五年高考真題高考數(shù)學復習 第九章 第三節(jié) 橢圓及其性質 理全國通用

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1、高考數(shù)學精品復習資料 2019.5 第三節(jié)第三節(jié) 橢圓及其性質橢圓及其性質 考點一 橢圓的定義及其方程 1(20 xx大綱全國，6)已知橢圓C：x2a2y2b21(ab0)的左、右焦點為F1、F2，離心率為33，過F2的直線l交C于A、B兩點若AF1B的周長為 4 3，則C的方程為( ) A.x23y221 B.x23y21 C.x212y281 D.x212y241 解析 由橢圓的性質知|AF1|AF2|2a，|BF1|BF2|2a，AF1B的周長|AF1|AF2|BF1|BF2|4 3，a 3. 又e33，c1.b2a2c22， 橢圓的方程為x23y221，故選 A. 答案 A 2(20

2、xx新課標全國，10)已知橢圓E：x2a2y2b21(ab0)的右焦點為F(3，0)，過點F的直線交E于A，B兩點若AB的中點坐標為(1，1)，則E的方程為( ) A.x245y2361 B.x236y2271 C.x227y2181 D.x218y291 解析 設A(x1，y1)，B(x2，y2)， A，B在橢圓上， x21a2y21b21， x22a2y22b21 ，得 （x1x2）（x1x2）a2（y1y2）（y1y2）b20， 即b2a2（y1y2）（y1y2）（x1x2）（x1x2）， AB的中點為(1，1)， y1y22，x1x22，而y1y2x1x2kAB0（1）3112，b2a

3、212. 又a2b29，a218，b29. 橢圓E的方程為x218y291，故選 D. 答案 D 3(20 xx大綱全國，3)橢圓的中心在原點，焦距為 4，一條準線為x4，則該橢圓的方程為( ) A.x216y2121 B.x212y281 C.x28y241 D.x212y241 解析 2c4，c2. 又a2c4，a28，b2a2c24. 橢圓方程為x28y241，故選 C. 答案 C 4(20 xx山東，10)已知橢圓C：x2a2y2b21(ab0)的離心率為32.雙曲線x2y21 的漸近線與橢圓C有四個交點，以這四個交點為頂點的四邊形的面積為 16，則橢圓C的方程為( ) A.x28y2

4、21 B.x212y261 C.x216y241 D.x220y251 解析 雙曲線x2y21 的漸近線為yx，與橢圓C有四個交點，以這四個交點為頂點的四邊形面積為16，可得四邊形為正方形，其邊長為4，雙曲線的漸近線與橢圓C的一個交點為(2，2)，所以有4a24b21，又因為eca32，a2b2c2，聯(lián)立解方程組得a220，b25，故選 D. 答案 D 5(20 xx遼寧，15)已知橢圓C：x29y241，點M與C的焦點不重合若M關于C的焦點的對稱點分別為A，B，線段MN的中點在C上，則|AN|BN|_ 解析 設MN交橢圓于點P，連接F1P和F2P(其中F1、F2是橢圓C的左、右焦點)，利用中

5、位線定理可得|AN|BN|2|F1P|2|F2P|22a4a12. 答案 12 6(20 xx安徽，14)設F1，F(xiàn)2分別是橢圓E：x2y2b21(0b|AH|，僅當F1與H重合時，|AF1|AH|， 當m1 時，AFB的周長最大， 此時SFAB122|AB|3. 答案 3 8(20 xx重慶，21)如圖，橢圓x2a2y2b21(ab0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過F2的直線交橢圓于P、Q兩點，且PQPF1. (1)若|PF1|2 2，|PF2|2 2，求橢圓的標準方程； (2)若|PF1|PQ|，求橢圓的離心率e. 解 (1)由橢圓的定義，2a|PF1|PF2|(2 2)(2 2)4，故

6、a2. 設橢圓的半焦距為c，由已知PF1PF2，因此 2c|F1F2|PF1|2|PF2|2（2 2）2（2 2）22 3，即c 3，即c 3，從而ba2c21. 故所求橢圓的標準方程為x24y21. (2)法一 如圖，設點P(x0，y0)在橢圓上，且PF1PF2，則 x20a2y20b21，x20y20c2， 求得x0aca22b2， y0b2c. 由|PF1|PQ|PF2|得x00，從而 |PF1|2a a22b2cc2b4c2. 2(a2b2)2a a22b2(aa22b2)2. 由橢圓的定義，|PF1|PF2|2a，|QF1|QF2|2a，從而由|PF1|PQ|PF2|QF2|，有|Q

7、F1|4a2|PF1|. 又由PF1PF2，|PF1|PQ|，知|QF1| 2|PF1|， 因此，(2 2)|PF1|4a， 即(2 2)(aa22b2)4a， 于是(2 2)(1 2e21)4，解得 e12142 212 6 3. 法二 如圖，由橢圓的定義，|PF1|PF2|2a，|QF1|QF2|2a.從而由|PF1|PQ|PF2|QF2|，有|QF1|4a2|PF1|. 又由PF1PQ，|PF1|PQ|，知|QF1| 2|PF1|，因此，4a2|PF1| 2|PF1|，得|PF1|2(2 2)a，從而|PF2|2a|PF1|2a2(2 2)a2( 21)a. 由PF1PF2，知|PF1|

8、2|PF2|2|F1F2|2(2c)2，因此eca|PF1|2|PF2|22a （2 2）2（ 21）2 96 2 6 3. 9(20 xx福建，18)已知橢圓E：x2a2y2b21(ab0)過點(0， 2)，且離心率e22. (1)求橢圓E的方程； (2)設直線l：xmy1(mR R)交橢圓E于A，B兩點，判斷點G94，0 與以線段AB為直徑的圓的位置關系，并說明理由 解 法一 (1)由已知得， b 2，ca22，a2b2c2.解得a2，b 2，c 2.所以橢圓E的方程為x24y221. (2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中點為H(x0，y0) xmy1，x24y221 得(

9、m22)y22my30. 所以y1y22mm22，y1y23m22， 從而y0mm22. 所以|GH|2x0942y20 my0542y20 (m21)y2052my02516. |AB|24（x1x2）2（y1y2）24 （1m2）（y1y2）24 （1m2）（y1y 2）24y1y24 (1m2)(y20y1y2)， 故|GH|2|AB|2452my0(1m2)y1y22516 5m22（m22）3（1m2）m222516 17m2216（m22）0， 所以|GH|AB|2. 故點G94，0 在以AB為直徑的圓外 法二 (1)同法一 (2)設點A(x1，y1)，B(x2，y2)，則GAx1

10、94，y1， GBx294，y2. 由xmy1，x24y221得 (m22)y22my30， 所以y1y22mm22，y1y23m22， 從而GAGBx194x294y1y2 my154my254y1y2 (m21)y1y254m(y1y2)2516 3（m21）m2252m2m222516 17m2216（m22）0， 所以 cosGA，GB0. 又GA，GB不共線，所以AGB為銳角 故點G94，0 在以AB為直徑的圓外 考點二 橢圓的幾何性質 1(20 xx浙江，9)如圖，F(xiàn)1，F(xiàn)2是橢圓C1：x24y21 與雙曲線C2的公共焦點，A，B分別是C1，C2在第二、四象限的公共點若四邊形AF1

11、BF2為矩形，則C2的離心率是( ) A. 2 B. 3 C.32 D.62 解析 橢圓C1中，|AF1|AF2|4，|F1F2|2 3. 又因為四邊形AF1BF2為矩形， 所以F1AF290. 所以|AF1|2|AF2|2|F1F2|2， 所以|AF1|2 2，|AF2|2 2. 所以在雙曲線C2中，2c2 3，2a|AF2|AF1|2 2， 故eca3262，故選 D. 答案 D 2(20 xx新課標全國，4)設F1，F(xiàn)2是橢圓E：x2a2y2b21(ab0)的左、右焦點，P為直線x3a2上一點，F(xiàn)2PF1是底角為 30的等腰三角形，則E的離心率為( ) A.12 B.23 C.34 D.

12、45 解析 設直線x3a2與x軸交于點M， 則PF2M60， 在 RtPF2M中，PF2F1F22c， F2M3a2c， 故 cos 60F2MPF232ac2c12， 解得ca34，故離心率e34. 答案 C 3(20 xx江西，15)過點M(1，1)作斜率為12的直線與橢圓C：x2a2y2b21(ab0)相交于A，B兩點，若M是線段AB的中點，則橢圓C的離心率等于_ 解析 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，分別代入橢圓方程相減得（x1x2）（x1x2）a2（y1y2）（y1y2）b20，根據(jù)題意有x1x2212，y1y2212，且y1y2x1x212，所以2a22b2120，得a22b

13、2，所以a22(a2c2)，整理得a22c2得ca22，所以e22. 答案 22 4(20 xx福建，14)橢圓：x2a2y2b21(ab0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，焦距為2c.若直線y 3(xc)與橢圓的一個交點M滿足MF1F22MF2F1，則該橢圓的離心率等于_ 解析 由直線y 3(xc)知其傾斜角為 60， 由題意知MF1F260， 則MF2F130，F(xiàn)1MF290. 故|MF1|c，|MF2| 3c. 又|MF1|MF2|2a，( 31)c2a， 即e231 31. 答案 31 5(20 xx遼寧，15)已知橢圓C：x2a2y2b21(ab0)的左焦點為F，C與過原點的直線相交于

14、A，B兩點，連接AF，BF.若|AB|10，|AF|6，cosABF45，則C的離心率e_. 解析 如圖所示 根據(jù)余弦定理|AF|2|BF|2|AB|22|AB|BF|cosABF，即|BF|216|BF|640， 得|BF|8. 又|OF|2|BF|2|OB|22|OB|BF|cosABF，得|OF|5. 根據(jù)橢圓的對稱性|AF|BF|2a14，得a7. 又|OF|c5，故離心率e57. 答案 57 6(20 xx新課標全國，14)在平面直角坐標系xOy中，橢圓C的中心為原點，焦點F1，F(xiàn)2在x軸上，離心率e22.過F1的直線l交C于A，B兩點，且ABF2的周長為 16，那么C的方程為_ 解

15、析 設橢圓方程為x2a2y2b21(ab0)， 因為AB過F1且A、B在橢圓上， 則ABF2的周長為|AB|AF2|BF2|AF1|AF2|BF1|BF2|4a16，a4. 又離心率eca22， c2 2，b2 2， 橢圓的方程為x216y281. 答案 x216y281 7(20 xx陜西，20)已知橢圓E：x2a2y2b21(ab0)的半焦距為c，原點O到經(jīng)過兩點(c，0)，(0，b)的直線的距離為12c. (1)求橢圓E的離心率； (2)如圖，AB是圓M：(x2)2(y1)252的一條直徑，若橢圓E經(jīng)過A，B兩點，求橢圓E的方程 解 (1)過點(c，0)，(0，b)的直線方程為bxcyb

16、c0， 則原點O到該直線的距離dbcb2c2bca， 由d12c，得a2b2a2c2，解得離心率ca32. (2)法一 由(1)知，橢圓E的方程為x24y24b2. 依題意，圓心M(2，1)是線段AB的中點，且|AB| 10， 易知，AB與x軸不垂直，設其方程為yk(x2)1，代入得(14k2)x28k(2k1)x4(2k1)24b20， 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1x28k（2k1）14k2，x1x24（2k1）24b214k2， 由x1x24，得8k（2k1）14k24，解得k12， 從而x1x282b2， 于是|AB|1122|x1x2| 52（x1x2）24x1x2 1

17、0（b22）， 由|AB| 10，得 10（b22） 10， 解得b23， 故橢圓E的方程為x212y231. 法二 由(1)知，橢圓E的方程為x24y24b2， 依題意，點A，B關于圓心M(2，1)對稱，且|AB| 10， 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x214y214b2，x224y224b2， 兩式相減并結合x1x24，y1y22，得4(x1x2)8(y1y2)0， 易知AB與x軸不垂直，則x1x2， 所以AB的斜率kABy1y2x1x212， 因此直線AB的方程為y12(x2)1，代入得x24x82b20， 所以x1x24，x1x282b2， 于是|AB|1122|x1x2|

18、 52（x1x2）24x1x2 10（b22）. 由|AB| 10，得 10（b22） 10，解得b23， 故橢圓E的方程為x212y231. 8(20 xx北京，19)已知橢圓C：x2a2y2b21(ab0)的離心率為22，點P(0，1)和點A(m，n)(m0)都在橢圓C上，直線PA交x軸于點M. (1)求橢圓C的方程，并求點M的坐標(用m，n表示)； (2)設O為原點，點B與點A關于x軸對稱，直線PB交x軸于點N.問：y軸上是否存在點Q，使得OQMONQ？若存在，求點Q的坐標；若不存在，說明理由 解 (1)由題意得b1，ca22，a2b2c2解得a22， 故橢圓C的方程為x22y21. 設M(xM，0) 因為m0，所以1n1. 直線PA的方程為y1n1mx. 所以xMm1n，即Mm1n，0 . (2)因為點B與點A關于x軸對稱， 所以B(m，n) 設N(xN，0)，則xNm1n. “存在點Q(0，yQ)使得OQMONQ”，等價于“存在點Q(0，yQ)使得|OM|OQ|OQ|ON|”，即yQ滿足y2Q|xM|xN|. 因為xMm1n，xNm1n，m22n21. 所以y2Q|xM|xN|m21n22. 所以yQ 2或yQ 2. 故在y軸上存在點Q，使得OQMONQ，點Q的坐標為(0， 2)或 (0， 2)