《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 專題10 圓錐曲線與方程 10.1 橢圓及其性質(zhì)檢測.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 專題10 圓錐曲線與方程 10.1 橢圓及其性質(zhì)檢測.doc（27頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
10.1 橢圓及其性質(zhì)
【真題典例】
挖命題
【考情探究】
考點(diǎn)
內(nèi)容解讀
5年考情
預(yù)測熱度
考題示例
考向
關(guān)聯(lián)考點(diǎn)
橢圓的定義和標(biāo)準(zhǔn)方程
1.了解圓錐曲線的實(shí)際背景,了解圓錐曲線在刻畫現(xiàn)實(shí)世界和解決實(shí)際問題中的作用.
2.掌握橢圓的定義、幾何圖形、標(biāo)準(zhǔn)方程.
2018浙江,17
橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程
向量、最值
★★★
2016浙江,7
橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程
雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程、
離心率
2015浙江,19
橢圓的定義和
標(biāo)準(zhǔn)方程
直線與橢圓的位置關(guān)系、
最值、范圍
橢圓的幾何性質(zhì)
1.掌握橢圓的簡單幾何性質(zhì).
2.理解數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想.
2017浙江,2
橢圓的離心率
★★★
2016浙江,7,19
橢圓的離心率
雙曲線的離心率、圓、
直線與橢圓的位置關(guān)系
2015浙江,19,文15
橢圓的離心率
直線與橢圓的位置關(guān)系
分析解讀 1.橢圓是圓錐曲線中最重要的內(nèi)容,是高考命題的熱點(diǎn).
2.考查橢圓及其標(biāo)準(zhǔn)方程,橢圓的簡單幾何性質(zhì).
3.考查把幾何條件轉(zhuǎn)化為代數(shù)形式的能力.
4.預(yù)計(jì)2020年高考中,橢圓的考查必不可少,考查仍然集中在橢圓及其標(biāo)準(zhǔn)方程,橢圓的簡單幾何性質(zhì),以及與橢圓有關(guān)的綜合問題上.
破考點(diǎn)
【考點(diǎn)集訓(xùn)】
考點(diǎn)一 橢圓的定義和標(biāo)準(zhǔn)方程
1.(2018浙江鎮(zhèn)海中學(xué)階段性測試,21)已知橢圓G:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為63,右焦點(diǎn)為(22,0).斜率為1的直線l與橢圓G交于A,B兩點(diǎn),以AB為底作等腰三角形,頂點(diǎn)為P(-3,2).
(1)求橢圓G的方程;
(2)求△PAB的面積.
解析 (1)由已知得c=22,=63,解得a=23.又b2=a2-c2=4,所以橢圓G的方程為x212+y24=1.
(2)設(shè)直線l的方程為y=x+m.由y=x+m,x212+y24=1,得4x2+6mx+3m2-12=0.①
設(shè)A、B的坐標(biāo)分別為(x1,y1),(x2,y2)(x1
b>0)的離心率為63,且經(jīng)過點(diǎn)(3,1).
(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程;
(2)過點(diǎn)P(6,0)的直線l交橢圓于A,B兩點(diǎn),Q是x軸上的點(diǎn),若△ABQ是以AB為斜邊的等腰直角三角形,求直線l的方程.
解析 (1)由e==63?a2=3b2,設(shè)橢圓方程為x23b2+y2b2=1,
則3b2+1b2=1,所以b2=4,所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x212+y24=1.
(2)設(shè)AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為(x0,y0),A(x1,y1),B(x2,y2),l:x=ty+6,
則由x212+y24=1,x=ty+6得(t2+3)y2+12ty+24=0,
AB的中垂線方程為y+6tt2+3=-tx-18t2+3,所以Q12t2+3,0,
點(diǎn)Q12t2+3,0到直線l的距離為6t2+1t2+3.
|AB|=431+t2t2-6t2+3,所以6=23t2-6,解得t2=9,所以t=3.因此直線l的方程為x3y-6=0.
考點(diǎn)二 橢圓的幾何性質(zhì)
1.(2018浙江鎮(zhèn)海中學(xué)期中,21)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的四個(gè)頂點(diǎn)組成的四邊形的面積為22,且經(jīng)過點(diǎn)1,22.
(1)求橢圓C的方程;
(2)若橢圓C的下頂點(diǎn)為P,如圖所示,點(diǎn)M為直線x=2上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),過橢圓C的右焦點(diǎn)F的直線l垂直于OM,且與橢圓C交于A,B兩點(diǎn),與OM交于點(diǎn)N,四邊形AMBO和△ONP的面積分別為S1,S2.求S1S2的最大值.
解析 (1)因?yàn)?,22在橢圓C上,所以1a2+12b2=1,又因?yàn)闄E圓的四個(gè)頂點(diǎn)組成的四邊形的面積為22,
所以2a2b=22,即ab=2,
解得a2=2,b2=1,所以橢圓C的方程為x22+y2=1.
(2)由(1)可知F(1,0),設(shè)M(2,t),A(x1,y1),B(x2,y2),
則當(dāng)t≠0時(shí),OM:y=x,所以kAB=-,
直線AB的方程為y=- (x-1),即2x+ty-2=0(t≠0),
由y=-2t(x-1),x2+2y2-2=0得(8+t2)x2-16x+8-2t2=0,
則Δ=(-16)2-4(8+t2)(8-2t2)=8(t4+4t2)>0,
x1+x2=168+t2,x1x2=8-2t28+t2,
AB=1+k2Δ8+t2=1+4t222tt2+48+t2=22(t2+4)8+t2,
又OM=t2+4,所以S1=OMAB=12t2+422(t2+4)8+t2=2(t2+4)t2+48+t2,
由y=-2t(x-1),y=t2x,得xN=4t2+4,
所以S2=14t2+4=2t2+4,
所以S1S2=2(t2+4)t2+48+t22t2+4=22t2+48+t2=22t2+4+4t2+4<22.
當(dāng)t=0時(shí),直線l:x=1,AB=2,S1=1222=2,S2=11=,S1S2=22,
所以當(dāng)t=0時(shí),S1S2取得最大值,為22.
2.(2018浙江寧波模擬(5月),21)如圖,橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為32,點(diǎn)M(-2,1)是橢圓內(nèi)一點(diǎn),過點(diǎn)M作兩條斜率存在且互相垂直的動(dòng)直線l1,l2,設(shè)l1與橢圓C相交于點(diǎn)A,B,l2與橢圓C相交于點(diǎn)D,E.當(dāng)M恰好為線段AB的中點(diǎn)時(shí),|AB|=10.
(1)求橢圓C的方程;
(2)求ADEB的最小值.
解析 (1)由題意得a2=4b2,
即橢圓C:x24b2+y2b2=1,
設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),D(x3,y3),E(x4,y4).
由x12+4y12=4b2,x22+4y22=4b2作差得,(x1-x2)(x1+x2)+4(y1-y2)(y1+y2)=0.
又當(dāng)M(-2,1)為線段AB的中點(diǎn)時(shí),x1+x2=-4,y1+y2=2,∴AB的斜率k=y1-y2x1-x2=.
由x24b2+y2b2=1,y=12x+2消去y得,x2+4x+8-2b2=0.
則|AB|=1+k2|x1-x2|=1+1416-4(8-2b2)=10.
解得b2=3,于是橢圓C的方程為x212+y23=1.
(2)設(shè)直線AB:y=k(x+2)+1,由x212+y23=1,y=k(x+2)+1消去y得,
(1+4k2)x2+8k(2k+1)x+4(2k+1)2-12=0.
于是x1+x2=-8k(2k+1)1+4k2,x1x2=4(2k+1)2-121+4k2.
ADEB=(AM+MD)(EM+MB)=AMMB+EMMD
=(-2-x1,1-y1)(2+x2,y2-1)+(-2-x4,1-y4)(2+x3,y3-1).
∵(-2-x1,1-y1)(2+x2,y2-1)=-(1+k2)(2+x1)(2+x2)
=-(1+k2)[4+2(x1+x2)+x1x2]=4(1+k2)1+4k2.
同理可得(-2-x4,1-y4)(2+x3,y3-1)=4(1+k2)4+k2.
∴ADEB=4(1+k2)11+4k2+14+k2=20(1+k2)2(1+4k2)(4+k2)≥20(1+k2)21+4k2+4+k222=165,當(dāng)k=1時(shí)取等號.
綜上,ADEB的最小值為165.
煉技法
【方法集訓(xùn)】
方法 求橢圓離心率(范圍)的常用方法
1.(2018浙江寧波高三上學(xué)期期末,4)已知焦點(diǎn)在y軸上的橢圓x24+y2m=1的離心率為,則實(shí)數(shù)m等于( )
A.3 B.165 C.5 D.163
答案 D
2.(2018浙江鎮(zhèn)海中學(xué)5月模擬,8)設(shè)橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0) 的右焦點(diǎn)為F,橢圓C上的兩點(diǎn)A,B關(guān)于原點(diǎn)對稱,且滿足FAFB=0,|FB|≤|FA|≤2|FB|,則橢圓C的離心率的取值范圍是( )
A.22,53 B.53,1
C.22,3-1 D.[3-1,1)
答案 A
過專題
【五年高考】
A組 自主命題浙江卷題組
考點(diǎn)一 橢圓的定義和標(biāo)準(zhǔn)方程
(2018浙江,17,4分)已知點(diǎn)P(0,1),橢圓x24+y2=m(m>1)上兩點(diǎn)A,B滿足AP=2PB,則當(dāng)m= 時(shí),點(diǎn)B橫坐標(biāo)的絕對值最大.
答案 5
考點(diǎn)二 橢圓的幾何性質(zhì)
1.(2017浙江,2,4分)橢圓x29+y24=1的離心率是( )
A.133 B.53 C. D.
答案 B
2.(2016浙江,19,15分)如圖,設(shè)橢圓x2a2+y2=1(a>1).
(1)求直線y=kx+1被橢圓截得的線段長(用a,k表示);
(2)若任意以點(diǎn)A(0,1)為圓心的圓與橢圓至多有3個(gè)公共點(diǎn),求橢圓離心率的取值范圍.
解析 (1)設(shè)直線y=kx+1被橢圓截得的線段為AP,
由y=kx+1,x2a2+y2=1得(1+a2k2)x2+2a2kx=0,
故x1=0,x2=-2a2k1+a2k2.
因此|AP|=1+k2|x1-x2|=2a2|k|1+a2k21+k2.
(2)假設(shè)圓與橢圓的公共點(diǎn)有4個(gè),由對稱性可設(shè)y軸左側(cè)的橢圓上有兩個(gè)不同的點(diǎn)P,Q,滿足|AP|=|AQ|.
記直線AP,AQ的斜率分別為k1,k2,且k1,k2>0,k1≠k2.
由(1)知,|AP|=2a2|k1|1+k121+a2k12,|AQ|=2a2|k2|1+k221+a2k22,
故2a2|k1|1+k121+a2k12=2a2|k2|1+k221+a2k22,
所以(k12-k22)[1+k12+k22+a2(2-a2)k12k22]=0.
由k1≠k2,k1,k2>0得1+k12+k22+a2(2-a2)k12k22=0,
因此1k12+11k22+1=1+a2(a2-2),①
因?yàn)棰偈疥P(guān)于k1,k2的方程有解的充要條件是1+a2(a2-2)>1,所以a>2.
因此,任意以點(diǎn)A(0,1)為圓心的圓與橢圓至多有3個(gè)公共點(diǎn)的充要條件為10,①
將AB中點(diǎn)M2mbm2+2,m2bm2+2代入直線方程y=mx+,
解得b=-m2+22m2.②
由①②得m<-63或m>63.
(2)令t=1m∈-62,0∪0,62,
則|AB|=t2+1-2t4+2t2+32t2+12,
且O到直線AB的距離為d=t2+12t2+1.
設(shè)△AOB的面積為S(t),
所以S(t)= |AB|d=12-2t2-122+2≤22.
當(dāng)且僅當(dāng)t2=時(shí),等號成立.
故△AOB面積的最大值為22.
B組 統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組
考點(diǎn)一 橢圓的定義和標(biāo)準(zhǔn)方程
1.(2014遼寧,15,5分)已知橢圓C:x29+y24=1,點(diǎn)M與C的焦點(diǎn)不重合.若M關(guān)于C的焦點(diǎn)的對稱點(diǎn)分別為A,B,線段MN的中點(diǎn)在C上,則|AN|+|BN|= .
答案 12
2.(2018天津文,19,14分)設(shè)橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右頂點(diǎn)為A,上頂點(diǎn)為B.已知橢圓的離心率為53,|AB|=13.
(1)求橢圓的方程;
(2)設(shè)直線l:y=kx(k<0)與橢圓交于P,Q兩點(diǎn),l與直線AB交于點(diǎn)M,且點(diǎn)P,M均在第四象限.若△BPM的面積是△BPQ面積的2倍,求k的值.
解析 本題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和幾何性質(zhì)、直線方程等基礎(chǔ)知識.考查用代數(shù)方法研究圓錐曲線的性質(zhì).考查運(yùn)算求解能力,以及用方程思想解決問題的能力.
(1)設(shè)橢圓的焦距為2c,由已知有c2a2=,又由a2=b2+c2,可得2a=3b.由|AB|=a2+b2=13,從而a=3,b=2.
所以橢圓的方程為x29+y24=1.
(2)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x1,y1),點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x2,y2),由題意,x2>x1>0,點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(-x1,-y1).由△BPM的面積是△BPQ面積的2倍,可得|PM|=2|PQ|,從而x2-x1=2[x1-(-x1)],即x2=5x1.
易知直線AB的方程為2x+3y=6,由方程組2x+3y=6,y=kx,消去y,可得x2=63k+2.由方程組x29+y24=1,y=kx,消去y,可得x1=69k2+4.
由x2=5x1,可得9k2+4=5(3k+2),兩邊平方,整理得18k2+25k+8=0,解得k=-或k=-.
當(dāng)k=-時(shí),x2=-9<0,不合題意,舍去;
當(dāng)k=-時(shí),x2=12,x1=125,符合題意.
所以k的值為-.
解題關(guān)鍵 第(2)問中把兩個(gè)三角形的面積的關(guān)系轉(zhuǎn)化為點(diǎn)P、M的橫坐標(biāo)間的關(guān)系,進(jìn)而得到關(guān)于k的方程是求解的難點(diǎn)和關(guān)鍵.
3.(2015江蘇,18,16分)如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22,且右焦點(diǎn)F到左準(zhǔn)線l的距離為3.
(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程;
(2)過F的直線與橢圓交于A,B兩點(diǎn),線段AB的垂直平分線分別交直線l和AB于點(diǎn)P,C,若PC=2AB,求直線AB的方程.
解析 (1)由題意,得=22且c+a2c=3,
解得a=2,c=1,則b=1,
所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x22+y2=1.
(2)當(dāng)AB⊥x軸時(shí),AB=2,又CP=3,不合題意.
當(dāng)AB與x軸不垂直時(shí),設(shè)直線AB的方程為y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2),
將AB的方程代入橢圓方程,得(1+2k2)x2-4k2x+2(k2-1)=0,則x1,2=2k22(1+k2)1+2k2,C的坐標(biāo)為2k21+2k2,-k1+2k2,且AB=(x2-x1)2+(y2-y1)2=(1+k2)(x2-x1)2=22(1+k2)1+2k2.
若k=0,則線段AB的垂直平分線為y軸,與左準(zhǔn)線平行,不合題意.
從而k≠0,故直線PC的方程為y+k1+2k2=-1kx-2k21+2k2,
則P點(diǎn)的坐標(biāo)為-2,5k2+2k(1+2k2),
從而PC=2(3k2+1)1+k2|k|(1+2k2).
因?yàn)镻C=2AB,
所以2(3k2+1)1+k2|k|(1+2k2)=42(1+k2)1+2k2,
解得k=1.
此時(shí)直線AB方程為y=x-1或y=-x+1.
評析 本題在考查橢圓基本性質(zhì)與標(biāo)準(zhǔn)方程的同時(shí),著重考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系和方程思想.
4.(2015安徽,20,13分)設(shè)橢圓E的方程為x2a2+y2b2=1(a>b>0),點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn),點(diǎn)A的坐標(biāo)為(a,0),點(diǎn)B的坐標(biāo)為(0,b),點(diǎn)M在線段AB上,滿足|BM|=2|MA|,直線OM的斜率為510.
(1)求E的離心率e;
(2)設(shè)點(diǎn)C的坐標(biāo)為(0,-b),N為線段AC的中點(diǎn),點(diǎn)N關(guān)于直線AB的對稱點(diǎn)的縱坐標(biāo)為,求E的方程.
解析 (1)由題設(shè)條件知,點(diǎn)M的坐標(biāo)為23a,13b,
又kOM=510,從而b2a=510.
進(jìn)而a=5b,c=a2-b2=2b.故e==255.
(2)由題設(shè)條件和(1)的計(jì)算結(jié)果可得,直線AB的方程為x5b+=1,點(diǎn)N的坐標(biāo)為52b,-12b,設(shè)點(diǎn)N關(guān)于直線AB的對稱點(diǎn)S的坐標(biāo)為x1,72,則線段NS的中點(diǎn)T的坐標(biāo)為54b+x12,-14b+74.又點(diǎn)T在直線AB上,且kNSkAB=-1,從而有54b+x125b+-14b+74b=1,72+12bx1-5b2=5,解得b=3,所以a=35,故橢圓E的方程為x245+y29=1.
考點(diǎn)二 橢圓的幾何性質(zhì)
1.(2018課標(biāo)全國Ⅰ文,4,5分)已知橢圓C:x2a2+y24=1的一個(gè)焦點(diǎn)為(2,0),則C的離心率為( )
A. B. C.22 D.223
答案 C
2.(2018課標(biāo)全國Ⅱ理,12,5分)已知F1,F2是橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn),A是C的左頂點(diǎn),點(diǎn)P在過A且斜率為36的直線上,△PF1F2為等腰三角形,∠F1F2P=120,則C的離心率為( )
A. B. C. D.
答案 D
3.(2017課標(biāo)全國Ⅰ文,12,5分)設(shè)A,B是橢圓C:x23+y2m=1長軸的兩個(gè)端點(diǎn).若C上存在點(diǎn)M滿足∠AMB=120,則m的取值范圍是( )
A.(0,1]∪[9,+∞) B.(0,3]∪[9,+∞)
C.(0,1]∪[4,+∞) D.(0,3]∪[4,+∞)
答案 A
4.(2018北京理,14,5分)已知橢圓M:x2a2+y2b2=1(a>b>0),雙曲線N:x2m2-y2n2=1.若雙曲線N的兩條漸近線與橢圓M的四個(gè)交點(diǎn)及橢圓M的兩個(gè)焦點(diǎn)恰為一個(gè)正六邊形的頂點(diǎn),則橢圓M的離心率為 ;雙曲線N的離心率為 .
答案 3-1;2
5.(2016江蘇,10,5分)如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,F是橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點(diǎn),直線y=與橢圓交于B,C兩點(diǎn),且∠BFC=90,則該橢圓的離心率是 .
答案 63
6.(2017天津文,20,14分)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F(-c,0),右頂點(diǎn)為A,點(diǎn)E的坐標(biāo)為(0,c),△EFA的面積為b22.
(1)求橢圓的離心率;
(2)設(shè)點(diǎn)Q在線段AE上,|FQ|=c,延長線段FQ與橢圓交于點(diǎn)P,點(diǎn)M,N在x軸上,PM∥QN,且直線PM與直線QN間的距離為c,四邊形PQNM的面積為3c.
(i)求直線FP的斜率;
(ii)求橢圓的方程.
解析 本題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和幾何性質(zhì)、直線方程等基礎(chǔ)知識.考查用代數(shù)方法研究圓錐曲線的性質(zhì)和方程思想.考查運(yùn)算求解能力,以及綜合分析問題和解決問題的能力.
(1)設(shè)橢圓的離心率為e.由已知,可得 (c+a)c=b22.
又由b2=a2-c2,可得2c2+ac-a2=0,即2e2+e-1=0.
又因?yàn)?0),則直線FP的斜率為1m.
由(1)知a=2c,可得直線AE的方程為x2c+=1,即x+2y-2c=0,與直線FP的方程聯(lián)立,可解得x=(2m-2)cm+2,y=3cm+2,即點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(2m-2)cm+2,3cm+2.由已知|FQ|=c,有(2m-2)cm+2+c2+3cm+22=3c22,整理得3m2-4m=0,所以m=,即直線FP的斜率為.
(ii)由a=2c,可得b=3c,故橢圓方程可以表示為x24c2+y23c2=1.
由(i)得直線FP的方程為3x-4y+3c=0,與橢圓方程聯(lián)立得3x-4y+3c=0,x24c2+y23c2=1,消去y,
整理得7x2+6cx-13c2=0,
解得x=-13c7(舍去)或x=c.因此可得點(diǎn)Pc,3c2,進(jìn)而可得|FP|=(c+c)2+3c22=5c2,所以|PQ|=|FP|-|FQ|=5c2-3c2=c.
由已知,線段PQ的長即為PM與QN這兩條平行直線間的距離,故直線PM和QN都垂直于直線FP.
因?yàn)镼N⊥FP,所以|QN|=|FQ|tan∠QFN=3c2=9c8,所以△FQN的面積為|FQ||QN|=27c232,同理△FPM的面積等于75c232,由四邊形PQNM的面積為3c,得75c232-27c232=3c,整理得c2=2c,又由c>0,得c=2.
所以橢圓的方程為x216+y212=1.
方法點(diǎn)撥 1.求離心率常用的方法:(1)直接求a,c,利用定義求解;(2)構(gòu)造a,c的齊次式,利用方程思想求出離心率e的值.
2.求直線斜率的常用方法:(1)公式法:k=y1-y2x1-x2(x1≠x2),其中兩點(diǎn)坐標(biāo)分別為(x1,y1),(x2,y2);(2)利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求解;(3)直線的方向向量a=(m,n),則k=nm(m≠0);(4)點(diǎn)差法.
3.解決四邊形或三角形的面積問題時(shí),注意弦長公式與整體代換思想的應(yīng)用.
C組 教師專用題組
考點(diǎn)一 橢圓的定義和標(biāo)準(zhǔn)方程
1.(2014安徽,14,5分)設(shè)F1,F2分別是橢圓E:x2+y2b2=1(0b>0)過點(diǎn)(0,2),且離心率e=22.
(1)求橢圓E的方程;
(2)設(shè)直線l:x=my-1(m∈R)交橢圓E于A,B兩點(diǎn),判斷點(diǎn)G-94,0與以線段AB為直徑的圓的位置關(guān)系,并說明理由.
解析 解法一:(1)由已知得b=2,ca=22,a2=b2+c2.解得a=2,b=2,c=2.
所以橢圓E的方程為x24+y22=1.
(2)設(shè)點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中點(diǎn)為H(x0,y0).
由x=my-1,x24+y22=1得(m2+2)y2-2my-3=0,
所以y1+y2=2mm2+2,y1y2=-3m2+2,從而y0=mm2+2.
所以|GH|2=x0+942+y02=my0+542+y02=(m2+1)y02+ my0+2516.
|AB|24=(x1-x2)2+(y1-y2)24=(1+m2)(y1-y2)24
=(1+m2)[(y1+y2)2-4y1y2]4=(1+m2)(y02-y1y2),
故|GH|2-|AB|24=my0+(1+m2)y1y2+2516=5m22(m2+2)-3(1+m2)m2+2+2516=17m2+216(m2+2)>0,所以|GH|>|AB|2.
故點(diǎn)G-94,0在以AB為直徑的圓外.
解法二:(1)同解法一.
(2)設(shè)點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2),則GA=x1+94,y1,
GB=x2+94,y2.
由x=my-1,x24+y22=1得(m2+2)y2-2my-3=0,
所以y1+y2=2mm2+2,y1y2=-3m2+2,
從而GAGB=x1+94x2+94+y1y2=my1+54my2+54+y1y2=(m2+1)y1y2+m(y1+y2)+2516=-3(m2+1)m2+2+52m2m2+2+2516=17m2+216(m2+2)>0,
所以cos>0.又GA,GB不共線,所以∠AGB為銳角.
故點(diǎn)G-94,0在以AB為直徑的圓外.
評析 本題主要考查橢圓、圓、直線與橢圓的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識,考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力,考查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、方程思想.
3.(2014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x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn),頂點(diǎn)B的坐標(biāo)為(0,b),連接BF2并延長交橢圓于點(diǎn)A,過點(diǎn)A作x軸的垂線交橢圓于另一點(diǎn)C,連接F1C.
(1)若點(diǎn)C的坐標(biāo)為43,13,且BF2=2,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=b2+c2=a.
又BF2=2,故a=2.
因?yàn)辄c(diǎn)C43,13在橢圓上,所以169a2+19b2=1,解得b2=1.
故所求橢圓的方程為x22+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+yb=1.
解方程組xc+yb=1,x2a2+y2b2=1,得x1=2a2ca2+c2,y1=b(c2-a2)a2+c2,x2=0,y2=b.
所以點(diǎn)A的坐標(biāo)為2a2ca2+c2,b(c2-a2)a2+c2.
又AC垂直于x軸,由橢圓的對稱性,可得點(diǎn)C的坐標(biāo)為2a2ca2+c2,b(a2-c2)a2+c2.
因?yàn)橹本€F1C的斜率為b(a2-c2)a2+c2-02a2ca2+c2-(-c)=b(a2-c2)3a2c+c3,直線AB的斜率為-,且F1C⊥AB,所以b(a2-c2)3a2c+c3-bc=-1.又b2=a2-c2,整理得a2=5c2.故e2=.因此e=55.
評析 本題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程與幾何性質(zhì)、直線與直線的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識,考查運(yùn)算求解能力.
考點(diǎn)二 橢圓的幾何性質(zhì)
1.(2017課標(biāo)全國Ⅲ理,10,5分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右頂點(diǎn)分別為A1,A2,且以線段A1A2為直徑的圓與直線bx-ay+2ab=0相切,則C的離心率為( )
A.63 B.33 C.23 D.
答案 A
2.(2016課標(biāo)全國Ⅲ,11,5分)已知O為坐標(biāo)原點(diǎn),F是橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點(diǎn),A,B分別為C的左,右頂點(diǎn).P為C上一點(diǎn),且PF⊥x軸.過點(diǎn)A的直線l與線段PF交于點(diǎn)M,與y軸交于點(diǎn)E.若直線BM經(jīng)過OE的中點(diǎn),則C的離心率為 ( )
A. B. C. D.
答案 A
3.(2014江西,15,5分)過點(diǎn)M(1,1)作斜率為-的直線與橢圓C:x2a2+y2b2=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 22
4.(2017北京文,19,14分)已知橢圓C的兩個(gè)頂點(diǎn)分別為A(-2,0),B(2,0),焦點(diǎn)在x軸上,離心率為32.
(1)求橢圓C的方程;
(2)點(diǎn)D為x軸上一點(diǎn),過D作x軸的垂線交橢圓C于不同的兩點(diǎn)M,N,過D作AM的垂線交BN于點(diǎn)E.求證:△BDE與△BDN的面積之比為4∶5.
解析 本題考查橢圓的方程和性質(zhì),直線的方程等知識,考查運(yùn)算求解能力.
(1)設(shè)橢圓C的方程為x2a2+y2b2=1(a>b>0).
由題意得a=2,ca=32,
解得c=3.
所以b2=a2-c2=1.
所以橢圓C的方程為x24+y2=1.
(2)設(shè)M(m,n),則D(m,0),N(m,-n).
由題設(shè)知m≠2,且n≠0.
直線AM的斜率kAM=nm+2,故直線DE的斜率kDE=-m+2n.
所以直線DE的方程為y=-m+2n(x-m).
直線BN的方程為y=n2-m(x-2).
聯(lián)立y=-m+2n(x-m),y=n2-m(x-2),
解得點(diǎn)E的縱坐標(biāo)yE=-n(4-m2)4-m2+n2.
由點(diǎn)M在橢圓C上,得4-m2=4n2.
所以yE=-n.
又S△BDE=|BD||yE|=|BD||n|,
S△BDN=|BD||n|,
所以△BDE與△BDN的面積之比為4∶5.
易錯(cuò)警示 在設(shè)直線方程時(shí),若設(shè)方程為y=kx+m,則要考慮斜率不存在的情況;若設(shè)方程為x=ty+n,則要考慮斜率為0的情況.
5.(2015重慶,21,12分)如圖,橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,過F2的直線交橢圓于P,Q兩點(diǎn),且PQ⊥PF1.
(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.
解析 (1)由橢圓的定義,有2a=|PF1|+|PF2|=(2+2)+(2-2)=4,故a=2.
設(shè)橢圓的半焦距為c,由已知PF1⊥PF2,得2c=|F1F2|=|PF1|2+|PF2|2=(2+2)2+(2-2)2=23,即c=3,從而b=a2-c2=1.
故所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24+y2=1.
(2)解法一:連接F1Q,如圖,設(shè)點(diǎn)P(x0,y0)在橢圓上,且PF1⊥PF2,
則x02a2+y02b2=1,x02+y02=c2,
求得x0=aca2-2b2,y0=b2c.
由|PF1|=|PQ|>|PF2|得x0>0,
從而|PF1|2=aa2-2b2c+c2+b4c2
=2(a2-b2)+2aa2-2b2=(a+a2-2b2)2.
由橢圓的定義,有|PF1|+|PF2|=2a,|QF1|+|QF2|=2a.
從而由|PF1|=|PQ|=|PF2|+|QF2|,有|QF1|=4a-2|PF1|.
又由PF1⊥PF2,|PF1|=|PQ|,知|QF1|=2|PF1|.
因此(2+2)|PF1|=4a,即(2+2)(a+a2-2b2)=4a,
于是(2+2)(1+2e2-1)=4,
解得e=121+42+2-12=6-3.
解法二:連接F1Q,由橢圓的定義,有|PF1|+|PF2|=2a,|QF1|+|QF2|=2a.從而由|PF1|=|PQ|=|PF2|+|QF2|,有|QF1|=4a-2|PF1|.
又由PF1⊥PQ,|PF1|=|PQ|,知|QF1|=2|PF1|,
因此,4a-2|PF1|=2|PF1|,得|PF1|=2(2-2)a,
從而|PF2|=2a-|PF1|=2a-2(2-2)a=2(2-1)a.
由PF1⊥PF2,知|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=(2c)2,
因此e==|PF1|2+|PF2|22a=(2-2)2+(2-1)2=9-62=6-3.
6.(2014安徽,21,13分)設(shè)F1、F2分別是橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn),過點(diǎn)F1的直線交橢圓E于A,B兩點(diǎn),|AF1|=3|F1B|.
(1)若|AB|=4,△ABF2的周長為16,求|AF2|;
(2)若cos∠AF2B=,求橢圓E的離心率.
解析 (1)由|AF1|=3|F1B|,|AB|=4,得|AF1|=3,|F1B|=1.
因?yàn)椤鰽BF2的周長為16,所以由橢圓定義可得4a=16,|AF1|+|AF2|=2a=8.
故|AF2|=2a-|AF1|=8-3=5.
(2)設(shè)|F1B|=k,則k>0且|AF1|=3k,|AB|=4k.
由橢圓定義可得|AF2|=2a-3k,|BF2|=2a-k.
在△ABF2中,由余弦定理可得
|AB|2=|AF2|2+|BF2|2-2|AF2||BF2|cos∠AF2B,
即(4k)2=(2a-3k)2+(2a-k)2- (2a-3k)(2a-k).
化簡可得(a+k)(a-3k)=0,
而a+k>0,故a=3k.
于是有|AF2|=3k=|AF1|,|BF2|=5k.
因此|BF2|2=|F2A|2+|AB|2,
可得F1A⊥F2A,
△AF1F2為等腰直角三角形.
從而c=22a,所以橢圓E的離心率e==22.
7.(2014天津,18,13分)設(shè)橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,右頂點(diǎn)為A,上頂點(diǎn)為B.已知|AB|=32|F1F2|.
(1)求橢圓的離心率;
(2)設(shè)P為橢圓上異于其頂點(diǎn)的一點(diǎn),以線段PB為直徑的圓經(jīng)過點(diǎn)F1,經(jīng)過點(diǎn)F2的直線l與該圓相切于點(diǎn)M,|MF2|=22.求橢圓的方程.
解析 (1)設(shè)橢圓右焦點(diǎn)F2的坐標(biāo)為(c,0).
由|AB|=32|F1F2|,可得a2+b2=3c2,
又b2=a2-c2,所以c2a2=.
所以橢圓的離心率e=22.
(2)由(1)知a2=2c2,b2=c2.故橢圓方程為x22c2+y2c2=1.
設(shè)P(x0,y0).由F1(-c,0),B(0,c),有F1P=(x0+c,y0),F1B=(c,c).
由已知,有F1PF1B=0,即(x0+c)c+y0c=0.又c≠0,故有
x0+y0+c=0.①
因?yàn)辄c(diǎn)P在橢圓上,故
x022c2+y02c2=1.②
由①和②可得3x02+4cx0=0.而點(diǎn)P不是橢圓的頂點(diǎn),故x0=-c,代入①得y0=,
即點(diǎn)P的坐標(biāo)為-4c3,c3.
設(shè)圓的圓心為T(x1,y1),則x1=-43c+02=-c,y1=c3+c2=c,進(jìn)而圓的半徑r=(x1-0)2+(y1-c)2=53c.
由已知,有|TF2|2=|MF2|2+r2,又|MF2|=22,故有
c+23c2+0-23c2=8+c2,
解得c2=3.
所以橢圓的方程為x26+y23=1.
【三年模擬】
一、選擇題(每小題4分,共8分)
1.(2019屆浙江名校新高考研究聯(lián)盟第一次聯(lián)考,8)已知F1、F2是橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn),過左焦點(diǎn)F1的直線與橢圓交于A,B兩點(diǎn),且滿足|AF1|=2|BF1|,|AB|=|BF2|,則該橢圓的離心率是( )
A. B.33 C.32 D.53
答案 B
2.(2018浙江名校協(xié)作體期初聯(lián)考,8)設(shè)A,B是橢圓C:x24+y2k=1長軸的兩個(gè)端點(diǎn),若C上存在點(diǎn)P滿足∠APB=120,則k的取值范圍是( )
A.0,43∪[12,+∞) B.0,23∪[6,+∞)
C.0,23∪[12,+∞) D.0,43∪[6,+∞)
答案 A
二、填空題(單空題4分,多空題6分,共8分)
3.(2019屆金麗衢十二校高三第一次聯(lián)考,17)已知P是橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)上的動(dòng)點(diǎn),過P作橢圓的切線l與x軸、y軸分別交于點(diǎn)A、B,當(dāng)△AOB(O為坐標(biāo)原點(diǎn))的面積最小時(shí),cos∠F1PF2= (F1、F2是橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)),則該橢圓的離心率為 .
答案 23
4.(2018浙江嘉興教學(xué)測試(4月),17)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0),直線l1:y=-x,直線l2:y=x,P為橢圓上任意一點(diǎn),過P作PM∥l1且與直線l2交于點(diǎn)M,作PN∥l2與直線l1交于點(diǎn)N,若|PM|2+|PN|2為定值,則橢圓的離心率為 .
答案 32
三、解答題(共60分)
5.(2019屆浙江嘉興9月基礎(chǔ)測試,21)已知橢圓x2a2+y2=1(a>0),直線l經(jīng)過點(diǎn)P0,22交橢圓于A,B兩點(diǎn),當(dāng)l∥x軸時(shí),|AB|=2.
(1)求橢圓的方程;
(2)求|AB|的取值范圍.
解析 (1)不妨設(shè)點(diǎn)A在點(diǎn)B的右側(cè).當(dāng)l∥x軸時(shí),點(diǎn)A,B的坐標(biāo)分別是1,22,-1,22,
所以1a2+=1,即a2=2,故橢圓的方程為x22+y2=1.
(2)當(dāng)l⊥x軸時(shí),|AB|=2.
當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),
設(shè)l:y=kx+22,A(x1,y1),B(x2,y2).
由x22+y2=1,y=kx+22?(2k2+1)x2+22kx-1=0.
Δ=8k2+4(2k2+1)=4(4k2+1),x1+x2=-22k2k2+1,x1x2=-12k2+1.
所以|AB|=1+k2|x1-x2|=k2+124k2+12k2+1=2(k2+1)(4k2+1)(2k2+1)2.
令2k2+1=t,則t≥1,k2=t-12,則|AB|=2t+12(2t-1)t2=-21t+11t-2.
因?yàn)?<≤1,所以2≤|AB|≤322.當(dāng)1t=12,即t=2時(shí),|AB|max=322
故2≤|AB|≤322.
6.(2018浙江杭州高三教學(xué)質(zhì)檢,21)已知橢圓C:x23+y22=1,直線l:y=kx+m(m≠0),設(shè)直線l與橢圓C交于不同的A,B兩點(diǎn).
(1)若|m|>3,求實(shí)數(shù)k的取值范圍;
(2)若直線OA,AB,OB的斜率成等比數(shù)列(其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)),求△OAB的面積的取值范圍.
解析 (1)聯(lián)立方程x23+y22=1和y=kx+m,
得(2+3k2)x2+6kmx+3m2-6=0,
∴Δ=(6km)2-4(2+3k2)(3m2-6)>0,得m2<2+3k2.
∵|m|>3,∴m2>3,
∴2+3k2>3,解得k>33或k<-33.
(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),
則由(1)可得x1+x2=-6km2+3k2,x1x2=3m2-62+3k2,
設(shè)直線OA,OB的斜率分別為k1,k2,則由題意可得k1k2=k2,
∴k1k2=y1y2x1x2=(kx1+m)(kx2+m)x1x2=k2,
去分母化簡得km(x1+x2)+m2=0,
將x1+x2=-6km2+3k2代入并化簡得2+3k2=6k2,即k2=,
則|AB|=1+k2|x1-x2|=536-32m2,
原點(diǎn)O到直線l的距離h=|m|1+k2=35|m|,
∴S△OAB=|AB|h=6632m26-32m2≤6632m2+6-32m22=62,當(dāng)且僅當(dāng)m=2時(shí)取“=”.
∵當(dāng)m=2時(shí),直線OA或OB的斜率不存在,
∴△OAB的面積的取值范圍為0,62.
7.(2018浙江紹興高三3月適應(yīng)性模擬,21)已知橢圓M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為32,A,B分別為M的右頂點(diǎn)和上頂點(diǎn),且|AB|=5.
(1)求橢圓M的方程;
(2)若C,D分別是x軸負(fù)半軸,y軸負(fù)半軸上的點(diǎn),且四邊形ABCD的面積為2.設(shè)直線BC和AD的交點(diǎn)為P,求點(diǎn)P到直線AB的距離的最大值.
解析 (1)由=32及a2-b2=c2得a=2b.
又|AB|=a2+b2=5,所以b=1,a=2.
所以橢圓M的方程為x24+y2=1.
(2)設(shè)P(x0,y0),C(s,0),D(0,t),其中s<0,t<0.
因?yàn)锳(2,0),B(0,1),
所以y0x0-2=t-2,y0-1x0=-1s,得t=-2y0x0-2,s=-x0y0-1.
又四邊形ABCD的面積為2,所以(2-s)(1-t)=4,
代入得2+x0y0-11+2y0x0-2=4,
即(x0+2y0-2)2=4(x0-2)(y0-1),整理得x02+4y02=4.
可知點(diǎn)P在第三象限的橢圓弧上.
設(shè)與AB平行的直線y=-x+m(m<0)與橢圓M相切.
由x2+4y2=4,y=-12x+m消去y,得x2-2mx+2m2-2=0,Δ=8-4m2=0,
所以m=-2.
又直線AB的方程為y=-x+1.
所以點(diǎn)P到直線AB的距離的最大值為
|2+1|1+14=25+2105.
8.(2018浙江高考模擬訓(xùn)練沖刺卷一,21)已知斜率為2的直線l與橢圓C:y24+x23=1交于A,B兩點(diǎn).
(1)求線段AB長的最大值;
(2)在橢圓C上是否存在點(diǎn)M,當(dāng)直線l不過點(diǎn)M時(shí),直線MA與直線MB的斜率之和為0?若存在,求點(diǎn)M的坐標(biāo);若不存在,請說明理由.
解析 (1)設(shè)直線l的方程為y=2x+m,與y24+x23=1聯(lián)立,
整理得16x2+12mx+3m2-12=0.
由Δ=144m2-64(3m2-12)>0,得0≤m2<16.
設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=-m,x1x2=3m2-1216.
則|AB|=5|x1-x2|=5(x1+x2)2-4x1x2=15416-m2,
∵0≤m2<16,∴m=0時(shí),線段AB的長取得最大值,為15.
(2)假設(shè)存在滿足題意的點(diǎn)M(x0,y0),則y1-y0x1-x0+y2-y0x2-x0=0.
即(x2-x0)(y1-y0)+(x1-x0)(y2-y0)=0,
即(x2-x0)(2x1+m-y0)+(x1-x0)(2x2+m-y0)=0,
展開整理得4x1x2-2x0(x1+x2)+(m-y0)(x1+x2)-2mx0+2x0y0=0,
把x1+x2=-m,x1x2=3m2-1216,
代入整理得(3y0-2x0)m+8x0y0-12=0,
依題意知(3y0-2x0)m+8x0y0-12=0對于不過點(diǎn)M的直線l恒成立,從而有3y0-2x0=0,8x0y0-12=0,解得x0=32,y0=1或x0=-32,y0=-1.
此時(shí)y024+x023=1,即點(diǎn)M(x0,y0)在橢圓C上,
故存在M32,1或M-32,-1,使得當(dāng)直線l不過點(diǎn)M時(shí),直線MA與直線MB的斜率之和為0.
（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 專題10 圓錐曲線與方程 10.1 橢圓及其性質(zhì)檢測.doc
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