2019年高考數(shù)學(xué)真題分類(lèi)匯編 10.1 橢圓及其性質(zhì) 理 .doc

上傳人：tian****1990

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上傳時(shí)間：2019-12-10

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2019年高考數(shù)學(xué)真題分類(lèi)匯編 10.1 橢圓及其性質(zhì) 理考點(diǎn)一　橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程 1.(xx大綱全國(guó),6,5分)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)為F1、F2,離心率為,過(guò)F2的直線l交C于A、B兩點(diǎn).若△AF1B的周長(zhǎng)為4,則C的方程為(　　) A.+=1 B.+y2=1 C.+=1 D.+=1 答案　A 2.(xx安徽,14,5分)設(shè)F1,F2分別是橢圓E:x2+=1(0b>0)的離心率為,F是橢圓E的右焦點(diǎn),直線AF的斜率為,O為坐標(biāo)原點(diǎn). (1)求E的方程; (2)設(shè)過(guò)點(diǎn)A的動(dòng)直線l與E相交于P,Q兩點(diǎn).當(dāng)△OPQ的面積最大時(shí),求l的方程. 解析　(1)設(shè)F(c,0),由條件知,=,得c=. 又=,所以a=2,b2=a2-c2=1. 故E的方程為+y2=1. (2)當(dāng)l⊥x軸時(shí)不合題意,故設(shè)l:y=kx-2,P(x1,y1),Q(x2,y2). 將y=kx-2代入+y2=1得(1+4k2)x2-16kx+12=0. 當(dāng)Δ=16(4k2-3)>0,即k2>時(shí),x1,2=. 從而|PQ|=|x1-x2|=. 又點(diǎn)O到直線PQ的距離d=, 所以△OPQ的面積 S△OPQ=d|PQ|=. 設(shè)=t,則t>0,S△OPQ==. 因?yàn)閠+≥4,當(dāng)且僅當(dāng)t=2,即k=時(shí)等號(hào)成立,且滿(mǎn)足Δ>0, 所以,當(dāng)△OPQ的面積最大時(shí),l的方程為y=x-2或y=-x-2. 考點(diǎn)二　橢圓的幾何性質(zhì) 5.(xx江西,15,5分)過(guò)點(diǎn)M(1,1)作斜率為-的直線與橢圓C:+=1(a>b>0)相交于A,B兩點(diǎn),若M是線段AB的中點(diǎn),則橢圓C的離心率等于　　　　. 答案　 6.(xx課標(biāo)Ⅱ,20,12分)設(shè)F1,F2分別是橢圓C:+=1(a>b>0)的左,右焦點(diǎn),M是C上一點(diǎn)且MF2與x軸垂直.直線MF1與C的另一個(gè)交點(diǎn)為N. (1)若直線MN的斜率為,求C的離心率; (2)若直線MN在y軸上的截距為2,且|MN|=5|F1N|,求a,b. 解析　(1)根據(jù)c=及題設(shè)知M,2b2=3ac. 將b2=a2-c2代入2b2=3ac,解得=或=-2(舍去). 故C的離心率為. (2)由題意,得原點(diǎn)O為F1F2的中點(diǎn),MF2∥y軸,所以直線MF1與y軸的交點(diǎn)D(0,2)是線段MF1的中點(diǎn),故=4,即b2=4a.① 由|MN|=5|F1N|得|DF1|=2|F1N|. 設(shè)N(x1,y1),由題意知y1<0, 則即代入C的方程,得+=1.② 將①及c=代入②得+=1. 解得a=7,b2=4a=28,故a=7,b=2. 7.(xx江蘇,17,14分)如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,F1、F2分別是橢圓+=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn),頂點(diǎn)B的坐標(biāo)為(0,b),連結(jié)BF2并延長(zhǎng)交橢圓于點(diǎn)A,過(guò)點(diǎn)A作x軸的垂線交橢圓于另一點(diǎn)C,連結(jié)F1C. (1)若點(diǎn)C的坐標(biāo)為,且BF2=,求橢圓的方程; (2)若F1C⊥AB,求橢圓離心率e的值. 解析　設(shè)橢圓的焦距為2c,則F1(-c,0),F2(c,0). (1)因?yàn)锽(0,b),所以BF2==a. 又BF2=,故a=. 因?yàn)辄c(diǎn)C在橢圓上,所以+=1,解得b2=1. 故所求橢圓的方程為+y2=1. (2)因?yàn)锽(0,b),F2(c,0)在直線AB上, 所以直線AB的方程為+=1. 解方程組得所以點(diǎn)A的坐標(biāo)為. 又AC垂直于x軸,由橢圓的對(duì)稱(chēng)性,可得點(diǎn)C的坐標(biāo)為. 因?yàn)橹本€F1C的斜率為=,直線AB的斜率為-,且F1C⊥AB,所以=-1.又b2=a2-c2,整理得a2=5c2.故e2=.因此e=.

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