 1|2，∴4c 2＝2a 2， ∴e =ca =√22， 故选A ．9．（2020•启东市校级模拟）如图，已知A 为椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a ＞b ＞0)上一点，它关于原点的对称点为B ，点F 为椭圆的右焦点，且以AB 为直径的圆过点F ，当∠ABF =π6时，该椭圆的离心率是__________．【答案】√3−1【解析】如图所示：，由题意可知，以AB 为直径的圆过F ，点F 为椭圆的右焦点， 则∠AFB ＝90°，且AB ＝2c ，又∵∠ABF =π6，则AF ＝c ，BF =√3c ，设椭圆的左焦点为E ，由椭圆的对称性可得AE ＝BF ， 由椭圆的定义得AF +BF ＝AE +AF ＝2a ，则c +√3c =2a ， 即离心率e =ca =21+3=√3−1， 故答案为：√3−1．10．（2020•鼓楼区校级模拟）已知椭圆C ：x 24+y 23=1的焦点是F 1，F 2，A ，B 是C 上（不在长轴上）的两点，且F 1A →∥F 2B →．M 为F 1B 与F 2A 的交点，则M 的轨迹所在的曲线是__________；离心率为__________． 【答案】椭圆；45【解析】如图，延长AF 1交椭圆于D ．设A （x 1，y 1），D （x 2，y 2），则B （﹣x 2，﹣y 2）， 由题意可知，AF 1的斜率不为0，可设AF 1：x ＝my ﹣1， 则BF 1：y x+1=y 2x 2−1①，AF 2：y x−1=y 1x 1−1②，∴yx+1⋅y x−1=y 1x 1−1⋅y 2x 2−1=y 1my 1−2⋅y 2my 2−2=y 1y 2m 2y 1y 2−2m(y 1+y 2)+4．联立{x =my −1x 24+y 23=1，得(m 2+43)y 2−2my −3=0．∴y 1+y 2=2m m 2+43，y 1y 2=−3m 2+43， ∴y 2x 2−1=−3−3m 2+163，由①②得，x+1y+x−1y=2m −2(y 1+y 2)y 1y 2，∴m =3x 5y， ∴y 2x 2−1=−3−3(3x 5y )2+163，整理得：x 2(54)2+y 2(34)2=1．∴M 的轨迹所在的曲线是椭圆； 离心率e =√(54)2−(34)254=45．故答案为：椭圆；45．11．（2020•天心区校级模拟）已知椭圆x 2a +y 2b =1（a ＞b ＞0）的离心率为√32，短轴长为2，点P 为椭圆上任意一点，则1|PF 1|+4|PF 2|的最小值是__________．【答案】94【解析】据题意ca=√32，b ＝1，解得a ＝2，c =√3， 于是|PF 1|+|PF 2|＝2a ＝4， 所以1|PF 1|+4PF 2|=14(1|PF 1|+4|PF 2|)(|PF 1|+|PF 2|)=14(5+|PF 2||PF 1|+4|PF 1||PF 2|)≥14(5+2√4)=94，当且仅当|PF 2|＝2|PF 1|，即|PF 2|=83，|PF 1|=43时等号成立． 故答案为：94．12．（2020•东湖区校级模拟）已知椭圆x 2m +y 2=1（m ＞0）的焦点为F 1，F 2，若在长轴A 1A 2上任取一点M ，过点M 作垂直于A 1A 2的直线交椭圆于点P ，若使得PF 1→•PF 2→＜0的点M 的概率为√63，则m 的值为__________． 【答案】2或12【解析】联立椭圆x 2m 2+y 2=1（m ＞0），x 2+y 2＝c 2，当m ＞1时，解得x =±m √c 2−1c，故只要在长轴A 1A 2上任取一点M ， 过点M 作垂直于A 1A 2的直线交椭圆于点P ，若使得PF 1→•PF 2→＜0的点M 的概率为√63，可得2m √c 2−1c2m=√63，m ＝2． 当0＜m ＜1时，解得y ＝±√c 2−m 21−m 2，由2√c 2−m 21−m22=√63，解得m =12．故答案为：2或12．13．（2020•桃城区校级模拟）已知椭圆C 的中心在原点，焦点在x 轴上，若C 的短轴长为4√6，且两个焦点恰好为长轴的2个相邻的五等分点，则此椭圆的标准方程为__________． 【答案】x 225+y 224=1【解析】椭圆的短轴长为4√6，即4√6=2b ，∴b =2√6，即a 2﹣c 2＝24（*）．∵2个焦点恰好为长轴的2个相邻的五等分点， ∴2c =15×2a ，得a ＝5c ，代入（*）式， 解得c ＝1，a ＝5， 故该椭圆的标准方程为x 225+y 224=1．故答案为：x 225+y 224=1．14．（2020•威海一模）已知椭圆x 2a +y 2b =1（a ＞b ＞0）的左、右焦点分别为F 1，F 2，点P(−1，32)是椭圆上一点，|F 1F 2|是|PF 1|和|PF 2|的等差中项． （Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）若A 为椭圆的右顶点，直线AP 与y 轴交于点H ，过点H 的另一直线与椭圆交于M 、N 两点，且S △HMA ＝6S △PHN ，求直线MN 的方程．【解析】（Ⅰ）因为|F 1F 2|是|PF 1|和|PF 2|的等差中项，所以a ＝2c ，得a 2＝4c 2． 又P(−1，32)在椭圆上，所以14c +34c =1，所以c ＝1，a 2＝4，b 2＝a 2﹣c 2＝3，可得椭圆的标准方程为x 24+y 23=1．（Ⅱ）因为P(−1，32)，由（Ⅰ）计算可知A （2，0），H （0，1）， 当直线MN 与x 轴垂直时，不合题意．当直线MN 与x 轴不垂直时，设直线MN 的方程为y ＝kx +1，联立直线与椭圆的方程{y =kx +1x 24+y 23=1，可得（4k 2+3）x 2+8kx ﹣8＝0， 设M （x 1，y 1），N （x 2，y 2），由韦达定理可得{x 1+x 2=−8k4k 2+3x 1x 2=−84k 2+3， 由S △HMA ＝6S △PHN ，可得|AH ||MH |＝6|NH ||PH |，又|AH |＝2|PH |， 所以|MH |＝3|NH |，得x 1＝﹣3x 2，带入①，可得{−2x 2=−84k 2+3−3x 22=−84k 2+3， 所以3×16k2(4k 2+3)2=84k 2+3，解得k =±√62，所以直线MN 的方程为y =±√62x +1．15．（2020•4月份模拟）已知椭圆，C 的中心为O ，左、右焦点分别为F 1，F 2．上顶点为A ，右顶点为B ，且|OB |、|OA |、|OF 2|成等比数列． （1）求椭圆C 的离心率；（2）判断△F 1AB 的形状，并说明理由．【解析】（1）设椭圆的长轴长，短轴长，焦距分别为2a ，2b ，2c ， 则|OB |＝a ，|OA |＝b ，|OF 2|＝c ，由题设可得b 2＝ac 及b 2＝a 2﹣c 2可得c 2+ac ﹣a 2＝0， 即e 2+e ﹣1＝0，解得e =−1±√52，而e ∈（0，1）， 所以椭圆的离心率为e =−1+√52； （2）设椭圆的方程为：x 2a 2+y 2b 2=1（a ＞b ＞0），则A （0，b ），B （a ，0），F 1（﹣c ，0），因为b 2＝ac ，AF 1→=（﹣c ，﹣b ），AB →=（a ，﹣b ）， 所以AF 1→⋅AB →=−ac +b 2＝0，所以AF 1⊥AB ， 即△ABF 1为直角三角形． 16．（2020•潍坊模拟）已知椭圆C 1：x 2a +y 2b =1（a ＞b ＞0）的右顶点与抛物线C 2：y 2＝2px （p ≥0）的焦点重合．C 1的离心率为12，过C 1的右焦点F 且垂直于x 轴的直线截C 2所得的弦长为4√2． （1）求椭圆C 1和抛物线C 2的方程；（2）过点M （3，0）的直线l 与椭圆C 1交于A ，B 两点，点B 关于x 轴的对称点为点E ，证明：直线AE 过定点．【解析】（1）由C 1的离心率为12，可得ca=12，所以a ＝2c ，因为椭圆的右顶点与抛物线的焦点重合，所以a =p2，p ＝2a ， 所以可得p ＝4c ，过C 1的右焦点F 且垂直于x 轴的直线截C 2所得的弦长为4√2，令x ＝c 代入抛物线的方程：可得y 2＝2p •c ，所以|y |=√2pc =2√2c ，即4√2=2⋅2√2c ，解得c ＝1，所以a ＝2，p ＝4c ＝4 由b 2＝a 2﹣c 2可得b 2＝4﹣1＝3，所以椭圆C 1和抛物线C 2的方程分别为：x 24+y 23=1，y 2＝8x ；（2）由题意可得直线l 的斜率存在且不为0，设直线l 的方程为：x ＝my +3，设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），由题意可得E （x 2，﹣y 2），直线与椭圆联立：{x =my +33x 2+4y 2−12=0，整理可得：（4+3m 2）y 2+18my +15＝0，△＝182m 2﹣4（4+3m 2）•15＞0，可得m 2＜7，y 1+y 2=−18m 4+3m 2，y 1y 2=154+3m 2， 直线AE 的方程为：y ﹣y 1=y 1+y 2x 1−x 2（x ﹣x 1），整理可得：y =y 1+y 2x 1−x 2x −y 1x 1+y 2x 1x 1−x 2+y 1x 1−y 1x2x 1−x 2=y 1+y 2m(y 1−y 2)x −y 2(my 1+3)+y 1(my 2+3)m(y 1−y 2)=−18(y 1−y 2)(4+3m 2)x +24(y 1−y 2)(4+3m 2)=−18(y 1−y 2)(4+3m 2)（x −43）所以当x =43时，y ＝0，即过定点（43，0），所以可证直线AE 过定点（43，0）．17．（2020•大武口区校级一模）已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b2=1(a ＞b ＞0)的焦点为F 1，F 2，离心率为12，点P 为椭圆C 上一动点，且△PF 1F 2的面积最大值为√3，O 为坐标原点． （1）求椭圆C 的方程；（2）设点M （x 1，y 1），N （x 2，y 2）为椭圆C 上的两个动点，当x 1x 2+y 1y 2为多少时，点O 到直线MN 的距离为定值．【解析】（1）根据题意，因为P 在椭圆上，当P 是短轴端点时，P 到x 轴距离最大，此时△PF 1F 2面积最大， 所以12×2c ×b =bc =√3，由{bc =√3c a=12a 2=b 2+c2，解得{a =2b =√3c =1，所以椭圆方程为x 24+y 23=1．（2）根据题意，在x 1≠x 2时，设直线MN 方程为y ＝kx +m ，原点到此直线的距离为d =√1+k ，即d 2=m 21+k2，由{y =kx +mx 24+y 23=1，得（3+4k 2）x 2+8kmx +4m 2﹣12＝0，△＝64k 2m 2﹣4（3+4k 2）（4m 2﹣12）＞0，m 2＜4k 2+3，所以x 1+x 2=−8km 3+4k2，x 1x 2=4m 2−123+4k2，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)+m 2=(1+k 2)⋅4m 2−123+4k2−8k 2m 23+4k2+m 2=7m 2−12(k 2+1)3+4k2，所以当x 1x 2+y 1y 2＝0时，m 2=127(1+k 2)，d 2=m 21+k2=127，d =2√217为常数． 若x 1＝x 2，则y 1＝﹣y 2，x 1x 2+y 1y 2=x 12−y 12=0，x 12=y 12，x 2=127，d =|x|=2√217， 综上所述，当x 1x 2+y 1y 2＝0时，点O 到直线MN 的距离为定值2√217． 18．（2020•大武口区校级一模）若椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1（a ＞b ＞0）的顶点到直线l 1：y ＝x 的距离分别为√2和√22． （1）求椭圆C 的标准方程（2）设平行于l 1的直线l 交C 于A ，B 两点，且OA ⊥OB ，求直线l 的方程． 【解析】（1）由直线l 1：y ＝x 可知其与两坐标轴的夹角均为45°， 故长轴端点到直线l 1的距离为√22a ，短轴端点到直线l 1的距离为√22b ， 所以√22a =√2，√22b =√22，解得a ＝2，b ＝1， 所以椭圆C 的标准方程为x 24+y 2=1．（2）设直线l ：y ＝x +t （t ≠0），联立{y =x +t x 24+y 2=1，整理得5x 2+8tx +4t 2﹣4＝0，则△＝64t 2﹣16×5（t 2﹣1）＞0，解得−√5＜t ＜√5，设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），则x 1+x 2=−8t 5，x 1x 2=4t 2−45，故y 1y 2=(x 1+t)(x 2+t)=(x 1+x 2)t +x 1x 2+t 2=t 2−45，因为OA ⊥OB ，即OA →⋅OB →=x 1x 2+y 1y 2=4t 2−45+t 2−45=0．解得t =±2√105，满足−√5＜t ＜√5且t ≠0， 所以直线l 的方程为y =x +2√105或y =x −2√105．19．（2020•海安市模拟）如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知A ，B 两点分别为椭圆x 2a 2+y 2b 2=1（a ＞b ＞0）的右顶点和上顶点，且AB =√7，右准线l 的方程为x ＝4． （1）求椭圆的标准方程；（2）过点A 的直线交椭圆于另一点P ，交l 于点Q ．若以PQ 为直径的圆经过原点，求直线PQ 的方程．【解析】（1）设椭圆的焦距为2c （c ＞0）．{a 2c=4a 2=b 2+c 2√a 2+b 2=√7，解得：{a 2=4b 2=3， 所以椭圆的标准方程为：x 24+y 23=1．（2）由题意得直线PQ 不垂直x 轴，设PQ ：y ＝k （x ﹣2）． 联立{y =k(x −2)3x 2+4y 2=12可得（4k 2+3）x 2﹣16k 2x +16k 2﹣12＝0． ∴x A +x P =16k24k 2+3，x P =8k 2−64k 2+3，∴P （8k 2−64k +3，−12k 4k +3）．联立{y =k(x −2)x =4，可得Q （4，2k ）．因为以PQ 为直径的圆经过原点，所以OP →⋅OQ →=4⋅8k 2−64k 2+3+2k ⋅−12k 4k 2+3=0．解得k =±√3．∴PQ 直线方程为：√3x −y −2√3=0，或√3x +y −2√3=0． 20．（2020•渭南一模）已知椭圆C ：x 2a +y 2b =1（a ＞b ＞0）的顶点到直线l 1：y ＝x 的距离分别为√2和√22． （1）求椭圆C 的标准方程（2）设平行于l 1的直线l 交C 于A ，B 两点，且|OA →+OB →|＝|AB →|，求直线l 的方程． 【解析】（1）由直线l 1：y ＝x 可知其与两坐标轴的夹角均为45°， 故长轴端点到直线l 1的距离为√22a ，短轴端点到直线l 1的距离为√22b ， 所以√22a =√2，√22b =√22，解得a ＝2，b ＝1， 所以椭圆C 的标准方程为x 24+y 2=1；（2）设直线l ：y ＝x +t （t ≠0），联立{y =x +t x 24+y 2=1，整理得5x 2+8tx +4t 2﹣4＝0， 则△＝64t 2﹣16×5（t 2﹣1）＞0，解得−√5＜t ＜√5，设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），则x 1+x 2=−8t 5，x 1x 2=4t 2−45， 故y 1y 2＝（x 1+t ）（x 2+t ）＝（x 1+x 2）t +x 1x 2+t 2=t 2−45，因为|OA →+OB →|＝|AB →|，所以OA ⊥OB ，即OA →⋅OB →=x 1x 2+y 1y 2=4t 2−45+t 2−45=0，解得t ＝±2√105，满足−√5＜t ＜√5且t ≠0， 所以直线l 的方程为y ＝x +2√105或y ＝x −2√105． 21．（2020•长沙模拟）如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a +y 2b =1（a ＞b ＞0）的右焦点为F （c ，0），下顶点为P ，过点M （0，b 2）的动直线l 交椭圆C 于A ，B 两点． （1）当直线l 平行于x 轴时，P ，F ，A 三点共线，且P A =3√32，求椭圆C 的方程； （2）当椭圆C 的离心率为何值时，对任意的动直线l ，总有P A ⊥PB ？【解析】（1）当直线l 与x 轴平行时，即l ：y =12b ，如图，作AD ⊥x 轴交x 轴于点D ，则根据AD OP=FD OF=AF PF 12，可得A （32c ，12b ），且P A =32PF =32√c 2+b 2=32a =3√32，解得a =√3，又因为A在椭圆上，所以94c 2a2+14b 2b 2=1，解得c 2=13a 2＝1，所以b 2＝3﹣1＝2，所以椭圆C 的方程为x 23+y 22=1；（2）①当直线l 平行于x 轴时， 由P A ⊥PB ，得k P A •k PB =32b √32a 32b −√32a=−1，∴a 2＝3b 2，又a 2＝b 2+c 2，∴2a 2＝3c 2，∴e 2=23， ∵e ∈（0，1），∴e =√63．②当直线l 不平行于x 轴时，下面证明当e =√63时，总有P A ⊥PB ， 事实上，由①知椭圆可化为x 23b 2+y 2b 2=1，∴x 2+3y 2＝3b 2，设直线l 的方程为y ＝kx +b 2，A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），由{y =kx +b2x 2+3y 2=3b 2，得（1+3k 2）x 2+3kbx −94b 2=0，∴x 1+x 2=−3kb 1+3k2，x 1x 2=−94b21+3k2，∵PA →=(x 1，y 1+b)，PB →=(x 2，y 2+b)，∴PA →⋅PB →=x 1x 2+（y 1+b ）（y 2+b ）=x 1x 2+(kx 1+3b 2)(kx 2+3b2) =(1+k 2)x 1x 2+3kb 2(x 1+x 2)+94b 2 =(1+k 2)⋅−94b21+3k 2+3kb 2⋅−3kb 1+3k2+94b 2 =−94b 2(1+3k 2)1+3k 2+94b 2=−94b 2+94b 2=0． ∴P A ⊥PB ，综上，当椭圆C 的离心率为√63时，对任意的动直线l ，总有P A ⊥PB ．22．（2020•阳泉三模）已知椭圆M ：x 2a +y 2b =1（a ＞b ＞0）的离心率为√32，且椭圆上一点P 的坐标为（√2，√22）． （1）求椭圆M 的方程；（2）设直线l 与椭圆M 交于A ，B 两点，且以线段AB 为直径的圆过椭圆的右顶点C ，求△ABC 面积的最大值．【解析】（1）由已知e =ca =√32，又a 2＝b 2+c 2，则a ＝2b ． 椭圆方程为x 24b 2+y 2b 2=1，将（√2，√22）代入方程得b ＝1，a ＝2， 故椭圆的方程为x 24+y 2=1；（2）不妨设直线AB 的方程x ＝ky +m ，联立{x =ky +m x 24+y 2=1，消去x 得（k 2+4）y 2+2kmy +m 2﹣4＝0．设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2）， 则有y 1+y 2=−2km k 2+4，y 1y 2=m 2−4k 2+4，①又以线段AB 为直径的圆过椭圆的右顶点C ，∴CA →⋅CB →=0， 由CA →=(x 1−2，y 1)，CB →=(x 2−2，y 2)， 得（x 1﹣2）（x 2﹣2）+y 1y 2＝0， 将x 1＝ky 1+m ，x 2＝ky 2+m 代入上式得：(k 2+1)y 1y 2+k(m −2)(y 1+y 2)+(m −2)2=0， 将①代入上式求得m =65或m ＝2（舍），则直线l 恒过点（65，0）．∴S △ABC =12|DC|⋅|y 1−y 2|=12×45√(y 1+y 2)2−4y 1y 2=825√25(k 2+4)−36(k 2+4)2， 设t =1k 2+4（0＜t ≤14），则S △ABC =825√−36t 2+25t ， ﹣36t 2+25t 的对称轴方程为t =2572，在上（0，14]上单调递增， ∴当t =14时，取得最大值为1625．23．（2020•兴庆区校级四模）已知椭圆方程为x 26+y 23=1．（1）设椭圆的左右焦点分别为F 1，F 2，点P 在椭圆上运动，求|PF 1|⋅|PF 2|+PF →1⋅PF 2→的值． （2）设直线l 和圆x 2+y 2＝2相切，和椭圆交于A 、B 两点，O 为原点，线段OA ，OB 分别和圆x 2+y 2＝2交于两点，设△AOB ，△COD 的面积分别为S 1，S 2，求S 1S 2的取值范围．【解析】（1）由已知，F 1（−√3，0），F 2（√3，0），设P （x ，y ）， 由焦半径公式可得|PF 1|⋅|PF 2|=(√6+√22x)(√6−√22x)=6−12x 2， PF 1→⋅PF 2→=(−√3−x ，−y)⋅(√3−x ，−y)=x 2+y 2﹣3． 结合x 26+y 23=1，得y 2=3−12x 2，故|PF 1|⋅|PF 2|+PF →1⋅PF 2→=6−12x 2+12x 2=6； （2）当直线l 的斜率不存在时，其方程为x =±√2，由对称性，不妨设x =√2，此时A （√2，√2），B （√2，−√2），C （1，1），D （1，﹣1）， 故S 1S 2=21=2．若直线l 的斜率存在，设其方程为y ＝kx +m ， 由已知可得√1+k 2=√2，则m 2＝2（1+k 2）， 设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），将直线l 与椭圆方程联立， 得（2k 2+1）x 2+4kmx +2m 2﹣6＝0． x 1+x 2=−4km2k 2+1，x 1x 2=2m 2−62k 2+1．结合|OC |＝|OD |=√2及y 12=3−12x 12，y 22=3−12x 22，。
2020届高考数学理一轮(新课标通用)考点测试：椭圆
a＝ 2， b2＝ a2－ c2＝ 3，因此其方程是
x2 y2 ＋ ＝1，
43
故选 C．
2．到点 A( － 4， 0) 与点 B(4 ，0) 的距离之和为 10 的点的轨迹方程为 (
)
x2 y2
x2 y2
A． ＋ ＝1 B ． － ＝ 1
25 16
25 16
x2 y2
x2 y2
C． 25＋ 9 ＝ 1 D ． 25－ 9 ＝ 1
3＋ m
x2 y2 11．(2018 ·全国卷Ⅱ ) 已知 F1， F2 是椭圆 C： a2＋b2 ＝1( a>b>0) 的左，右焦点， A 是 C 的左顶点，点 P 在过 A
3
且斜率为 的直线上，△ PF1F2 为等腰三角形，∠ F1F2P＝120°，则 C的离心率为 (
)
6
2
1
1
1
A． 3 B ．2 C ． 3 D ． 4
解析 在△ F1PF2 中，∠ F1 PF2＝90°，∠ PF2F1＝60°，
设| PF2| ＝ m，则 2c＝ | F1 F2| ＝ 2m， | PF1| ＝ 3m，
又由椭圆定义可知 2a＝ | PF1| ＋ | PF2| ＝ ( 3＋ 1) m，
c 2c 则离心率 e＝ a＝ 2a＝
2m ＝ 3－ 1．故选 D．
＝ 8． 二、高考小题
2 / 12
x2 y2
9．(2018 ·全国卷Ⅰ ) 已知椭圆 C： a2＋ 4 ＝ 1 的一个焦点为 (2 ， 0) ，则 C的离心率为 (
)
1
1
2
22
A． 3 B ．2 C ． 2 D ． 3
答案 C
解析
根据题意，可知
2020新课标高考艺术生数学复习：椭圆含解析
∴(|PF1|＋|PF2|)2－2|PF1||PF2|＝4c2，
∴2|PF1||PF2|＝4a2－4c2＝4b2.
∴|PF1||PF2|＝2b2.
∵S△PF1F2＝ |PF1||PF2|
＝ ×2b2＝b2＝9，∴b＝3.
答案：3
1．求椭圆的标准方程有以下五种方法：
信息提取
信息解读
直观想象、数学运算
设F1，F2分别是椭圆C： ＋ ＝1(a>b>0)的左、右焦点，点P在椭圆C上，若线段PF1的中点M在y轴上，且∠PF1F2＝30°
OM为△PF1F2的中位线，所以∠PF2F1＝∠MOF1＝90°，且∠PF1F2＝30°，所以用|PF2|将a和c表示出来
直观想象：数形结合，用|PF2|将a和c表示出来．
由勾股定理得|F1F2|＝
＝ |PF2|，
由椭圆定义得2a＝|PF1|＋|PF2|＝3|PF2|⇒a＝ ，2c＝|F1F2|＝ |PF2|⇒c＝ ，
则e＝ ＝ · ＝ .故选A.]
[子题1]本例条件变为“若∠PF1F2＝α，∠PF2F1＝β，且cosα＝ ，sin(α＋β)＝ ”，则椭圆的离心率为________．
解析：设P(x，y)，由题意知c2＝a2－b2＝5－4＝1，
所以c＝1，则F1(－1,0)，F2(1,0)，由题意可得点P到x轴的距离为1，所以y＝±1，把y＝±1代入 ＋ ＝1，得x＝± ，又x＞0，所以x＝ ，
∴P点坐标为 或 .
答案： 或
考点一 椭圆的定义及标ຫໍສະໝຸດ 方程(自主练透)[题组集训]
1．(20xx·全国Ⅰ卷)已知椭圆C的焦点为F1(－1,0)，F2(1,0)，过F2的直线与C交于A，B两点．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的方程为( )
2020年高考数学专题讲解：椭圆
2020年高考数学专题讲解：椭圆（一）高考目标考纲解读1．掌握椭圆的定义、几何图形、标准方程及简单几何性质．2．了解椭圆的实际背景及椭圆的简单应用．3．理解数形结合的思想．考向预测1．椭圆的定义、标准方程和几何性质是高考重点考查的内容；直线和椭圆的位置关系是高考考查的热点．2．各种题型都有涉及，作为选择题、填空题属中低档题，作为解答题则属于中高档题．（二）课前自主预习知识梳理1．椭圆的概念在平面内到两定点F1、F2的距离和等于常数(大于|F1F2|)的点的集合叫．这两定点叫做椭圆的，两焦点间的距离叫．集合P＝{M||MF1|＋|MF2|＝2a}，|F1F2|＝2c，其中a>0，c>0，且a，c为常数：(1)若，则集合P为椭圆；(2)若，则集合P为线段；(3)若，则集合P为空集．2．椭圆的标准方程和几何性质（三）基础自测1．(广东文)若一个椭圆长轴的长度、短轴的长度和焦距成等差数列，则该椭圆的离心率是( ) A.45 B.35 C.25D.15[答案] B[解析] 本题考查了离心率的求法，这种题目主要是设法把条件转化为含a ，b ，c 的方程式，消去b 得到关于e 的方程，由题意得：4b ＝2(a ＋c )⇒4b 2＝(a ＋c )2⇒3a 2－2ac －5c 2＝0⇒5e 2＋2e －3＝0(两边都除以a 2)⇒e ＝35或e ＝－1(舍)，故选B.2．(江西理)过椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左焦点F 1作x 轴的垂线交椭圆于点P ，F 2为右焦点，若∠F 1PF 2＝60°，则椭圆的离心率为( )A.22 B.33 C.12D.13[答案] B[解析] 考查椭圆的性质及三角形中的边角关系运算．把x ＝－c 代入椭圆方程可得y c ＝±b 2a ，∴|PF 1|＝b 2a∴|PF 2|＝2b 2a ，故|PF 1|＋|PF 2|＝3b 2a＝2a ，即3b 2＝2a 2又∵a 2＝b 2＋c 2，∴3(a 2－c 2)＝2a 2，∴(c a )2＝13，即e ＝33. 3．设0≤α<2π，若方程x 2sin α－y 2cos α＝1表示焦点在y 轴上的椭圆，则α的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3π4∪⎝ ⎛⎭⎪⎫7π4，2πB.⎣⎢⎡⎭⎪⎫π2，3π4C.⎝⎛⎭⎪⎫π2，3π4D.⎝⎛⎭⎪⎫3π4，3π2[答案] C[解析] 化为x 21sin α＋y 2－1cos α＝1，∴－1cos α>1sin α>0，故选C.4．椭圆x 24＋y 2＝1的两个焦点为F 1、F 2，过F 1作垂直于x 轴的直线与椭圆相交，一个交点为P ，则|PF 2→|＝( )A.32B. 3C.72D ．4[答案] C[解析] 设F 1、F 2分别为椭圆的左、右焦点，由椭圆的方程可得F 1(－3，0)即垂线的方程为x ＝－3，由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1x ＝－3得y ＝±12，∴|PF 1|＝12，由椭圆的定义知|PF 1|＋|PF 2|＝4，所以|PF 2|＝72，故选C.5．过椭圆x 25＋y 24＝1的右焦点作一条斜率为2的直线与椭圆交于A ，B 两点，O 为坐标原点，则△OAB 的面积为__________．[答案] 53[解析] 如图，过点B 作BC ⊥AO ，右焦点为F 1(1,0)， ∴AB 的方程为y ＝2(x －1)＝2x －2，必过短轴的一个端点．⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x －x 25＋y 24＝1，⇒4x 2＋5·4(x －1)2＝20，解得x ＝0或x ＝53.∴S △OAB ＝12·|OA |·|BC |＝12×2×53＝53.6．(教材改编题)若椭圆x 22＋y 2m ＝1的离心率为12，则实数m ＝________.[答案] 32或83[解析] e 2＝c 2a 2＝1－b 2a 2，则1－m 2＝14或1－2m ＝14，解得m ＝32或m ＝83.7．求以坐标轴为对称轴，一焦点为(0,52)，且截直线y ＝3x －2所成弦的中点的横坐标为12的椭圆方程．[解析] 根据题意设所求椭圆的方程为x 2b 2＋y 2a2＝1(a >b >0)．∵c ＝52，∴a 2＝b 2＋50.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3x －2x 2b 2＋y 2b 2＋50＝1，消去y 得10(b 2＋5)x 2－12b 2x －b 2(b 2＋46)＝0.设直线与椭圆相交于M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)两点，则x 1，x 2是上述方程的根，且有Δ>0. 即Δ＝40b 6＋2184b 4＋9200b 2>0恒成立． ∵x 1＋x 2＝6b 2b 2＋， ∴x 1＋x 22＝12·6b2b 2＋＝12， ∴b 2＝25，∴a 2＝75. 所求椭圆方程为x 225＋y 275＝1.（四）典型例题1.命题方向：椭圆的定义[例1] 求过点A (2,0)且与圆x 2＋4x ＋y 2－32＝0内切的圆的圆心的轨迹方程．[分析] 两圆内切时，圆心之间的距离与两圆的半径有关，据此可以找到动圆圆心满足的条件．[解析] 将圆的方程化为标准形式(x ＋2)2＋y 2＝62，这时，已知圆的圆心坐标为B (－2,0)，半径为6，作图知： 设动圆圆心M 的坐标为(x ，y ), 由于动圆与已知圆相内切，设切点为C .∴已知圆(大圆)半径与动圆(小圆)半径之差等于两圆心的距离，即|BC |－|MC |＝|BM |， 而|BC |＝6，∴|BM |＋|CM |＝6， 又|CM |＝|AM |，∴|BM |＋|AM |＝6，根据椭圆的定义知点M 的轨迹是以点B (－2,0)和点A (2,0)为焦点、线段AB 的中点(0,0)为中心的椭圆． ∴a ＝3，c ＝2，b 2＝a 2－c 2＝5.∴所求圆心的轨迹方程为x 29＋y 25＝1.[点评] (1)本题利用平面几何知识，挖掘动点运动的几何意义，这类求轨迹方程的方法叫定义法． (2)平面内一动点与两个定点F 1、F 2的距离之和等于常数2a ，当2a >|F 1F 2|时，动点的轨迹是椭圆；当2a ＝|F 1F 2|时，动点的轨迹是线段F 1F 2；当2a <|F 1F 2|时，轨迹不存在． 跟踪练习1：椭圆x 29＋y 225＝1的焦点为F 1、F 2，AB 是椭圆过焦点F 1的弦，则△ABF 2的周长是( )A ．20B ．12C ．10D ．6[答案] A[解析] 椭圆焦点在y 轴上，a ＝5，△ABF 2的周长l ＝|AB |＋|AF 2|＋|BF 2|＝|AF 1|＋|AF 2|＋|BF 1|＋|BF 2|＝4a ＝20.2.命题方向：求椭圆的标准方程[例2] 已知P 点在以坐标轴为对称轴的椭圆上，点P 到两焦点的距离分别为435和235，过P 作长轴的垂线恰好过椭圆的一个焦点，求此椭圆的方程．[分析] 方法一：用待定系数法，设出椭圆方程的两种形式后，代入求解．方法二：先由椭圆定义，确定半长轴a 的大小，再在直角三角形中，利用勾股定理求c ，然后求b .[解析] 方法一：设椭圆的标准方程是x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)或y 2a 2＋x 2b2＝1(a >b >0)，两个焦点分别为F 1、F 2，则由题意知2a ＝|PF 1|＋|PF 2|＝25，∴a ＝ 5.在方程x 2a 2＋y 2b 2＝1中，令x ＝±c ，得|y |＝b 2a .依题意知b 2a ＝235，∴b 2＝103.即椭圆的方程为x 25＋3y 210＝1或3x 210＋y25＝1.方法二：设椭圆的两个焦点分别为F 1、F 2，则 |PF 1|＝453，|PF 2|＝253.由椭圆的定义，知2a ＝|PF 1|＋|PF 2|＝25，即a ＝ 5. 由|PF 1|>|PF 2|知，PF 2垂直于长轴．故在Rt △PF 2F 1中，4c 2＝|PF 1|2－|PF 2|2＝609＝203，∴c 2＝53，于是b 2＝a 2－c 2＝103.又所求的椭圆的焦点可以在x 轴上，也可以在y 轴上，故所求的椭圆方程为 x 25＋3y 210＝1或3x 210＋y25＝1.[点评] 根据条件求椭圆的标准方程的思想是“选标准、定参数”，关键在于焦点的位置是否确定．若不能确定应设方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1，或y 2a 2＋x 2b2＝1.当方程有两种形式时，应分别求解．跟踪练习2求满足下列各条件的椭圆的标准方程：(1)长轴长是短轴长的2倍，且经过点A (2，－6)；[解析] (1)设椭圆的标准方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1，或y 2a 2＋x 2b2＝1.由已知a ＝2b ，且椭圆过点(2，－6)，① 从而有22a 2＋－2b2＝1或－2a 2＋22b2＝1，②由①②得a 2＝148，b 2＝37或a 2＝52，b 2＝13. 故所求的方程为x 2148＋y 237＝1或y 252＋x 213＝1.[解析] (1)设椭圆的标准方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1，或y 2a 2＋x 2b2＝1.由已知a ＝2b ，且椭圆过点(2，－6)，① 从而有22a 2＋－2b2＝1或－2a 2＋22b2＝1，②由①②得a 2＝148，b 2＝37或a 2＝52，b 2＝13. 故所求的方程为x 2148＋y 237＝1或y 252＋x 213＝1.(2)设椭圆的标准方程为mx 2＋ny 2＝1(m >0，n >0)， 点P (－23，1)，Q (3，－2)在椭圆上，代入上述方程得⎩⎪⎨⎪⎧12m ＋n ＝13m ＋4n ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝115n ＝15，∴所求椭圆的方程为x 215＋y 25＝1.3.命题方向：椭圆的几何性质[例3] 如右图，从椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)上一点M 向x 轴作垂线，恰好通过椭圆的左焦点F 1，且它的长轴端点A 及短轴端点B 的连线AB ∥OM .(1)求椭圆的离心率e ； (2)设Q 是椭圆上任一点，F 2是右焦点，F 1是左焦点，求∠F 1QF 2的取值范围；(3)设Q 是椭圆上一点，当QF 2⊥AB 时，延长QF 2与椭圆交于另一点P ，若△F 1PQ 的面积为203，求此时椭圆的方程．[分析] 从OM ∥AB 入手，寻求a 、c 间的关系，可以求得离心率e .[解析] (1)∵MF 1⊥x 轴，∴x M ＝－c ，代入椭圆方程得y M ＝b 2a ，∴k OM ＝－b 2ac.又∵k AB ＝－ba且OM ∥AB ，(2)设|QF 1|＝r 1，|QF 2|＝r 2，∠F 1QF 2＝θ. ∵r 1＋r 2＝2a ，|F 1F 2|＝2c ，∴cos θ＝r 12＋r 22－4c 22r 1r 2＝r 1＋r 22－2r 1r 2－4c 22r 1r 2＝a 2r 1r 2－1≥a 2r 1＋r 222－1＝0.当且仅当r 1＝r 2时，上式等号成立， ∴0≤cos θ≤1，故θ∈[0，π2]．(3)∵b ＝c ，a ＝2c ，∴设椭圆方程为x 22c 2＋y 2c2＝1.∴直线PQ 的方程y ＝2(x －c )． ∴|PQ |＝[（8c 52－4×2c 25＋＝62c5. 又点F 1到PQ 的距离d ＝263c .∴S △F 1PQ ＝12d |PQ |＝12×263c ×625c ＝435c 2，由435c 2＝203得c 2＝25，故2c 2＝50. ∴所求椭圆方程为x 250＋y 225＝1.[点评] 解焦点三角形问题时，使用三角形边角关系定理，通过变形使之出现|PF 1|＋|PF 2|，便于运用椭圆定义，得a 、c 的关系． 跟踪练习3(新课标理)设F 1，F 2分别是椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点，过F 1斜率为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．(1)求E 的离心率；(2)设点P (0，－1)满足|PA |＝|PB |，求E 的方程． [解析]联立椭圆方程与直线方程， 化简得(a 2＋b 2)x 2＋2a 2cx ＋a 2(c 2－b 2)＝0， 则x 1＋x 2＝－2a 2c a 2＋b 2，x 1x 2＝a 2c 2－b2a 2＋b 2.因为直线AB 斜率为1， 所以|AB |＝2|x 2－x 1|＝x 1＋x 22－4x 1x 2]，得43a ＝4ab 2a 2＋b2，故a 2＝2b 2，(2)设AB 的中点为N (x 0，y 0)，由(1)知x 0＝x 1＋x 22＝－a 2c a 2＋b 2＝－23c ，y 0＝x 0＋c ＝c3. 由|PA |＝|PB |得k PN ＝－1.即y 0＋1x 0＝－1， 得c ＝3，从而a ＝32，b ＝3. 故椭圆E 的方程为x 218＋y 29＝1.4.命题方向：直线与椭圆的位置关系[例4] 已知椭圆C 的中心在坐标原点，焦点在x 轴上，椭圆C 上的点到焦点距离的最大值为3，最小值为1. (1)求椭圆C 的标准方程； (2)若直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 相交于A 、B 两点(A 、B 不是左右顶点)，且以AB 为直径的圆过椭圆C 的右顶点．求证：直线l 过定点，并求出该定点的坐标．[解析] (1)设椭圆的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，由已知得：a ＋c ＝3，a －c ＝1， ∴a ＝2，c ＝1，∴b 2＝a 2－c 2＝3. ∴椭圆的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m x 24＋y23＝1得，(3＋4k 2)x 2＋8mkx ＋4(m 2－3)＝0， ∴Δ＝64m 2k 2－16(3＋4k 2)(m 2－3)>0 即3＋4k 2－m 2>0x 1＋x 2＝－8mk 3＋4k 2，x 1·x 2＝m 2－3＋4k2， 又y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋mk (x 1＋x 2)＋m 2＝m 2－4k 23＋4k2， 因为以AB 为直径的圆过椭圆的右顶点D (2,0)， ∴k AD k BD ＝－1，即y 1x 1－2·y 2x 2－2＝－1.∴y 1y 2＋x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4＝0. ∴3m 2－4k 23＋4k 2＋4m 2－33＋4k 2＋16mk3＋4k2＋4＝0.∴7m 2＋16mk ＋4k 2＝0.解得m 1＝－2k ，m 2＝－2k 7，且均满足3＋4k 2－m 2>0.当m 1＝－2k 时，l 的方程为y ＝k (x －2)，直线过定点(2,0)，与已知矛盾；当m 2＝－2k 7时，l 的方程为y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －27，直线过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫27，0.所以，直线l 过定点，定点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫27，0. 跟踪练习4(辽宁理)设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1 (a >b >0)的右焦点为F ，过F 的直线l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，直线l 的倾斜角为60°，AF →＝2FB →.(1)求椭圆C 的离心率；(2)如果|AB |＝154，求椭圆C 的方程．[分析] 本小题考查直线与椭圆的位置关系，椭圆的性质、弦长公式、向量运算，也考查运算能力与推理能力． 解题思路是(1)利用代数法求直线与椭圆的交点坐标，结合向量条件求出离心率．(2)利用弦长公式，确定参数a 、b 的关系，再利用(1)的结果，确定a 、b 的值，写出椭圆方程．[解析] 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由题意知y 1<0，y 2>0.(1)直线l 的方程为y ＝3(x －c )，其中c ＝a 2－b 2.联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3x －c x 2a 2＋y 2b2＝1得(3a 2＋b 2)y 2＋23b 2cy －3b 4＝0.解得y 1＝－3b 2c ＋2a 3a 2＋b 2，y 2＝－3b 2c －2a 3a 2＋b 2. 因为AF →＝2FB →，所以－y 1＝2y 2.即3b 2c ＋2a 3a 2＋b 2＝2·－3b 2c －2a 3a 2＋b 2.得离心率e ＝c a ＝23. (2)因为|AB |＝1＋13|y 2－y 1|， 所以23·43ab 23a 2＋b2＝154. 由c a ＝23得b ＝53a .所以54a ＝154，得a ＝3，b ＝ 5. 椭圆C 的方程为x 29＋y 25＝1.（五）思想方法点拨：1．椭圆的标准方程(1)椭圆的标准方程在形式上可统一为Ax 2＋By 2＝1，其中A 、B 是不等的正常数．A >B >0时，焦点y 轴上；B >A >0时，焦点在x 轴上． (2)椭圆的标准方程的求法①定义法：根据定义，直接求出a 2，b 2，写出椭圆方程． ②待定系数法．步骤：ⅰ.定型：是指确定类型，确定椭圆的焦点在x 轴还是y 轴上，从而设出相应的标准方程的形式． ⅱ.计算：根据已知条件，建立关于a 、b 、c 的方程组，求出a 2、b 2，从而写出椭圆的标准方程．2．直线与椭圆的位置关系把椭圆方程x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)与直线方程y ＝kx ＋b 联立取消去y ，整理成形如Ax 2＋Bx ＋C ＝0的形式，对此一元二次方程有：(1)Δ>0，直线与椭圆有两个公共点P 、Q ，此时弦长求法：①求P 、Q 两点的坐标，利用两点间距离公式； ②由根与系数关系得到弦长公式|PQ |＝＋k2x P ＋x Q2－4x P x Q ].(2)Δ＝0，直线与椭圆有一个公共点． (3)Δ<0，直线与椭圆无公共点．(六)课后强化作业一、选择题1．设椭圆x 2m 2＋y 2m 2－1＝1(m >1)上一点P 到其左焦点的距离为3，到右焦点的距离为1，则该椭圆的离心率为( )A ．2 B.12 C.32D.22[答案] B[解析] 由椭圆定义知2a ＝3＋1＝4，故a ＝2. ∴m 2＝a 2＝4，b 2＝m 2－1＝3. ∴c 2＝a 2－b 2＝1，即c ＝1.∴e ＝12.2．已知椭圆的方程为2x 2＋3y 2＝m (m ＞0)，则此椭圆的离心率为( ) A.13 B.33 C.22 D.12[答案] B[解析] 由选项知e 与m 无关，令m ＝6，则a 2＝3，b 2＝2，c 2＝1， ∴e ＝c a ＝33. 一般解法：2x 2＋3y 2＝m (m >0)化为x 2m 2＋y 2m3＝1，∴c 2＝m 2－m 3＝m 6.∴e 2＝13.故选B.3．(江西)已知F 1、F 2是椭圆的两个焦点，满足MF 1→·MF 2→＝0的点M 总在椭圆内部，则椭圆离心率的取值范围是( )A ．(0,1)B ．(0，12]C ．(0，22)D ．[22，1) [答案] C[解析] 依题意得，c <b ，即c 2<b 2，∴c 2<a 2－c 2,2c 2<a 2，故离心率e ＝c a <22，又0<e <1，∴0<e <22. 4．如图F 1、F 2分别是椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的两个焦点，A 和B 是以O 为圆心，以|OF 1|为半径的圆与该左半椭圆的两个交点，且△F 2AB 是等边三角形，则椭圆的离心率为( )A.32B.12C.22D.3－1[答案] D[解析] 连接AF 1，由圆的性质知，∠F 1AF 2＝90°，又∵△F 2AB 是等边三角形，∴∠AF 2F 1＝30°， ∴AF 1＝c ，AF 2＝3c ，∴e ＝c a ＝2c 2a ＝2cc ＋3c＝3－1.故选D. 5．已知椭圆的焦点是F 1、F 2，P 是椭圆上的一个动点，如果延长F 1P 到Q ，使得|PQ |＝|PF 2|，那么动点Q 的轨迹是( )A ．圆B ．椭圆C ．双曲线的一支D ．抛物线[答案] A[解析] ∵|PF 1|＋|PF 2|＝2a ，|PQ |＝|PF 2|， ∴|PF 1|＋|PF 2|＝|PF 1|＋|PQ |＝2a . 即|F 1Q |＝2a .∴动点Q 到定点F 1的距离等于定长2a ， 故动点Q 的轨迹是圆．6．已知椭圆x 2＋2y 2＝4，则以(1,1)为中点的弦的长度为( ) A ．3 2 B ．2 3 C.303D.326 [答案] C[解析] 依题设弦端点A (x 1，y 1)、B (x 2，y 2)，则x 12＋2y 12＝4，x 22＋2y 22＝4， ∴x 12－x 22＝－2(y 12－y 22)， ∴此弦斜率k ＝y 1－y 2x 1－x 2＝－x 1＋x 2y 1＋y 2＝－12，∴此弦所在直线方程y －1＝－12(x －1)，即y ＝－12x ＋32代入x 2＋2y 2＝4，整理得3x 2－6x ＋1＝0， ∴x 1·x 2＝13，x 1＋x 2＝2.∴|AB |＝x 1＋x 22－4x 1x 2·1＋k 2＝4－4×13·1＋14＝303. 7．(四川理改编)椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0，c 2＝a 2－b 2)的右焦点为F ，直线x ＝a 2c与x 轴的交点为A ，在椭圆上存在点P 满足线段AP 的垂直平分线过点F ，则椭圆离心率的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，22B.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12 C ．[2－1,1)D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1 [答案] D[解析] 由题意得|PF |＝|AF |＝a 2c －c ，∵a －c ≤|PF |≤a ＋c ，∴a －c ≤a 2c －c ≤a ＋c ，12≤e <1.8．(文)已知P 是以F 1、F 2为焦点的椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)上的一点，若PF 1→·PF 2→＝0，tan ∠PF 1F 2＝12，则此椭圆的离心率为( )A.12 B.23 C.13D.53[答案] D[解析] ∵PF 1→·PF 2→＝0，∴PF 1⊥PF 2， 又tan ∠PF 1F 2＝12，令PF 2＝12PF 1＝x ，则⎩⎪⎨⎪⎧3x ＝2a 5x 2＝4c2，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3x2c ＝52x ，∴e ＝c a ＝53.故选D. (理)设M 为椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1上一点，F 1、F 2为椭圆的焦点，如果∠MF 1F 2＝75°，∠MF 2F 1＝15°，则椭圆的离心率为( )A.32B.63 C.12D.64[答案] B[解析] 由正弦定理得2c sin90°＝|MF 1|sin15°＝|MF 2|sin75°＝|MF 1|＋|MF 2|sin15°＋sin75°＝2asin15°＋sin75°，∴e ＝c a ＝1sin15°＋cos15°＝12sin60°＝63.二、填空题9．若直线y ＝kx ＋1(k ∈R)与焦点在x 轴上的椭圆x 25＋y 2t＝1恒有公共点，则t 的取值范围是________．[答案] [1,5)[解析] 用数形结合法，∵y ＝kx ＋1恒过定点(0,1)，只要使(0,1)恒在椭圆内或椭圆上，就能满足题设条件． ∴⎩⎪⎨⎪⎧1t ≤10<t <5，∴1≤t <5.10．已知正方形ABCD ，则以A 、B 为焦点，且过C 、D 两点的椭圆的离心率为________． [答案]2－1[解析] 令AB ＝2，则AC ＝22， ∴椭圆中c ＝1,2a ＝2＋22⇒a ＝1＋2， 可得e ＝ca＝12＋1＝2－1.11．(全国卷Ⅰ)已知F 是椭圆C 的一个焦点，B 是短轴的一个端点，线段BF 的延长线交C 于点D ，且BF →＝2FD →，则C 的离心率为________．[答案] 23[解析] 解法1：设椭圆C 的焦点在x 轴上，如图，B (0，b )，F (c,0)，D (x D ，y D )，则BF →＝(c ，－b )，FD →＝(x D－c ，y D )，∵BF →＝2FD →，∴⎩⎪⎨⎪⎧c ＝x D －c －b ＝2y D ，∴⎩⎪⎨⎪⎧x D ＝32c y D＝－b2.∴⎝ ⎛⎭⎪⎫32c 2a2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 22b2＝1，即e 2＝13，∴e ＝33.解法2：|BF |＝b 2＋c 2＝a ，作DD 1⊥y 轴于点D 1，则由BF →＝2FD →得，|OF ||DD 1|＝|BF ||BD |＝23，所以|DD 1|＝32|OF |＝32c ， 即x D ＝3c 2，由椭圆的第二定义得|FD |＝e ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2c －3c 2＝a －3c 22a又由|BF |＝2|FD |，得c ＝2a －3c 2a，整理得3c 2－2a 2＋ac ＝0.两边都除以a 2，得3e 2＋e －2＝0，解得e ＝－1(舍去)，或e ＝23.三、解答题12．(福建理)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． (1)求椭圆C 的方程；(2)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．[解析] 解法1：(1)依题意，可设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，且可知左焦点为f ′(－2,0)．从而有⎩⎪⎨⎪⎧c ＝22a ＝|AF |＋|Af ′|＝3＋5＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝2，a ＝4.又a 2＝b 2＋c 2，所以b 2＝12， 故椭圆C 的方程为x 216＋y 212＝1.(2)假设存在符合题意的直线l ，其方程为y ＝32x ＋t .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝32x ＋t ，x 216＋y 212＝1得3x 2＋3tx ＋t 2－12＝0.因为直线l 与椭圆C 有公共点， 所以Δ＝(3t )2－4×3(t 2－12)≥0， 解得－43≤t ≤4 3.另一方面，由直线OA 与l 的距离d ＝4可得|t |94＋1＝4，从而t ＝±213. 由于±213∉[－43，43]，所以符合题意的直线l 不存在． 解法2：(1)依题意，可设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，且有：⎩⎪⎨⎪⎧4a 2＋9b 2＝1，a 2－b 2＝4.解得b 2＝12或b 2＝－3(舍去)．从而a 2＝16. 所以椭圆C 的方程为x 216＋y 212＝1.(2)同解法1：[点评] 求圆锥曲线的标准方程可以用定义法，也可以用待定系数法，两种方法比较．定义法计算简单，但又不易想到，待定系数法计算较多．但方法易于掌握，是常规方法．对于探究性问题，我们的方法都是假设存在．若真的存在，则一定能确定参数的值．若不存在，则一定能推出矛盾，所以可以大胆假设．13．(北京文)已知椭圆C 的左、右焦点坐标分别是(－2，0)，(2，0)，离心率是63，直线y ＝t 与椭圆C 交于不同的两点M 、N ，以线段MN 为直径作圆P ，圆心为P .(1)求椭圆C 的方程；(2)若圆P 与x 轴相切，求圆心P 的坐标． [解析] 本题考查了圆和椭圆的标准方程． (1)∵c a ＝63且c ＝2，∴a ＝3，b ＝1. ∴椭圆C 的方程为x 23＋y 2＝1.(2)由题意知点P (0，t )(－1<t <1)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝t x 23＋y 2＝1得x ＝±－t2∴圆P 的半径为－t2，又∵圆P 与x 轴相切， ∴t ＝－t2，解得t ＝±32， 故P 点坐标为⎝⎛⎭⎪⎫0，±32. 14．设F 1、F 2分别是椭圆x 24＋y 2＝1的左、右焦点．(1)若P 是该椭圆上的一个动点，求PF 1→·PF 2→的最大值和最小值；(2)设过定点M (0,2)的直线l 与椭圆交于不同的两点A 、B ，且∠AOB 为锐角(其中O 为坐标原点)，求直线l 的斜率k 的取值范围．[解析] (1)方法1 易知a ＝2，b ＝1，c ＝3， 所以F 1(－3，0)，F 2(3，0)．设P (x ，y )，则PF 1→·PF 2→＝(－3－x ，－y )·(3－x ，－y )＝x 2＋y 2－3＝x 2＋1－x 24－3＝14(3x 2－8)．因为x ∈[－2,2]，故当x ＝0，即点P 为椭圆短轴端点时，PF 1→·PF 2→有最小值－2；当x ＝±2，即点P 为椭圆长轴端点时，PF 1→·PF 2→有最大值1.方法2 易知a ＝2，b ＝1，c ＝3，所以F 1(－3，0)，F 2(3，0)，设P (x ，y )，则PF 1→·PF 2→＝|PF →1|·|PF 2→|cos ∠F 1PF 2＝|PF →1|·|PF 2→|·|PF 1→|2＋|PF 2→|2－|F 1F 2→|22|PF 1→|·|PF 2→|＝12[(x ＋3)2＋y 2＋(x －3)2＋y 2－12]＝x 2＋y 2－3.(以下同方法一) (2)显然直线x ＝0不满足题设条件，可设直线ly ＝kx ＋2.A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)． 联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，x 24＋y 2＝1，消去y ，整理得(k 2＋14)x 2＋4kx ＋3＝0.∴x 1＋x 2＝－4kk 2＋14，x 1x 2＝3k 2＋14. 由Δ＝(4k )2－4(k 2＋14)×3＝4k 2－3>0，得k >32，或k <－32.① 又0°<∠AOB <90°⇔cos ∠AOB >0⇔OA →·OB →>0. ∴OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2>0.又y 1y 2＝(kx 1＋2)(kx 2＋2)＝k 2x 1x 2＋2k (x 1＋x 2)＋4 ＝3k2k 2＋14＋－8k 2k 2＋14＋4＝－k 2＋1k 2＋14.∴3k 2＋14＋－k 2＋1k 2＋14>0.即k 2<4.∴－2<k <2.② 故由①②得－2<k <－32或32<k <2. 15．如图所示，已知圆C(x ＋1)2＋y 2＝8，定点A (1,0)，C (－1,0)，M 为圆上一动点，点P 在AM 上，点N在CM 上，且满足AM →＝2AP →，NP →·AM →＝0，NP →·AM →点N 的轨迹为曲线E .经过点(0，2)且斜率为k 的直线与曲线E 有两个不同的交点P 和Q .(1)求曲线E 的方程； (2)求k 的取值范围；(3)设曲线E 与x 轴、y 轴正半轴的交点分别为D 、B ，是否存在常数k ，使得向量OP →＋OQ →与DB →共线？如果存在，求k 的值；如果不存在，请说明理由．[解析] (1)∵AM →＝2AP →，∴P 为AM 的中点． 又∵NP →·AM →＝0，∴NP →⊥AM → ∴NP 为AM 的垂直平分线∴|NA |＝|NM |，∵|NC |＋|NM |＝2 2 ∴|NC |＋|NA |＝22>2∴动点N 的轨迹是以点C (－1,0)A (1,0)为焦点的椭圆，且2a ＝22，2c ＝2 ∴a ＝2，c ＝1，b 2＝1，∴E 的方程为x 22＋y 2＝1(2)由已知条件设直线l 的方程为y ＝kx ＋2，代入椭圆方程得x 22＋(kx ＋2)2＝1，整理得(12＋k 2)x 2＋22kx ＋1＝0①直线l 与椭圆有两个不同的交点P 和Q 等价于 Δ＝8k 2－4(12＋k 2)＝4k 2－2>0解得k <－22或k >22， ∴k 的范围为(－∞，－22)∪(22，＋∞) (3)设P (x 1，y 1)、Q (x 2，y 2) 则OP →＋OQ →＝(x 1＋x 2，y 1＋y 2) 由方程①得x 1＋x 2＝－42k1＋2k 2②又y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋22③ 而D (2，0)、B (0,1) DB →＝(－2，1)∴OP →＋OQ →与DB →共线等价于x 1＋x 2＝－2(y 1＋y 2) 将②③代入上式得k ＝22. 由(2)知k <－22或k >22故没有符合题意的常数k .。
2020年全国统一高考数学试卷(文科)(新课标Ⅲ)(含答案解析)
2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知集合{}1235711A =，，，，，，{}315|B x x =<<，则A ∩B 中元素的个数为（ ） A ．2 B ．3 C ．4 D ．52．若()11+=-z i i ，则z =（ ） A ．1–iB ．1+iC ．–iD ．i3．设一组样本数据x 1，x 2，…，x n 的方差为0.01，则数据10x 1，10x 2，…，10x n 的方差为（ ） A ．0.01B ．0.1C ．1D ．104．Logistic 模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I (t )(t 的单位：天)的Logistic 模型：0.23(53)()=1e t I K t --+，其中K 为最大确诊病例数．当I (*t )=0.95K 时，标志着已初步遏制疫情，则*t 约为（ ）（ln19≈3） A ．60B ．63C ．66D ．695．已知πsin sin =31θθ⎛⎫++ ⎪⎝⎭，则πsin =6θ⎛⎫+ ⎪⎝⎭（ ）A ．12B C ．23D 6．在平面内，A ，B 是两个定点，C 是动点，若=1AC BC ⋅，则点C 的轨迹为（ ） A ．圆B ．椭圆C ．抛物线D ．直线7．设O 为坐标原点，直线2x =与抛物线C ：22(0)y px p =>交于D ，E 两点，若OD OE ⊥，则C 的焦点坐标为（ ）A ．1,04⎛⎫⎪⎝⎭B ．1,02⎛⎫⎪⎝⎭C ．(1,0)D ．(2,0)8．点(0，﹣1)到直线()1y k x =+距离的最大值为（ ）A ．1B C D ．29．下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ）A ．B ．C ．D ．10．设3log 2a =，5log 3b =，23c =，则（ ） A ．a c b <<B ．a b c <<C ．b c a <<D ．c a b <<11．在△ABC 中，cos C =23，AC =4，BC =3，则tan B =（ ） AB ．C ．D ．12．已知函数f (x )=sin x +1sin x，则（） A ．f (x )的最小值为2B ．f (x )的图象关于y 轴对称C ．f (x )的图象关于直线x π=对称D ．f (x )的图象关于直线2x π=对称二、填空题13．若x ，y 满足约束条件0,201,x y x y x +≥⎧⎪-≥⎨⎪≤⎩， ，则z =3x +2y 的最大值为_________．14．设双曲线C ：22221x y a b-= (a >0，b >0)的一条渐近线为y，则C 的离心率为_________．15．设函数e ()xf x x a =+．若(1)4e f '=，则a =_________．16．已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．三、解答题17．设等比数列{a n }满足124a a +=，318a a -=． （1）求{a n }的通项公式；（2）记n S 为数列{log 3a n }的前n 项和．若13m m m S S S +++=，求m ．18．某学生兴趣小组随机调查了某市100天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人次，整理数据得到下表（单位：天）：（1）分别估计该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率；（2）求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；（3）若某天的空气质量等级为1或2，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为3或4，则称这天“空气质量不好”．根据所给数据，完成下面的2×2列联表，并根据列联表，判断是否有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关？附：22()()()()()n ad bc K a b c d a c b d -=++++，19．如图，在长方体1111ABCD A BC D -中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．证明：（1）当AB BC =时，EF AC ⊥； （2）点1C 在平面AEF 内． 20．已知函数32()f x x kx k =-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有三个零点，求k 的取值范围．21．已知椭圆222:1(05)25x y C m m +=<<的离心率为4，A ，B 分别为C 的左、右顶点．（1）求C 的方程；（2）若点P 在C 上，点Q 在直线6x =上，且||||BP BQ =，BP BQ ⊥，求APQ 的面积．22．在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为22223x t t y t t⎧=--⎨=-+⎩，(t 为参数且t ≠1)，C 与坐标轴交于A ，B 两点. （1）求|AB |：（2）以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线AB 的极坐标方程. 23．设a ，b ，c ∈R ，a +b +c =0，abc =1． （1）证明：ab +bc +ca <0；（2）用max{a ，b ，c }表示a ，b ，c 中的最大值，证明：max{a ，b ，c参考答案1．B 【分析】采用列举法列举出A B 中元素的即可.【详解】由题意，{5,7,11}A B ⋂=，故A B 中元素的个数为3.故选：B 【点晴】本题主要考查集合的交集运算，考查学生对交集定义的理解，是一道容易题. 2．D 【分析】先利用除法运算求得z ，再利用共轭复数的概念得到z 即可. 【详解】因为21(1)21(1)(1)2i i iz i i i i ---====-++-，所以z i . 故选：D 【点晴】本题主要考查复数的除法运算，涉及到共轭复数的概念，是一道基础题. 3．C 【分析】根据新数据与原数据关系确定方差关系，即得结果. 【详解】因为数据(1,2,,)i ax b i n +=，的方差是数据(1,2,,)i x i n =，的方差的2a 倍，所以所求数据方差为2100.01=1⨯ 故选：C 【点睛】本题考查方差，考查基本分析求解能力，属基础题. 4．C 【分析】将t t *=代入函数()()0.23531t KI t e--=+结合()0.95I t K *=求得t *即可得解. 【详解】()()0.23531t K I t e--=+，所以()()0.23530.951t K I t K e**--==+，则()0.235319t e*-=，所以，()0.2353ln193t *-=≈，解得353660.23t *≈+≈. 故选：C. 【点睛】本题考查对数的运算，考查指数与对数的互化，考查计算能力，属于中等题. 5．B 【分析】将所给的三角函数式展开变形，然后再逆用两角和的正弦公式即可求得三角函数式的值. 【详解】由题意可得：1sin sin 12θθθ++=，则：3sin 12θθ=1cos 2θθ+=从而有：sin coscos sin663ππθθ+=，即sin 6πθ⎛⎫+= ⎪⎝⎭故选：B. 【点睛】本题主要考查两角和与差的正余弦公式及其应用，属于中等题. 6．A 【分析】首先建立平面直角坐标系，然后结合数量积的定义求解其轨迹方程即可. 【详解】设()20AB a a =>，以AB 中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，则：()(),0,,0A a B a -，设(),C x y ，可得：()(),,,AC x a y BC x a y →→=+=-， 从而：()()2AC BC x a x a y →→⋅=+-+， 结合题意可得：()()21x a x a y +-+=，整理可得：2221x y a +=+，即点C 的轨迹是以AB 为半径的圆. 故选：A. 【点睛】本题主要考查平面向量及其数量积的坐标运算，轨迹方程的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 7．B 【分析】根据题中所给的条件OD OE ⊥，结合抛物线的对称性，可知4DOx EOx π∠=∠=，从而可以确定出点D 的坐标，代入方程求得p 的值，进而求得其焦点坐标，得到结果. 【详解】因为直线2x =与抛物线22(0)y px p =>交于,E D 两点，且OD OE ⊥， 根据抛物线的对称性可以确定4DOx EOx π∠=∠=，所以()2,2D ，代入抛物线方程44p =，求得1p =，所以其焦点坐标为1(,0)2， 故选：B. 【点睛】该题考查的是有关圆锥曲线的问题，涉及到的知识点有直线与抛物线的交点，抛物线的对称性，点在抛物线上的条件，抛物线的焦点坐标，属于简单题目. 8．B 【分析】首先根据直线方程判断出直线过定点(1,0)P -，设(0,1)A -，当直线(1)y k x =+与AP 垂直时，点A 到直线(1)y k x =+距离最大，即可求得结果. 【详解】由(1)y k x =+可知直线过定点(1,0)P -，设(0,1)A -，当直线(1)y k x =+与AP 垂直时，点A 到直线(1)y k x =+距离最大，即为||AP =故选：B. 【点睛】该题考查的是有关解析几何初步的问题，涉及到的知识点有直线过定点问题，利用几何性质是解题的关键，属于基础题. 9．C 【分析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积. 【详解】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDB S S S ===⨯⨯=△△△根据勾股定理可得：AB AD DB ===∴ADB △是边长为根据三角形面积公式可得：211sin 60222ADB S AB AD =⋅⋅︒=⋅=△∴该几何体的表面积是：632=⨯++故选：C. 【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题. 10．A 【分析】分别将a ,b 改写为331log 23a =，351log 33b =，再利用单调性比较即可. 【详解】 因为333112log 2log 9333ac =<==，355112log 3log 25333b c =>==， 所以a c b <<. 故选：A. 【点晴】本题考查对数式大小的比较，考查学生转化与化归的思想，是一道中档题. 11．C 【分析】先根据余弦定理求c ，再根据余弦定理求cos B ，最后根据同角三角函数关系求tan .B 【详解】设,,AB c BC a CA b ===22222cos 916234933c a b ab C c =+-=+-⨯⨯⨯=∴=2221cos sin tan 299a cb B B B ac +-==∴===故选：C 【点睛】本题考查余弦定理以及同角三角函数关系，考查基本分析求解能力，属基础题. 12．D 【分析】根据基本不等式使用条件可判断A;根据奇偶性可判断B;根据对称性判断C,D. 【详解】sin x 可以为负，所以A 错；1sin 0()()sin ()sin x x k k Z f x x f x xπ≠∴≠∈-=--=-∴()f x 关于原点对称； 11(2)sin (),()sin (),sin sin f x x f x f x x f x x x ππ-=--≠-=+=故B 错；()f x ∴关于直线2x π=对称，故C 错，D 对 故选：D 【点睛】本题考查函数定义域与最值、奇偶性、对称性，考查基本分析判断能力，属中档题. 13．7 【分析】作出可行域，利用截距的几何意义解决. 【详解】不等式组所表示的可行域如图因为32z x y =+，所以322x zy =-+，易知截距2z 越大，则z 越大， 平移直线32x y =-，当322x zy =-+经过A 点时截距最大，此时z 最大， 由21y x x =⎧⎨=⎩，得12x y =⎧⎨=⎩，(1,2)A ， 所以max 31227z =⨯+⨯=. 故答案为：7.【点晴】本题主要考查简单线性规划的应用，涉及到求线性目标函数的最大值，考查学生数形结合的思想，是一道容易题.14【分析】根据已知可得ba=,,a b c 的关系，即可求解. 【详解】由双曲线方程22221x y a b-=可得其焦点在x 轴上，因为其一条渐近线为y =，所以b a =c e a ===【点睛】本题考查的是有关双曲线性质，利用渐近线方程与离心率关系是解题的关键，要注意判断焦点所在位置，属于基础题. 15．1 【分析】由题意首先求得导函数的解析式，然后得到关于实数a 的方程，解方程即可确定实数a 的值 【详解】由函数的解析式可得：()()()()()221x xx e x a e e x a f x x a x a +-+-'==++，则：()()()()12211111e a aef a a ⨯+-'==++，据此可得：()241aee a =+， 整理可得：2210a a -+=，解得：1a =. 故答案为：1. 【点睛】本题主要考查导数的运算法则，导数的计算，方程的数学思想等知识，属于中等题.16 【分析】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值. 【详解】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示， 其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点， 设内切圆的圆心为O ，由于AM =122S =⨯⨯△ABC 设内切圆半径为r ，则：ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯()13322r =⨯++⨯=解得：22r，其体积：3433V r π==.. 【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径. 17．（1）13-=n n a ；（2）6m =. 【分析】（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，根据题意，列出方程组，求得首项和公比，进而求得通项公式；（2）由（1）求出3{log }n a 的通项公式，利用等差数列求和公式求得n S ，根据已知列出关于m 的等量关系式，求得结果. 【详解】（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，根据题意，有1121148a a q a q a +=⎧⎨-=⎩，解得113a q =⎧⎨=⎩，所以13-=n n a ；（2）令313log log 31n n n b a n -===-，所以(01)(1)22n n n n n S +--==，根据13m m m S S S +++=，可得(1)(1)(2)(3)222m m m m m m -++++=， 整理得2560m m --=，因为0m >，所以6m =， 【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算，以及等差数列求和公式的应用，考查计算求解能力，属于基础题目.18．（1）该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率分别为0.43、0.27、0.21、0.09；（2）350；（3）有，理由见解析.【分析】（1）根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率； （2）利用每组的中点值乘以频数，相加后除以100可得结果；（3）根据表格中的数据完善22⨯列联表，计算出2K 的观测值，再结合临界值表可得结论. 【详解】（1）由频数分布表可知，该市一天的空气质量等级为1的概率为216250.43100++=，等级为2的概率为510120.27100++=，等级为3的概率为6780.21100++=，等级为4的概率为7200.09100++=；（2）由频数分布表可知，一天中到该公园锻炼的人次的平均数为100203003550045350100⨯+⨯+⨯=（3）22⨯列联表如下：()221003383722 5.820 3.84155457030K ⨯⨯-⨯=≈>⨯⨯⨯，因此，有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关. 【点睛】本题考查利用频数分布表计算频率和平均数，同时也考查了独立性检验的应用，考查数据处理能力，属于基础题.19．（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【分析】（1）根据正方形性质得AC BD ⊥，根据长方体性质得1AC BB ⊥,进而可证AC ⊥平面11BB D D ,即得结果；（2）只需证明1//EC AF 即可，在1CC 上取点M 使得12CM MC =,再通过平行四边形性质进行证明即可. 【详解】（1）因为长方体1111ABCD A BC D -,所以1BB ⊥平面ABCD ∴1AC BB ⊥,因为长方体1111,ABCD A B C D AB BC -=,所以四边形ABCD 为正方形AC BD ∴⊥ 因为11,BB BD B BB BD =⊂、平面11BB D D ,因此AC ⊥平面11BB D D ,因为EF ⊂平面11BB D D ,所以AC EF ⊥；（2）在1CC 上取点M 使得12CM MC =,连,DM MF ,因为111112,//,=D E ED DD CC DD CC =,所以11,//,ED MC ED MC = 所以四边形1DMC E 为平行四边形，1//DM EC ∴因为//,=,MF DA MF DA 所以M F A D 、、、四点共面，所以四边形MFAD 为平行四边形，1//,//DM AF EC AF ∴∴，所以1E C A F 、、、四点共面，因此1C 在平面AEF 内 【点睛】本题考查线面垂直判定定理、线线平行判定，考查基本分析论证能力，属中档题. 20．（1）详见解析；(2)4(0,)27. 【分析】（1）'2()3f x x k =-，对k 分0k ≤和0k >两种情况讨论即可；（2）()f x 有三个零点，由（1）知0k >，且(00f f ⎧>⎪⎪⎨⎪<⎪⎩，解不等式组得到k 的范围，再利用零点存在性定理加以说明即可. 【详解】（1）由题，'2()3f x x k =-，当0k ≤时，'()0f x ≥恒成立，所以()f x 在(,)-∞+∞上单调递增； 当0k >时，令'()0f x =，得x ='()0f x <，得x < 令'()0f x >，得x <x >()f x在(上单调递减，在(,-∞，)+∞上单调递增. （2）由（1）知，()f x 有三个零点，则0k >，且(00f f ⎧>⎪⎪⎨⎪<⎪⎩即22203203k k ⎧+>⎪⎪⎨⎪-<⎪⎩，解得4027k <<， 当4027k <<>20f k =>， 所以()f x在上有唯一一个零点，同理1k --<32(1)(1)0f k k k --=--+<， 所以()f x在(1,k --上有唯一一个零点，又()f x在(上有唯一一个零点，所以()f x 有三个零点，综上可知k 的取值范围为4(0,)27. 【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题，考查学生逻辑推理能力、数学运算能力，是一道中档题.21．（1）221612525x y +=；（2）52. 【分析】（1）因为222:1(05)25x y C m m+=<<，可得5a =，b m =，根据离心率公式，结合已知，即可求得答案；（2）点P 在C 上，点Q 在直线6x =上，且||||BP BQ =，BP BQ ⊥，过点P 作x 轴垂线，交点为M ，设6x =与x 轴交点为N ，可得PMB BNQ ≅△△，可求得P 点坐标，求出直线AQ 的直线方程，根据点到直线距离公式和两点距离公式，即可求得APQ 的面积. 【详解】 （1）222:1(05)25x y C m m +=<< ∴5a =，b m =，根据离心率c e a ====， 解得54m =或54m =-(舍)， ∴C 的方程为：22214255x y ⎛⎫ ⎪⎝⎭+=，即221612525x y +=； （2）不妨设P ,Q 在x 轴上方点P 在C 上，点Q 在直线6x =上，且||||BP BQ =，BP BQ ⊥，过点P 作x 轴垂线，交点为M ，设6x =与x 轴交点为N 根据题意画出图形，如图||||BP BQ =，BP BQ ⊥，90PMB QNB ∠=∠=︒，又90PBM QBN ∠+∠=︒，90BQN QBN ∠+∠=︒，∴PBM BQN ∠=∠，根据三角形全等条件“AAS ”， 可得：PMB BNQ ≅△△，221612525x y +=， ∴(5,0)B ，∴651PM BN ==-=，设P 点为(,)P P x y ，可得P 点纵坐标为1P y =，将其代入221612525x y +=，可得：21612525P x +=，解得：3P x =或3P x =-，∴P 点为(3,1)或(3,1)-，①当P 点为(3,1)时， 故532MB =-=，PMB BNQ ≅△△，∴||||2MB NQ ==，可得：Q 点为(6,2)， 画出图象，如图(5,0)A -,(6,2)Q ，可求得直线AQ 的直线方程为：211100x y -+=，根据点到直线距离公式可得P 到直线AQ 的距离为：5d ===，根据两点间距离公式可得：AQ ==，∴APQ 面积为：15252⨯=；②当P 点为(3,1)-时， 故5+38MB ==，PMB BNQ ≅△△，∴||||8MB NQ ==，可得：Q 点为(6,8)， 画出图象，如图(5,0)A-,(6,8)Q，可求得直线AQ的直线方程为：811400x y-+=，根据点到直线距离公式可得P到直线AQ的距离为：d===，根据两点间距离公式可得：AQ ==∴APQ面积为：1522=，综上所述，APQ面积为：52.【点睛】本题主要考查了求椭圆标准方程和求三角形面积问题，解题关键是掌握椭圆的离心率定义和数形结合求三角形面积，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.22．（1）（2）3cos sin120ρθρθ-+=【分析】（1）由参数方程得出,A B的坐标，最后由两点间距离公式，即可得出AB的值；（2）由,A B的坐标得出直线AB的直角坐标方程，再化为极坐标方程即可.【详解】（1）令0x=，则220t t+-=，解得2t=-或1t=（舍），则26412y=++=，即(0,12)A. 令0y=，则2320t t-+=，解得2t=或1t=（舍），则2244x=--=-，即(4,0)B-.本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
2020高考数学 试题汇编 第三节椭圆 文(含解析)
第三节椭圆椭圆的定义及标准方程考向聚焦高考常考内容,主要考查:(1)利用椭圆的定义求椭圆标准方程或求解焦点三角形的有关问题;(2)用待定系数法、相关点法求椭圆的标准方程.常以选择题、填空题或解答题一问的形式出现,难度中档,所占分值4~6分备考指津训练题型:(1)根据定义求椭圆方程,注重与向量相结合题型的训练;(2)求焦点三角形的内角、面积等问题,注意转化与化归思想的训练;(3)用待定系数法、相关点法求椭圆方程,注意分类讨论思想的训练1.(2010年安徽卷,文17)椭圆E经过点A(2,3),对称轴为坐标轴,焦点F1,F2在x轴上,离心率e=.(1)求椭圆E的方程;(2)求∠F1AF2的角平分线所在直线l的方程.解:(1)设椭圆E的方程为+=1(a>b>0),由e=,即=,a=2c,得b2=a2-c2=3c2,∴椭圆的方程可化为+=1.将A(2,3)代入上式,得+=1,解得c=2(负值舍去),∴椭圆E的方程为+=1.(2)法一:由(1)知F1(-2,0),F2(2,0),所以直线AF1的方程为y=(x+2),即3x-4y+6=0,直线AF2的方程为:x=2.由点A在椭圆E上的位置知,直线l的斜率为正数.设P(x,y)为l上任一点,则=|x-2|.若3x-4y+6=5x-10,得x+2y-8=0(因其斜率为负,故舍去).于是,由3x-4y+6=-5x+10,得2x-y-1=0,所以直线l的方程为:2x-y-1=0.法二:∵A(2,3),F1(-2,0),F2(2,0),∴=(-4,-3),=(0,-3).∴+=(-4,-3)+(0,-3)=-(1,2).∴k l=2,∴l的方程为y-3=2(x-2),即2x-y-1=0.求曲线方程的常用方法:待定系数法,直接法,及利用曲线的特点求方程,其中(2)中法二简便易行,但不易想到用直线的方向向量求斜率.2.(2010年辽宁卷,文20)设F1、F2分别为椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点,过F2的直线l与椭圆C相交于A,B两点,直线l的倾斜角为60°,F1到直线l的距离为2.(1)求椭圆C的焦距;(2)如果=2,求椭圆C的方程.解:(1)设F1(-c,0),F2(c,0),则焦距为2c,由题意直线l的方程为y=(x-c).∵F1到直线l的距离为2,∴=2,即c=2,故c=2.所以椭圆C的焦距为4.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),由题意知y1<0,y2>0,直线l的方程为y=(x-2).联立得(3a2+b2)y2+4b2y-3b4=0.解得y1=,y2=.因为=2,所以-y1=2y2.即=2·.得a=3,而a2-b2=4,所以b=.故椭圆C 的方程为+=1.圆锥曲线与平面向量相结合的问题,往往将向量问题化归为点的坐标的关系,由此关系进而解题.椭圆的几何性质考向聚焦高考必考内容,主要考查椭圆的离心率的求解,常以选择题、填空题或解答题一问的形式出现,难度中档偏上,所占分值4~5分3.(2012年新课标全国卷,文4,5分)设F1,F2是椭圆E:+=1(a>b>0)的左、右焦点,P为直线x=上一点,△F2PF1是底角为30°的等腰三角形,则E的离心率为( ) (A)(B)(C)(D)解析:如图,∠F1PF2=30°且|F1F2|=|F2P|,如图易知|AF2|=-c,Rt△PF2A中可求|PF2|==2|AF2|=3a-2c,又|F1F2|=2c,故3a-2c=2c,则离心率为e==.答案:C.本题借助数形结合,求得a与c的关系,体现了数形结合思想的重要性.4.(2012年江西卷,文8,5分)椭圆+=1(a>b>0)的左、右顶点分别是A,B,左、右焦点分别是F1,F2.若|AF1|,|F1F2|,|F1B|成等比数列,则此椭圆的离心率为( )(A)(B)(C)(D)-2解析:本题考查椭圆的性质与等比数列的综合运用.由椭圆的性质可知|AF1|=a-c,|F1F2|=2c,|F1B|=a+c,又|AF1|,|F1F2|,|F1B|成等比数列,故(a-c)(a+c)=(2c)2,可得==e(舍去负值).故应选B.答案:B.圆锥曲线问题采用数形结合比较直观,可有效提高解题效率.5.(2011年新课标全国卷,文4)椭圆+=1的离心率为( )(A)(B)(C)(D)解析:∵a2=16,b2=8,∴a=4,c2=a2-b2=8,∴c=2,∴e===.故选D.答案:D.6.(2010年广东卷,文7)若一个椭圆长轴的长度、短轴的长度和焦距成等差数列,则该椭圆的离心率是( )(A)(B)(C)(D)解析:设椭圆的长轴长、短轴长、焦距分别为2a,2b,2c,由题意可得2a+2c=4b,a+c=2b,又b=,所以a+c=2,整理得5e2+2e-3=0,e=或e=-1(舍去).故选B.答案:B.7.(2012年四川卷,文15,4分)椭圆+=1(a为定值,且a>)的左焦点为F,直线x=m与椭圆相交于点A、B,△FAB的周长的最大值是12,则该椭圆的离心率是.解析:由对称性知道,当直线x=m过椭圆右焦点时,三角形FAB的周长最大,所以由题意可得4a=12,a=3,e====,故答案为.答案:8.(2010年全国卷Ⅰ,文16)已知F是椭圆C的一个焦点,B是短轴的一个端点,线段BF的延长线交C于点D,且=2,则椭圆C的离心率为.解析:设椭圆方程为+=1(a>b>0).B(0,b),F(c,0),D(x0,y0),则=(c,-b),=(x0-c,y0),由=2得x0=c,y0=-,代入椭圆方程得·+=1,∴e2=.又e>0,∴e=.答案:9.(2012年安徽卷,文20,13分)如图,F1,F2分别是椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点,A是椭圆C的顶点,B是直线AF2与椭圆C的另一个交点,∠F1AF2=60°.(1)求椭圆C的离心率;(2)已知△AF1B的面积为40,求a,b的值.解:(1)由题意可知,△AF1F2为等边三角形,a=2c,所以e=.(2)法一:a2=4c2,b2=3c2,直线AB的方程可为:y=-(x-c),将其代入椭圆方程3x2+4y2=12c2,得B(c,-c).所以|AB|=·|c-0|= c.由=|AF1|·|AB|sin ∠F1AB=a×c×=a2=40,解得a=10,b=5.法二:设|AB|=t.因为|AF2|=a,所以|BF2|=t-a.由椭圆定义|BF1|+|BF2|=2a可知,|BF1|=3a-t.再由余弦定理(3a-t)2=a2+t2-2atcos 60°可得,t=a.由=a·a·=a2=40知,a=10,b=5.本题考查椭圆的标准方程和几何性质,直线和椭圆的位置关系等基础知识,考查数形结合思想、逻辑推理能力和运算求解能力.直线与椭圆的位置关系考向聚焦高考的热点,考查内容主要涉及椭圆的标准方程,椭圆的性质、最值、线段的中点、弦长等问题,主要考查学生灵活运用知识的解题能力和分析问题的能力,计算能力考查方式多样化,可以是客观题也可以是主观题,难度中档或偏上,所占分值4~12分10.(2010年湖北卷,文15)已知椭圆C:+y2=1的两焦点为F1,F2,点P(x0,y0)满足0<+<1,则|PF1|+|PF2|的取值范围为,直线+y 0y=1与椭圆C 的公共点个数为. 解析:由于0<+<1,所以点P(x0,y0)在椭圆+y 2=1内部;且不能与原点重合.根据椭圆的定义和几何性质知,|PF1|+|PF2|<2a=2,且|PF1|+|PF2|的最小值为点P 落在线段F1F2上,此时|PF1|+|PF2|=2.故|PF1|+|PF2|的取值范围是[2,2).由于方程组,消去x得(+2)y2-4y0y+2-=0,Δ=16-4(+2)(2-)=8(+-1)<0,∴方程组无解,故直线+y0y=1与椭圆C无公共点.答案: [2,2) 011.(2012年北京卷,文19,14分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的一个顶点为A(2,0),离心率为,直线y=k(x-1)与椭圆C交于不同的两点M,N.(1)求椭圆C的方程;(2)当△AMN的面积为时,求k的值.解:(1)由已知椭圆的焦点在x轴上,则由一个顶点为(2,0),得a=2.又∵离心率为,∴=,∴c=,∴b2=a2-c2=2,∴所求椭圆方程为+=1.(2)由方程组消y得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-4=0(*)∵直线y=k(x-1)过点P(1,0),而点P(1,0)在椭圆+=1内,∴(*)式一定有两解.设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=,∴S△AMN=|AP|(|y1|+|y2|)=|y1-y2|=|kx1-kx2|==·==,整理得7k4-2k2-5=0,解得k=±1.∴所求k的值为±1.本题考查了直线与圆锥曲线的位置关系,将直线方程与圆锥曲线方程联立,利用根与系数的关系是解决这类问题的常用方法,在解题中还要注意运用数形结合的方法解题.12.(2012年陕西卷,文20,13分)已知椭圆C1:+y2=1,椭圆C2以C1的长轴为短轴,且与C1有相同的离心率.(1)求椭圆C2的方程;(2)设O为坐标原点,点A,B分别在椭圆C1和C2上,=2,求直线AB的方程.解:(1)依题意设椭圆方程为+=1(a>2),∵e=,∴=,∴a2=16,∴椭圆方程为+=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),∵=2,∴O,A,B三点共线且点A、B不在y轴上,∴设直线AB方程为y=kx,并分别代入+y2=1和+=1得:=,=,∵=2,∴=4,∴=,∴k=±1,所求直线为:y=x或y=-x.13.(2012年天津卷,文19,14分)已知椭圆+=1(a>b>0),点P(a,a)在椭圆上.(1)求椭圆的离心率;(2)设A为椭圆的左顶点,O为坐标原点,若点Q在椭圆上且满足|AQ|=|AO|,求直线OQ的斜率的值.解:(1)因为点P(a,a)在椭圆上,故+=1,可得=.于是e2==1-=,所以椭圆的离心率e=.(2)易知直线OQ的斜率存在,设直线OQ的斜率为k,则其方程为y=kx,设点Q的坐标为(x0,y0),由条件得消去y0并整理得=.①由|AQ|=|AO|,A(-a,0)及y0=kx0,得(x0+a)2+k2=a2.整理得(1+k2)+2ax0=0,而x0≠0,故x0=,代入①,整理得(1+k2)2=4k2·+4,由(1)知=,故(1+k2)2=k2+4,即5k4-22k2-15=0,可得k2=5.所以直线OQ的斜率k=±.本小题主要考查椭圆的标准方程及其性质、直线方程、平面内两点间的距离公式等知识,运用代数法研究圆锥曲线的性质,体现了数形结合的数学思想方法.对运算求解能力、综合分析和解决问题的能力,有较高的要求.14.(2011年陕西卷,文17)设椭圆C:+=1(a>b>0)过点(0,4),离心率为.(1)求C的方程;(2)求过点(3,0)且斜率为的直线被C所截线段的中点坐标.解:(1)将(0,4)代入C的方程得=1,∴b=4,又e==得=,即1-=,∴a=5,∴C的方程为+=1.(2)过点(3,0)且斜率为的直线方程为y=(x-3).设直线与C的交点为A(x1,y1),B(x2,y2),将直线方程y=(x-3)代入C的方程,得+=1,即x2-3x-8=0,∴x1+x2=3.∴AB的中点坐标x中==,y中==(x1+x2-6)=-,即中点坐标为(,-).15.(2011年天津卷,文18)设椭圆+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,点P(a,b)满足|PF2|=|F1F2|.(1)求椭圆的离心率e;(2)设直线PF2与椭圆相交于A,B两点.若直线PF2与圆(x+1)2+(y-)2=16相交于M,N两点,且|MN|=|AB|,求椭圆的方程.解:(1)设F1(-c,0),F2(c,0)(c>0),因为|PF2|=|F1F2|,所以=2c,整理得2()2+-1=0,得=-1(舍),或=,所以e=.(2)由(1)知a=2c,b=c,可得椭圆方程为3x2+4y2=12c2,直线PF2的方程为y=(x-c).A、B两点的坐标满足方程组消去y并整理,得5x2-8cx=0,解得x1=0,x2=c,得方程组的解不妨设A(c,c),B(0,-c),所以|AB|== c.于是|MN|=|AB|=2c.圆心(-1,)到直线PF2的距离d==.因为d2+()2=42,所以(2+c)2+c2=16.整理得7c2+12c-52=0,解得c=-(舍去)或c=2.所以椭圆方程为+=1.16.(2010年新课标全国卷,文20)设F1、F2分别是椭圆E:x2+=1(0<b<1)的左、右焦点,过F1的直线l与E相交于A、B两点,且|AF2|,|AB|,|BF2|成等差数列.(1)求|AB|;(2)若直线l的斜率为1,求b的值.解:(1)由椭圆定义知|AF2|+|AB|+|BF2|=4,又2|AB|=|AF2|+|BF2|,得|AB|=.(2)设直线l的方程为y=x+c,其中c=.设A(x1,y1),B(x2,y2),则A、B两点坐标满足方程组消去y整理得(1+b2)x2+2cx+1-2b2=0.则x1+x2=,x1x2=.因为直线AB的斜率为1,所以|AB|=|x2-x1|.即=|x2-x1|.则=(x1+x2)2-4x1x2=-=.解得b=.本题通过对椭圆定义、等差中项的灵活应用从而求|AB|的长.再利用焦点弦建立起方程组利用根与系数的关系、弦长公式从而求b的值.注意隐含条件a2=b2+c2的应用.利用直线方程与椭圆方程构成方程组,通过弦长建立起未知量之间的关系是解这类问题的通法.(2010年天津卷,文21)已知椭圆+=1(a>b>0)的离心率e=,连接椭圆的四个顶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):①若|AB|=,求直线l的倾斜角;②若点Q(0,y0)在线段AB的垂直平分线上,且·=4.求y0的值.难题特色:本题把向量、直线、椭圆结合在一起,综合命题,涉及知识面广,特别是第(2)题,建立椭圆方程、弦长、·关系是难点,且计算量大.难点突破:(1)设出直线l的方程并与椭圆方程联立,根据根与系数的关系和弦长公式用直线斜率k表示出|AB|,求出k值.(2)由(1)求出AB中点M的坐标;当k=0时,由·=4求出y0;当k≠0时,求AB的垂直平分线方程,从而用k表示出y0,再用·=4,求出k值,进一步得出y0.解:(1)由e==,得3a2=4c2.再由c2=a2-b2,解得a=2b.由题意可知×2a×2b=4,即ab=2.又a>b>0,得所以椭圆的方程为+y2=1.(2)①由(1)可知点A的坐标是(-2,0),设点B的坐标为(x1,y1),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.消去y并整理,得(1+4k2)x2+16k2x+(16k2-4)=0.由-2x1=,得x1=,从而y1=.所以|AB|==.由|AB|=,得=.整理得32k4-9k2-23=0,即(k2-1)(32k2+23)=0.解得k=±1.所以直线l的倾斜角为或.②设线段AB的中点为M,由①得M的坐标是(-,).以下分两种情况讨论:a.当k=0时,点B的坐标是(2,0),线段AB的垂直平分线为y轴,于是=(-2,-y0),=(2,-y0).由·=4,得y0=±2.b.当k≠0时,线段AB的垂直平分线方程为y-=-(x+).令x=0,解得y0=-.由=(-2,-y0),=(x1,y1-y0),·=-2x1-y0(y1-y0)=+(+)==4,整理得7k2=2,故k=±.所以y0=±.综上,y0=±2或y0=±.(2011年北京卷,文19,14分)已知椭圆G:+=1(a>b>0)的离心率为,右焦点为(2,0).斜率为1的直线l与椭圆G交于A,B两点,以AB为底边作等腰三角形,顶点为P(-3,2).(1)求椭圆G的方程;(2)求△PAB的面积.解:(1)由已知得c=2,=,解得a=2.2分又b2=a2-c2=4,所以椭圆G的方程为+=1.4分第(1)问赋分细则:(1)求出a、c的值得1分;(2)求出b2的值得1分,没有求b2直接写出结论扣1分.(2)设直线l的方程为y=x+m.5分由得4x2+6mx+3m2-12=0.①设A,B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2)(x1<x2),AB中点为E(x0,y0),则x0==-,y0=x0+m=.7分因为AB是等腰△PAB的底边,所以PE⊥AB,所以PE的斜率k==-1,解得m=2.9分此时方程①为4x2+12x=0.解得x1=-3,x2=0,所以y1=-1,y2=2.所以|AB|=3,11分此时,点P(-3,2)到直线AB:x-y+2=0的距离d==,13分所以△PAB的面积S=|AB|·d=.14分第(2)问赋分细则:(1)设出直线方程得1分;(2)设出A、B、E点坐标得1分,未设直线方程直接联立方程组扣1分;(3)求出m值得2分,方法正确m值求错扣1分;(4)求出P点到直线的距离得1分.通过高考阅卷分析,造成失分的原因如下:(1)未设直线方程和点A、B、E坐标;(2)没有解题过程,跨过得分点如直接给出了m=2,|AB|=3;(3)计算错误,如m的值求错等.。
三年高考(2020)高考数学试题分项版解析 专题17 椭圆 理(含解析)
专题17 椭圆考纲解读明方向考纲解读考点内容解读要求常考题型预测热度1.椭圆的定义及其标准方程掌握椭圆的定义、几何图形、标准方程及简单性质掌握选择题解答题★★★2.椭圆的几何性质掌握填空题解答题★★★3.直线与椭圆的位置关系掌握解答题★★★分析解读 1.能够熟练使用直接法、待定系数法、定义法求椭圆方程.2.能熟练运用几何性质(如范围、对称性、顶点、离心率)解决相关问题.3.能够把直线与椭圆的位置关系的问题转化为方程组解的问题,判断位置关系及解决相关问题.4.本节在高考中以求椭圆的方程、椭圆的性质以及直线与椭圆的位置关系为主,与向量等知识的综合起来考查的命题趋势较强,分值约为12分,难度较大.2020年高考全景展示1．【2020年理数全国卷II】已知，是椭圆的左，右焦点，是的左顶点，点在过且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则的离心率为A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：先根据条件得PF2=2c,再利用正弦定理得a,c关系，即得离心率.详解：因为为等腰三角形，，所以PF2=F1F2=2c,由斜率为得，，由正弦定理得,所以，选D.点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.2．【2020年浙江卷】已知点P(0，1)，椭圆+y2=m(m>1)上两点A，B满足=2，则当m=___________时，点B横坐标的绝对值最大．【答案】5点睛：解析几何中的最值是高考的热点，在圆锥曲线的综合问题中经常出现，求解此类问题的一般思路为在深刻认识运动变化的过程之中，抓住函数关系，将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数，然后借助于函数最值的探求来使问题得以解决.3．【2020年理北京卷】已知椭圆，双曲线．若双曲线N的两条渐近线与椭圆M的四个交点及椭圆M的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M的离心率为__________；双曲线N的离心率为__________．【答案】 2【解析】分析：由正六边形性质得渐近线的倾斜角，解得双曲线中关系，即得双曲线N的离心率；由正六边形性质得椭圆上一点到两焦点距离之和为，再根据椭圆定义得，解得椭圆M的离心率.详解：由正六边形性质得椭圆上一点到两焦点距离之和为，再根据椭圆定义得，所以椭圆M的离心率为双曲线N的渐近线方程为，由题意得双曲线N的一条渐近线的倾斜角为，点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.4．【2020年理数天津卷】设椭圆(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B. 已知椭圆的离心率为，点A的坐标为，且.（I）求椭圆的方程；（II）设直线l：与椭圆在第一象限的交点为P，且l与直线AB交于点Q. 若(O为原点) ，求k的值.【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)或【解析】分析：（Ⅰ）由题意结合椭圆的性质可得a=3，b=2．则椭圆的方程为．（Ⅱ）设点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2）．由题意可得5y1=9y2．由方程组可得．由方程组可得．据此得到关于k的方程，解方程可得k的值为或详解：（Ⅰ）设椭圆的焦距为2c，由已知知，又由a2=b2+c2，可得2a=3b．由已知可得，，，由，可得ab=6，从而a=3，b=2．所以，椭圆的方程为．（Ⅱ）设点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2）．由已知有y1>y2>0，故．又因为，而∠OAB=，故．由，可得5y1=9y2．由方程组消去x，可得．易知直线AB的方程为x+y–2=0，由方程组消去x，可得．由5y1=9y2，可得5（k+1）=，两边平方，整理得，解得，或．所以，k的值为或点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．5．【2020年全国卷Ⅲ理】已知斜率为的直线与椭圆交于，两点，线段的中点为．（1）证明：；（2）设为的右焦点，为上一点,且．证明：，，成等差数列，并求该数列的公差．【答案】（1）（2）或（2）由题意得，设，则.由（1）及题设得.又点P在C上，所以，从而，.于是.同理.所以.故，即成等差数列.设该数列的公差为d，则.②将代入①得.所以l的方程为，代入C的方程，并整理得.故，代入②解得.所以该数列的公差为或.点睛：本题主要考查直线与椭圆的位置关系，等差数列的性质，第一问利用点差法，设而不求可减小计算量，第二问由已知得到,求出m 得到直线方程很关键，考查了函数与方程的思想，考察学生的计算能力，难度较大。
高考数学试题分项解析 专题17 椭圆 文含解析 试题
专题17 椭圆文创作人：历恰面日期：2020年1月1日考纲解读明方向考纲解读考点内容解读要求常考题型预测热度掌握椭圆的定义、几何图形、HY方程及简单性质掌握选择题解答题★★★掌握填空题解答题★★★掌握解答题★★★分析解读 1.可以纯熟使用直接法、待定系数法、定义法求椭圆方程.2.能纯熟运用几何性质(如范围、对称性、顶点、离心率)解决相关问题.3.可以把直线与椭圆的位置关系的问题转化为方程组解的问题,判断位置关系及解决相关问题.4.本节在高考中以求椭圆的方程、椭圆的性质以及直线与椭圆的位置关系为主,与向量等知识的综合起来考察的命题趋势较强,分值约为12分,难度较大.2021年高考全景展示1．【2021年全国卷II文】，是椭圆的两个焦点，是上的一点，假设，且，那么的离心率为A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：设，那么根据平面几何知识可求，再结合椭圆定义可求离心率.点睛：椭圆定义的应用主要有两个方面：一是判断平面内动点与两定点的轨迹是否为椭圆，二是利用定义求焦点三角形的周长、面积、椭圆的弦长及最值和离心率问题等；“焦点三角形〞是椭圆问题中的常考知识点，在解决这类问题时经常会用到正弦定理，余弦定理以及椭圆的定义.2．【2021年卷】点P(0，1)，椭圆+y2=m(m>1)上两点A，B满足=2，那么当m=___________时，点B横坐标的绝对值最大．【答案】5【解析】分析:先根据条件得到A,B坐标间的关系，代入椭圆方程解得B的纵坐标，即得B 的横坐标关于m的函数关系，最后根据二次函数性质确定最值取法.点睛：解析几何中的最值是高考的热点，在圆锥曲线的综合问题中经常出现，求解此类问题的一般思路为在深入认识运动变化的过程之中，抓住函数关系，将目的量表示为一个(或者者多个)变量的函数，然后借助于函数最值的探求来使问题得以解决.3．【2021年卷文】设椭圆的右顶点为A，上顶点为B.椭圆的离心率为，.〔I〕求椭圆的方程；〔II〕设直线与椭圆交于两点，与直线交于点M，且点P，M均在第四象限.假设的面积是面积的2倍，求k的值.【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ).【解析】分析：〔I〕由题意结合几何关系可求得.那么椭圆的方程为. 〔II〕设点P的坐标为，点M的坐标为，由题意可得.易知直线的方程为，由方程组可得.由方程组可得.结合，可得，或者.经检验的值是.详解：〔I〕设椭圆的焦距为2c，由得，又由，可得．由,从而．所以，椭圆的方程为．点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算才能，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．4．【2021年文卷】椭圆的离心率为，焦距为.斜率为k的直线l与椭圆M有两个不同的交点A，B.〔Ⅰ〕求椭圆M的方程；〔Ⅱ〕假设，求的最大值；〔Ⅲ〕设，直线PA与椭圆M的另一个交点为C，直线PB与椭圆M的另一个交点为D.假设C,D和点一共线，求k.【答案】〔Ⅰ〕〔Ⅱ〕〔Ⅲ〕【解析】分析：〔1〕根据题干可得的方程组，求解的值，代入可得椭圆方程；〔2〕设直线方程为，联立，消整理得，利用根与系数关系及弦长公式表示出，求其最值；〔3〕联立直线与椭圆方程，根据韦达定理写出两根关系，结合三点一共线，利用一共线向量根本定理得出等量关系，可求斜率.详解：〔Ⅰ〕由题意得，所以，又，所以，所以，所以椭圆的HY方程为．〔Ⅱ〕设直线的方程为，由消去可得，那么，即，设，，那么，，那么，易得当时，，故的最大值为．点睛：此题主要考察椭圆与直线的位置关系，第一问只要找到三者之间的关系即可求解；第二问主要考察学生对于韦达定理及弦长公式的运用，可将弦长公式变形为，再将根与系数关系代入求解；第三问考察椭圆与向量的综合知识，关键在于可以将三点一共线转化为向量关系，再利用一共线向量根本定理建立等量关系求解.2021年高考全景展示1.【2021，2】椭圆22194x y+=的离心率是A ．133B ．53C ．23D ．59【答案】B 【解析】试题分析：94533e -==，选B ． 【考点】 椭圆的简单几何性质【名师点睛】解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于c b a ,,的方程或者不等式，再根据c b a ,,的关系消掉b 得到c a ,的关系式，建立关于c b a ,,的方程或者不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等．2.【2021课标1，文12】设A 、B 是椭圆C ：2213x y m+=长轴的两个端点，假设C 上存在点M 满足∠AMB =120°，那么m 的取值范围是 A ．(0,1][9,)+∞ B ．(0,3][9,)+∞ C ．(0,1][4,)+∞D ．(0,3][4,)+∞【答案】A 【解析】【考点】椭圆【名师点睛】此题设置的是一道以椭圆的知识为背景的求参数范围的问题．解答问题的关键是利用条件确定b a ,的关系，求解时充分借助题设条件 120=∠AMB 转化为360tan =≥ ba，这是简化此题求解过程的一个重要措施，同时此题需要对方程中的焦点位置进展逐一讨论．3.【2021课标3，文11】椭圆C ：22221x y a b+=，〔a >b >0〕的左、右顶点分别为A 1，A 2，且以线段A 1A 2为直径的圆与直线20bx ay ab -+=相切，那么C 的离心率为〔 〕A ．63B ．33C ．23D ．13【答案】A【解析】以线段12A A 为直径的圆是222x y a +=，直线20bx ay ab -+=与圆相切，所以圆心到直线的间隔 222ab d a a b ==+，整理为223a b =，即()22222323a a c a c =-⇒=，即2223c a = ，63c e a ==，应选A. 【考点】椭圆离心率【名师点睛】解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于,,a b c 的方程或者不等式，再根据,,a b c 的关系消掉b 得到,a c 的关系式，而建立关于,,a b c 的方程或者不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等. 4.【2021课标II ，文20】设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C 上，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足2NP NM =(1)求点P 的轨迹方程；(2)设点Q 在直线3x =-上，且1OP PQ ⋅=.证明过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F. 【答案】〔1〕〔2〕见解析【解析】试题分析：〔1〕转移法求轨迹：设所求动点坐标及相应动点坐标，利用条件列两种坐标关系，最后代入动点轨迹方程，化简可得所求轨迹方程，〔2〕证明直线过定点问题，一般方法以算代证：即证，先设 P 〔m ，n 〕，那么需证330m tn +-=，根据条件1OP PQ ⋅=可得2231m m tn n --+-=，而，代入即得330m tn +-=.〔2〕由题意知F 〔-1,0〕，设Q 〔-3，t 〕，P 〔m ，n 〕，那么，.由得2231m m tn n --+-=，又由〔1〕知，故330m tn +-=.所以，即.又过点P 存在唯一直线垂直于OQ ，所以过点P 且垂直于OQ的直线l 过C 的左焦点F【考点】求轨迹方程，直线与椭圆位置关系【名师点睛】定点、定值问题通常是通过设参数或者取特殊值来确定“定点〞是什么、“定值〞是多少，或者者将该问题涉及的几何式转化为代数式或者三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.5.【2021，文19】椭圆C 的两个顶点分别为A (−2,0)，B(2,0)，焦点在x 轴上，32．〔Ⅰ〕求椭圆C 的方程；〔Ⅱ〕点D 为x 轴上一点，过D 作x 轴的垂线交椭圆C 于不同的两点M ，N ，过D 作AM 的垂线交BN 于点E .求证：△BDE 与△BDN 的面积之比为4:5．【答案】〔Ⅰ〕2214x y += ；〔Ⅱ〕详见解析.【解析】试题分析：〔Ⅰ〕根据条件可知32,2c a a ==，以及222b a c =- ，求得椭圆方程；〔Ⅱ〕设(,)M m n ，那么(,0),(,)D m N m n -，根据条件求直线DE 的方程，并且表示直线BN 的方程，并求两条直线的交点，根据1212E BDE BDNN BD y S S BD y ∆∆⋅⋅=⋅⋅ ，根据坐标表示面积比值.〔Ⅱ〕设(,)M m n ，那么(,0),(,)D m N m n -. 由题设知2m ≠±，且0n ≠.直线AM 的斜率2AM n k m =+，故直线DE 的斜率2DE m k n+=. 所以直线DE 的方程为2()m y x m n+=--.【考点】1.椭圆方程；2.直线与椭圆的位置关系.【名师点睛】此题对考生计算才能要求较高，重点考察了计算才能，以及转化与化归的才能，解答此类题目，利用,,,a b c e 的关系，确定椭圆方程是根底，通过联立直线方程与椭圆〔圆锥曲线〕方程的方程组，一般都是根据根与系数的关系解题，但此题需求解交点坐标，再根据面积的几何关系，从而求解面积比值，计算结果，此题易错点是复杂式子的变形才能缺乏，导致错漏百出..此题能较好的考察考生的逻辑思维才能、运算求解才能、分析问题解决问题的才能等.6.【2021，17】 如图,在平面直角坐标系xOy 中,椭圆2222:1(0)x y E a b a b+=>>的左、右焦点分别为1F , 2F ,离心率为12P 在椭圆E 上，且位于第一象限，过点1F 作 直线1PF 的垂线1l ,过点2F 作直线2PF 的垂线2l .〔1〕求椭圆E 的HY 方程；〔2〕假设直线E 的交点Q 在椭圆E 上,求点P 的坐标.【答案】〔1〕22143x y +=〔2〕4737(,)77【解析】解：〔1〕设椭圆的半焦距为c .因为椭圆E 的离心率为12，两准线之间的间隔 为8，所以12c a =，228a c=，解得2,1a c ==，于是223b a c =-=，因此椭圆E 的HY 方程是22143x y +=.由①②，解得20001,x x x y y -=-=，所以20001(,)x Q x y --. 因为点Q 在椭圆上，由对称性，得20001x y y -=±，即22001x y -=或者22001x y +=. 又P 在椭圆E 上，故2200143x y +=.由220022001143x y x y ⎧-=⎪⎨+=⎪⎩，解得00x y ==220022001143x y x y ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，无解. 因此点P的坐标为.【考点】椭圆方程，直线与椭圆位置关系【名师点睛】直线和圆锥曲线的位置关系，一般转化为直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组，利用韦达定理或者求根公式进展转化，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点在曲线上那么点的坐标满足曲线方程.2021年高考全景展示1.【2021高考新课标1文数】直线l 经过椭圆的一个顶点和一个焦点,假设椭圆中心到l 的间隔 为其短轴长的14,那么该椭圆的离心率为〔 〕〔A 〕13 〔B 〕12 〔C 〕23 〔D 〕34【答案】B考点：椭圆的几何性质【名师点睛】求椭圆或者双曲线离心率是高考常考问题,求解此类问题的一般步骤是先列出等式,再转化为关于a ,c 的齐次方程,方程两边同时除以a 的最高次幂,转化为关于e 的方程,解方程求e .2.[2021高考新课标Ⅲ文数]O 为坐标原点，F 是椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>的左焦点，,A B 分别为C 的左，右顶点.P 为C 上一点，且PF x ⊥A 的直线l 与线段PF 交于点M ，与y 轴交于点E .假设直线BM 经过OE 的中点，那么C 的离心率为〔 〕〔A 〕13〔B 〕12〔C 〕23〔D 〕34【答案】A【解析】考点：椭圆方程与几何性质．【思路点拨】求解椭圆的离心率问题主要有三种方法：〔1〕直接求得,a c 的值，进而求得e 的值；〔2〕建立,,a b c 的齐次等式，求得ba或者转化为关于e 的等式求解；(3)通过特殊值或者特殊位置，求出e ．3.【2021高考新课标2文数】A 是椭圆E ：22143x y +=的左顶点，斜率为()0k k ＞的直线交E 与A ，M 两点，点N 在E 上，MA NA ⊥. 〔Ⅰ〕当AM AN =时，求AMN ∆的面积； 〔Ⅱ〕当AM AN =时，证明：32k <<. 【答案】〔Ⅰ〕14449；〔Ⅱ〕)32,2.【解析】试题分析：〔Ⅰ〕先求直线AM 的方程，再求点M 的纵坐标，最后求AMN ∆的面积；〔Ⅱ〕设()11,M x y ，，将直线AM 的方程与椭圆方程组成方程组，消去y ，用k 表示1x ，从而表示||AM ，同理用k 表示||AN ，再由2AM AN =求k . 试题解析：〔Ⅰ〕设11(,)M x y ，那么由题意知10y >. 由及椭圆的对称性知，直线AM 的倾斜角为4π，又(2,0)A -，因此直线AM 的方程为2y x =+.将2x y =-代入22143x y +=得27120y y -=，解得0y =或者127y =，所以1127y =. 因此AMN ∆的面积11212144227749AMN S ∆=⨯⨯⨯=.考点：椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系.【名师点睛】此题中22233k tk k t=++，别离变量t ，得()332132k k t k -=>-，解不等式，即求得实数k 的取值范围.4.【2021高考文数】〔本小题14分〕椭圆C ：22221x y a b+=过点A 〔2,0〕，B 〔0,1〕两点.〔I 〕求椭圆C 的方程及离心率；〔Ⅱ〕设P 为第三象限内一点且在椭圆C 上，直线PA 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N ，求证：四边形ABNM 的面积为定值.【答案】〔Ⅰ〕2214x y +=；32=e 〔Ⅱ〕见解析.【解析】试题分析：〔Ⅰ〕根据两顶点坐标可知a,b 的值，那么亦知椭圆方程，根据椭圆性质及离心率公式求解；〔Ⅱ〕四边形ABNM 的面积等于对角线乘积的一半，分别求出对角线,AN BM 的值求乘积为定值即可.试题解析：〔I 〕由题意得，2a =，1b =．所以椭圆C 的方程为2214x y +=．又223c a b =-=，所以离心率32c e a ==．令0y =，得001x x y N =--，从而00221x x y N AN =-=+-． 所以四边形ABNM 的面积12S =AN ⋅BM 00002121212x y y x ⎛⎫⎛⎫=++ ⎪⎪--⎝⎭⎝⎭()22000000000044484222x y x y x y x y x y ++--+=--+00000000224422x y x y x y x y --+=--+2=．从而四边形ABNM 的面积为定值．考点：椭圆方程，直线和椭圆的关系，运算求解才能.【名师点睛】解决定值定点方法一般有两种：(1)从特殊入手，求出定点、定值、定线，再证明定点、定值、定线与变量无关；(2)直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，，设而不求方法、整体思想和消元的思想的运用可有效地简化运算.。
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专题17 椭圆文考纲解读明方向考纲解读分析解读 1.能够熟练使用直接法、待定系数法、定义法求椭圆方程.2.能熟练运用几何性质(如范围、对称性、顶点、离心率)解决相关问题.3.能够把直线与椭圆的位置关系的问题转化为方程组解的问题,判断位置关系及解决相关问题.4.本节在高考中以求椭圆的方程、椭圆的性质以及直线与椭圆的位置关系为主,与向量等知识的综合起来考查的命题趋势较强,分值约为12分,难度较大.2020年高考全景展示1．【2020年全国卷II文】已知，是椭圆的两个焦点，是上的一点，若，且，则的离心率为A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：设，则根据平面几何知识可求，再结合椭圆定义可求离心率.点睛：椭圆定义的应用主要有两个方面：一是判断平面内动点与两定点的轨迹是否为椭圆，二是利用定义求焦点三角形的周长、面积、椭圆的弦长及最值和离心率问题等；“焦点三角形”是椭圆问题中的常考知识点，在解决这类问题时经常会用到正弦定理，余弦定理以及椭圆的定义.2．【2020年浙江卷】已知点P(0，1)，椭圆+y2=m(m>1)上两点A，B满足=2，则当m=___________时，点B 横坐标的绝对值最大．【答案】5【解析】分析:先根据条件得到A,B坐标间的关系，代入椭圆方程解得B的纵坐标，即得B的横坐标关于m 的函数关系，最后根据二次函数性质确定最值取法.点睛：解析几何中的最值是高考的热点，在圆锥曲线的综合问题中经常出现，求解此类问题的一般思路为在深刻认识运动变化的过程之中，抓住函数关系，将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数，然后借助于函数最值的探求来使问题得以解决.3．【2020年天津卷文】设椭圆的右顶点为A，上顶点为B.已知椭圆的离心率为，.（I）求椭圆的方程；（II）设直线与椭圆交于两点，与直线交于点M，且点P，M均在第四象限.若的面积是面积的2倍，求k的值.【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ).【解析】分析：（I）由题意结合几何关系可求得.则椭圆的方程为.（II）设点P的坐标为，点M的坐标为，由题意可得.易知直线的方程为，由方程组可得.由方程组可得.结合，可得，或.经检验的值为.详解：（I）设椭圆的焦距为2c，由已知得，又由，可得．由,从而．所以，椭圆的方程为．点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．4．【2020年文北京卷】已知椭圆的离心率为，焦距为.斜率为k的直线l与椭圆M有两个不同的交点A，B. （Ⅰ）求椭圆M的方程；（Ⅱ）若，求的最大值；（Ⅲ）设，直线PA与椭圆M的另一个交点为C，直线PB与椭圆M的另一个交点为D.若C,D和点共线，求k.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）【解析】分析：（1）根据题干可得的方程组，求解的值，代入可得椭圆方程；（2）设直线方程为，联立，消整理得，利用根与系数关系及弦长公式表示出，求其最值；（3）联立直线与椭圆方程，根据韦达定理写出两根关系，结合三点共线，利用共线向量基本定理得出等量关系，可求斜率.详解：（Ⅰ）由题意得，所以，又，所以，所以，所以椭圆的标准方程为．（Ⅱ）设直线的方程为，由消去可得，则，即，设，，则，，则，易得当时，，故的最大值为．点睛：本题主要考查椭圆与直线的位置关系，第一问只要找到三者之间的关系即可求解；第二问主要考查学生对于韦达定理及弦长公式的运用，可将弦长公式变形为，再将根与系数关系代入求解；第三问考查椭圆与向量的综合知识，关键在于能够将三点共线转化为向量关系，再利用共线向量基本定理建立等量关系求解.2020年高考全景展示1.【2020浙江，2】椭圆的离心率是A．B．C．D．【答案】B【解析】试题分析：，选B．【考点】椭圆的简单几何性质【名师点睛】解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等．2.【2020课标1，文12】设A、B是椭圆C：长轴的两个端点，若C上存在点M满足∠AMB=120°，则m的取值范围是A．B．C．D．【答案】A【解析】【考点】椭圆【名师点睛】本题设置的是一道以椭圆的知识为背景的求参数范围的问题．解答问题的关键是利用条件确定的关系，求解时充分借助题设条件转化为，这是简化本题求解过程的一个重要措施，同时本题需要对方程中的焦点位置进行逐一讨论．3.【2020课标3，文11】已知椭圆C：，（a>b>0）的左、右顶点分别为A1，A2，且以线段A1A2为直径的圆与直线相切，则C的离心率为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】以线段为直径的圆是，直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，整理为，即，即，，故选A.【考点】椭圆离心率【名师点睛】解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.4.【2020课标II，文20】设O为坐标原点，动点M在椭圆C 上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足(1)求点P的轨迹方程；(2)设点在直线上，且.证明过点P且垂直于OQ的直线过C的左焦点F.【答案】（1）（2）见解析【解析】试题分析：（1）转移法求轨迹：设所求动点坐标及相应已知动点坐标，利用条件列两种坐标关系，最后代入已知动点轨迹方程，化简可得所求轨迹方程，（2）证明直线过定点问题，一般方法以算代证：即证，先设 P（m，n），则需证，根据条件可得，而，代入即得.（2）由题意知F（-1,0），设Q（-3，t），P（m，n），则，.由得，又由（1）知，故.所以，即.又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F【考点】求轨迹方程，直线与椭圆位置关系【名师点睛】定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.5.【2020北京，文19】已知椭圆C的两个顶点分别为A(−2,0)，B(2,0)，焦点在x轴上，离心率为．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）点D为x轴上一点，过D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M，N，过D作AM的垂线交BN于点E.求证：△BDE与△BDN的面积之比为4:5．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.【解析】试题分析：（Ⅰ）根据条件可知，以及，求得椭圆方程；（Ⅱ）设，则，根据条件求直线的方程，并且表示直线的方程，并求两条直线的交点，根据，根据坐标表示面积比值.（Ⅱ）设，则.由题设知，且.直线的斜率，故直线的斜率.所以直线的方程为.【考点】1.椭圆方程；2.直线与椭圆的位置关系.【名师点睛】本题对考生计算能力要求较高，重点考察了计算能力，以及转化与化归的能力，解答此类题目，利用的关系，确定椭圆方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，一般都是根据根与系数的关系解题，但本题需求解交点坐标，再根据面积的几何关系，从而求解面积比值，计算结果，本题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出..本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.6.【2020江苏，17】如图,在平面直角坐标系中,椭圆的左、右焦点分别为, ,离心率为,两准线之间的距离为8.点在椭圆上，且位于第一象限，过点作直线的垂线,过点作直线的垂线.（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线的交点在椭圆上,求点的坐标.【答案】（1）（2）【解析】解：（1）设椭圆的半焦距为c.因为椭圆E的离心率为，两准线之间的距离为8，所以，，解得，于是，因此椭圆E的标准方程是.由①②，解得，所以.因为点在椭圆上，由对称性，得，即或.又在椭圆E 上，故.由，解得；，无解.因此点P 的坐标为.【考点】椭圆方程，直线与椭圆位置关系【名师点睛】直线和圆锥曲线的位置关系，一般转化为直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组，利用韦达定理或求根公式进行转化，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点在曲线上则点的坐标满足曲线方程. 2020年高考全景展示1.【2020高考新课标1文数】直线l 经过椭圆的一个顶点和一个焦点,若椭圆中心到l 的距离为其短轴长的14,则该椭圆的离心率为（ ） （A ）13 （B ）12 （C ）23 （D ）34【答案】B考点：椭圆的几何性质【名师点睛】求椭圆或双曲线离心率是高考常考问题,求解此类问题的一般步骤是先列出等式,再转化为关于a ,c 的齐次方程,方程两边同时除以a 的最高次幂,转化为关于e 的方程,解方程求e .2.[2020高考新课标Ⅲ文数]已知为坐标原点，是椭圆：的左焦点，分别为的左，右顶点.为上一点，且轴.过点的直线与线段交于点，与轴交于点.若直线经过的中点，则的离心率为（ ）（A ）（B ） （C ） （D ）【答案】A【解析】考点：椭圆方程与几何性质．【思路点拨】求解椭圆的离心率问题主要有三种方法：（1）直接求得的值，进而求得的值；（2）建立的齐次等式，求得或转化为关于的等式求解；(3)通过特殊值或特殊位置，求出．3.【2020高考新课标2文数】已知是椭圆：的左顶点，斜率为的直线交与，两点，点在上，.（Ⅰ）当时，求的面积；（Ⅱ）当时，证明：.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】试题分析：（Ⅰ）先求直线的方程，再求点的纵坐标，最后求的面积；（Ⅱ）设，，将直线的方程与椭圆方程组成方程组，消去，用表示，从而表示，同理用表示，再由求.试题解析：（Ⅰ）设，则由题意知.由已知及椭圆的对称性知，直线的倾斜角为，又，因此直线的方程为.将代入得，解得或，所以.因此的面积.考点：椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系.【名师点睛】本题中，分离变量，得，解不等式，即求得实数的取值范围.4.【2020高考北京文数】（本小题14分）已知椭圆C：过点A（2,0），B（0,1）两点.（I）求椭圆C的方程及离心率；（Ⅱ）设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析.【解析】试题分析：（Ⅰ）根据两顶点坐标可知a,b的值，则亦知椭圆方程，根据椭圆性质及离心率公式求解；（Ⅱ）四边形的面积等于对角线乘积的一半，分别求出对角线的值求乘积为定值即可.试题解析：（I）由题意得，，．所以椭圆的方程为．又，所以离心率．令，得，从而．所以四边形的面积．从而四边形的面积为定值．考点：椭圆方程，直线和椭圆的关系，运算求解能力.【名师点睛】解决定值定点方法一般有两种：(1)从特殊入手，求出定点、定值、定线，再证明定点、定值、定线与变量无关；(2)直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定点、定值、定线.应注意到繁难的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元的思想的运用可有效地简化运算.。