新版五年高考真題高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第九章 第三節(jié) 橢圓及其性質(zhì) 理全國通用

《新版五年高考真題高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第九章 第三節(jié) 橢圓及其性質(zhì) 理全國通用》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《新版五年高考真題高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第九章 第三節(jié) 橢圓及其性質(zhì) 理全國通用（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、11第三節(jié)第三節(jié)橢圓及其性質(zhì)橢圓及其性質(zhì)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.x23y221B.x23y21C.x212y281D.x212y241解析由橢圓的性質(zhì)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A2(20 xx新課標(biāo)全國，10)已知橢圓E：x2a2y2b21(ab0)的

2、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(biāo)為(1，1)，則E的方程為()A.x245y2361B.x236y2271C.x227y2181D.x218y291解析設(shè)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，b2a212.又a2b29，a218，b29.橢圓E的方程為x218y291，故選 D.答案

3、D3(20 xx大綱全國，3)橢圓的中心在原點，焦距為 4，一條準(zhǔn)線為x4，則該橢圓的方程為()A.x216y2121B.x212y281C.x28y241D.x212y241解析2c4，c2.又a2c4，a28，b2a2c24.橢圓方程為x28y241，故選 C.答案C4(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.x28y221B.x212y261C.x216y241D.x220y251解析雙曲線x2y21 的漸近線為yx，與橢圓C有四個交點，以

4、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D5(20 xx遼寧，15)已知橢圓C：x29y241，點M與C的焦點不重合若M關(guān)于C的焦點的對稱點分別為A，B，線段MN的中點在C上，則|AN|BN|_解析設(shè)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)，利用中位線定理可得|AN|BN|2|F1P|2|F2P|22a4a12.答案126(20 xx安徽，14)設(shè)F1，F(xiàn)2分別是橢圓E：x2y2b21

5、(0b|AH|，僅當(dāng)F1與H重合時，|AF1|AH|，當(dāng)m1 時，AFB的周長最大，此時SFAB122|AB|3.答案38(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(biāo)準(zhǔn)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a2.設(shè) 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

6、c 3，從而ba2c21.故所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24y21.(2)法一如圖，設(shè)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|QF1|4a2|PF1|.又由PF1PF2，|PF1|PQ|，知|QF1| 2|PF1|，因此，(2 2)|PF1|4a，即(2 2)(aa22b2)4

7、a，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|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：x2a

8、2y2b21(ab0)過點(0，2)，且離心率e22.(1)求橢圓E的方程；(2)設(shè)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(guān)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(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中點為H(x0，y0)xmy1，x24y221得(m22)y22my30.所以y1y22mm22，y1y23m22，從而y0mm22.所以|GH|2x0942y20my0542y20(m21)y2052my02516.|AB|24（x1x2）

9、2（y1y2）24（1m2） （y1y2）24（1m2）（y1y2）24y1y24(1m2)(y20y1y2)，故|GH|2|AB|2452my0(1m2)y1y225165m22（m22）3（1m2）m22251617m2216（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(shè)點A(x1，y1)，B(x2，y2)，則GAx194，y1，GBx294，y2.由xmy1，x24y221得(m22)y22my30，所以y1y22mm22，y1y23m22，從而GAGBx194x294 y1y2my154my254 y1y2(m21)y1y254m(y1y

10、2)25163（m21）m2252m2m22251617m2216（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(zhì)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AF1BF2為矩形，則C2的離心率是()A. 2B. 3C.32D.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

11、2.所以在雙曲線C2中，2c2 3，2a|AF2|AF1|2 2，故eca3262，故選 D.答案D2(20 xx新課標(biāo)全國，4)設(shè)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.12B.23C.34D.45解析設(shè)直線x3a2與x軸交于點M，則PF2M60，在 RtPF2M中，PF2F1F22c，F(xiàn)2M3a2c，故 cos 60F2MPF232ac2c12，解得ca34，故離心率e34.答案C3(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

12、，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(shè)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2a22b212 0，得a22b2，所以a22(a2c2)，整理得a22c2得ca22，所以e22.答案224(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

13、意知MF1F260，則MF2F130，F(xiàn)1MF290.故|MF1|c，|MF2| 3c.又|MF1|MF2|2a，( 31)c2a，即e231 31.答案315(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|2a

14、14，得a7.又|OF|c5，故離心率e57.答案576(20 xx新課標(biāo)全國，14)在平面直角坐標(biāo)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_解析設(shè)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x216y2817(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(

15、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bxcybc0，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(shè)其方程為yk(x2)1，代入得(14k2)x28k(2k1)x4(2k1)24b20，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1x28k

16、（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 10（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(guān)于圓心M(2，1)對稱，且|AB| 10，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x214y214b2，x224y224b2，兩式相減并結(jié)合x1x24，y1y22，得4(x1x2)8(y1y2)0，易知AB與x軸不垂直，則x1x2，

17、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|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(biāo)(用m，n表示)；(2)設(shè)O為原點，點B與點A關(guān)于x軸對稱，直線PB交x軸于點N.問：y軸上是否存在

18、點Q，使得OQMONQ？若存在，求點Q的坐標(biāo)；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(shè)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(guān)于x軸對稱，所以B(m，n)設(shè)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(biāo)為(0， 2)或(0， 2)