（浙江專用）2020版高考數(shù)學一輪總復習 專題10 圓錐曲線與方程 10.1 橢圓及其性質檢測.doc

10.1橢圓及其性質【真題典例】挖命題【考情探究】考點內容解讀5年考情預測熱度考題示例考向關聯(lián)考點橢圓的定義和標準方程1.了解圓錐曲線的實際背景,了解圓錐曲線在刻畫現(xiàn)實世界和解決實際問題中的作用.2.掌握橢圓的定義、幾何圖形、標準方程.2018浙江,17橢圓的標準方程向量、最值2016浙江,7橢圓的標準方程雙曲線的標準方程、離心率2015浙江,19橢圓的定義和標準方程直線與橢圓的位置關系、最值、范圍橢圓的幾何性質1.掌握橢圓的簡單幾何性質.2.理解數(shù)形結合的數(shù)學思想.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系2015浙江,19,文15橢圓的離心率直線與橢圓的位置關系分析解讀1.橢圓是圓錐曲線中最重要的內容,是高考命題的熱點.2.考查橢圓及其標準方程,橢圓的簡單幾何性質.3.考查把幾何條件轉化為代數(shù)形式的能力.4.預計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準方程,橢圓的簡單幾何性質,以及與橢圓有關的綜合問題上.破考點【考點集訓】考點一橢圓的定義和標準方程1.(2018浙江鎮(zhèn)海中學階段性測試,21)已知橢圓G:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為63,右焦點為(22,0).斜率為1的直線l與橢圓G交于A,B兩點,以AB為底作等腰三角形,頂點為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)設直線l的方程為y=x+m.由y=x+m,x212+y24=1,得4x2+6mx+3m2-12=0.設A、B的坐標分別為(x1,y1),(x2,y2)(x1<x2),AB中點為E(x0,y0),則x0=x1+x22=-3m4,y0=x0+m=m4.因為AB是等腰PAB的底邊,所以PEAB.所以PE的斜率k=2-m4-3+3m4=-1,解得m=2.此時方程為4x2+12x=0,解得x1=-3,x2=0.所以y1=-1,y2=2.所以|AB|=32.此時,點P(-3,2)到直線l:x-y+2=0的距離d=|-3-2+2|2=322,所以PAB的面積S=|AB|d=.2.(2018浙江諸暨高三期末,21)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為63,且經過點(3,1).(1)求橢圓的標準方程;(2)過點P(6,0)的直線l交橢圓于A,B兩點,Q是x軸上的點,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=63a2=3b2,設橢圓方程為x23b2+y2b2=1,則3b2+1b2=1,所以b2=4,所以橢圓的標準方程為x212+y24=1.(2)設AB的中點坐標為(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.考點二橢圓的幾何性質1.(2018浙江鎮(zhèn)海中學期中,21)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的四個頂點組成的四邊形的面積為22,且經過點1,22.(1)求橢圓C的方程;(2)若橢圓C的下頂點為P,如圖所示,點M為直線x=2上的一個動點,過橢圓C的右焦點F的直線l垂直于OM,且與橢圓C交于A,B兩點,與OM交于點N,四邊形AMBO和ONP的面積分別為S1,S2.求S1S2的最大值.解析(1)因為1,22在橢圓C上,所以1a2+12b2=1,又因為橢圓的四個頂點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M(2,t),A(x1,y1),B(x2,y2),則當t0時,OM:y=x,所以kAB=-,直線AB的方程為y=- (x-1),即2x+ty-2=0(t0),由y=-2t(x-1),x2+2y2-2=0得(8+t2)x2-16x+8-2t2=0,則=(-16)2-4(8+t2)(8-2t2)=8(t4+4t2)>0,x1+x2=168+t2,x1x2=8-2t28+t2,AB=1+k28+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t=0時,直線l:x=1,AB=2,S1=1222=2,S2=11=,S1S2=22,所以當t=0時,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M(-2,1)是橢圓內一點,過點M作兩條斜率存在且互相垂直的動直線l1,l2,設l1與橢圓C相交于點A,B,l2與橢圓C相交于點D,E.當M恰好為線段AB的中點時,|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M(-2,1)為線段AB的中點時,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k=1時取等號.綜上,ADEB的最小值為165.煉技法【方法集訓】方法求橢圓離心率(范圍)的常用方法1.(2018浙江寧波高三上學期期末,4)已知焦點在y軸上的橢圓x24+y2m=1的離心率為,則實數(shù)m等于() A.3B.165C.5D.163答案D2.(2018浙江鎮(zhèn)海中學5月模擬,8)設橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0) 的右焦點為F,橢圓C上的兩點A,B關于原點對稱,且滿足FAFB=0,|FB|FA|2|FB|,則橢圓C的離心率的取值范圍是()A.22,53B.53,1C.22,3-1D.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一橢圓的定義和標準方程(2018浙江,17,4分)已知點P(0,1),橢圓x24+y2=m(m>1)上兩點A,B滿足AP=2PB,則當m=時,點B橫坐標的絕對值最大.答案5考點二橢圓的幾何性質1.(2017浙江,2,4分)橢圓x29+y24=1的離心率是() A.133B.53C.D.答案B2.(2016浙江,19,15分)如圖,設橢圓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A(0,1)為圓心的圓與橢圓至多有3個公共點,求橢圓離心率的取值范圍.解析(1)設直線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)假設圓與橢圓的公共點有4個,由對稱性可設y軸左側的橢圓上有兩個不同的點P,Q,滿足|AP|=|AQ|.記直線AP,AQ的斜率分別為k1,k2,且k1,k2>0,k1k2.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k1k2,k1,k2>0得1+k12+k22+a2(2-a2)k12k22=0,因此1k12+11k22+1=1+a2(a2-2),因為式關于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A(0,1)為圓心的圓與橢圓至多有3個公共點的充要條件為1<a2,由e=a2-1a得,所求離心率的取值范圍為0<e22.評析本題主要考查橢圓的幾何性質、直線與橢圓的位置關系等基礎知識,同時考查解析幾何的基本思想方法和綜合解題能力.3.(2015浙江,19,15分)已知橢圓x22+y2=1上兩個不同的點A,B關于直線y=mx+12對稱.(1)求實數(shù)m的取值范圍;(2)求AOB面積的最大值(O為坐標原點).解析(1)由題意知m0,可設直線AB的方程為y=- 1mx+b.由x22+y2=1,y=-1mx+b消去y,得12+1m2x2-2bmx+b2-1=0.因為直線y=-1mx+b與橢圓x22+y2=1有兩個不同的交點,所以=-2b2+2+4m2>0,將AB中點M2mbm2+2,m2bm2+2代入直線方程y=mx+,解得b=-m2+22m2.由得m<-63或m>63.(2)令t=1m-62,00,62,則|AB|=t2+1-2t4+2t2+32t2+12,且O到直線AB的距離為d=t2+12t2+1.設AOB的面積為S(t),所以S(t)= |AB|d=12-2t2-122+222.當且僅當t2=時,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)卷題組考點一橢圓的定義和標準方程1.(2014遼寧,15,5分)已知橢圓C:x29+y24=1,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|=.答案122.(2018天津文,19,14分)設橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右頂點為A,上頂點為B.已知橢圓的離心率為53,|AB|=13.(1)求橢圓的方程;(2)設直線l:y=kx(k<0)與橢圓交于P,Q兩點,l與直線AB交于點M,且點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準方程和幾何性質、直線方程等基礎知識.考查用代數(shù)方法研究圓錐曲線的性質.考查運算求解能力,以及用方程思想解決問題的能力.(1)設橢圓的焦距為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)設點P的坐標為(x1,y1),點M的坐標為(x2,y2),由題意,x2>x1>0,點Q的坐標為(-x1,-y1).由BPM的面積是BPQ面積的2倍,可得|PM|=2|PQ|,從而x2-x1=2x1-(-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k=-時,x2=-9<0,不合題意,舍去;當k=-時,x2=12,x1=125,符合題意.所以k的值為-.解題關鍵第(2)問中把兩個三角形的面積的關系轉化為點P、M的橫坐標間的關系,進而得到關于k的方程是求解的難點和關鍵.3.(2015江蘇,18,16分)如圖,在平面直角坐標系xOy中,已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22,且右焦點F到左準線l的距離為3.(1)求橢圓的標準方程;(2)過F的直線與橢圓交于A,B兩點,線段AB的垂直平分線分別交直線l和AB于點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,所以橢圓的標準方程為x22+y2=1.(2)當ABx軸時,AB=2,又CP=3,不合題意.當AB與x軸不垂直時,設直線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,與左準線平行,不合題意.從而k0,故直線PC的方程為y+k1+2k2=-1kx-2k21+2k2,則P點的坐標為-2,5k2+2k(1+2k2),從而PC=2(3k2+1)1+k2|k|(1+2k2).因為PC=2AB,所以2(3k2+1)1+k2|k|(1+2k2)=42(1+k2)1+2k2,解得k=1.此時直線AB方程為y=x-1或y=-x+1.評析本題在考查橢圓基本性質與標準方程的同時,著重考查直線與圓錐曲線的位置關系和方程思想.4.(2015安徽,20,13分)設橢圓E的方程為x2a2+y2b2=1(a>b>0),點O為坐標原點,點A的坐標為(a,0),點B的坐標為(0,b),點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)設點C的坐標為(0,-b),N為線段AC的中點,點N關于直線AB的對稱點的縱坐標為,求E的方程.解析(1)由題設條件知,點M的坐標為23a,13b,又kOM=510,從而b2a=510.進而a=5b,c=a2-b2=2b.故e=255.(2)由題設條件和(1)的計算結果可得,直線AB的方程為x5b+=1,點N的坐標為52b,-12b,設點N關于直線AB的對稱點S的坐標為x1,72,則線段NS的中點T的坐標為54b+x12,-14b+74.又點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.考點二橢圓的幾何性質1.(2018課標全國文,4,5分)已知橢圓C:x2a2+y24=1的一個焦點為(2,0),則C的離心率為() A.B.C.22D.223答案C2.(2018課標全國理,12,5分)已知F1,F2是橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點,A是C的左頂點,點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D3.(2017課標全國文,12,5分)設A,B是橢圓C:x23+y2m=1長軸的兩個端點.若C上存在點M滿足AMB=120,則m的取值范圍是()A.(0,19,+)B.(0,39,+)C.(0,14,+)D.(0,34,+)答案A4.(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的四個交點及橢圓M的兩個焦點恰為一個正六邊形的頂點,則橢圓M的離心率為;雙曲線N的離心率為.答案3-1;25.(2016江蘇,10,5分)如圖,在平面直角坐標系xOy中,F是橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點,直線y=與橢圓交于B,C兩點,且BFC=90,則該橢圓的離心率是.答案636.(2017天津文,20,14分)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點為F(-c,0),右頂點為A,點E的坐標為(0,c),EFA的面積為b22.(1)求橢圓的離心率;(2)設點Q在線段AE上,|FQ|=c,延長線段FQ與橢圓交于點P,點M,N在x軸上,PMQN,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準方程和幾何性質、直線方程等基礎知識.考查用代數(shù)方法研究圓錐曲線的性質和方程思想.考查運算求解能力,以及綜合分析問題和解決問題的能力.(1)設橢圓的離心率為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.又因為0<e<1,解得e=.所以,橢圓的離心率為.(2)(i)依題意,設直線FP的方程為x=my-c(m>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Q的坐標為(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Pc,3c2,進而可得|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.因為QNFP,所以|QN|=|FQ|tanQFN=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(x1x2),其中兩點坐標分別為(x1,y1),(x2,y2);(2)利用導數(shù)的幾何意義求解;(3)直線的方向向量a=(m,n),則k=nm(m0);(4)點差法.3.解決四邊形或三角形的面積問題時,注意弦長公式與整體代換思想的應用.C組教師專用題組考點一橢圓的定義和標準方程1.(2014安徽,14,5分)設F1,F2分別是橢圓E:x2+y2b2=1(0<b<1)的左、右焦點,過點F1的直線交橢圓E于A,B兩點.若|AF1|=3|F1B|,AF2x軸,則橢圓E的方程為.答案x2+y2=12.(2015福建,18,13分)已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)過點(0,2),且離心率e=22.(1)求橢圓E的方程;(2)設直線l:x=my-1(mR)交橢圓E于A,B兩點,判斷點G-94,0與以線段AB為直徑的圓的位置關系,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)設點A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中點為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)2-4y1y24=(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G-94,0在以AB為直徑的圓外.解法二:(1)同解法一.(2)設點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<GA,GB>>0.又GA,GB不共線,所以AGB為銳角.故點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系等基礎知識,考查推理論證能力、運算求解能力,考查數(shù)形結合思想、化歸與轉化思想、方程思想.3.(2014江蘇,17,14分)如圖,在平面直角坐標系xOy中,F1、F2分別是橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點,頂點B的坐標為(0,b),連接BF2并延長交橢圓于點A,過點A作x軸的垂線交橢圓于另一點C,連接F1C.(1)若點C的坐標為43,13,且BF2=2,求橢圓的方程;(2)若F1CAB,求橢圓離心率e的值.解析設橢圓的焦距為2c,則F1(-c,0),F2(c,0).(1)因為B(0,b),所以BF2=b2+c2=a.又BF2=2,故a=2.因為點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)因為B(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A的坐標為2a2ca2+c2,b(c2-a2)a2+c2.又AC垂直于x軸,由橢圓的對稱性,可得點C的坐標為2a2ca2+c2,b(a2-c2)a2+c2.因為直線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F1CAB,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準方程與幾何性質、直線與直線的位置關系等基礎知識,考查運算求解能力.考點二橢圓的幾何性質1.(2017課標全國理,10,5分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右頂點分別為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.63B.33C.23D.答案A2.(2016課標全國,11,5分)已知O為坐標原點,F是橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點,A,B分別為C的左,右頂點.P為C上一點,且PFx軸.過點A的直線l與線段PF交于點M,與y軸交于點E.若直線BM經過OE的中點,則C的離心率為() A.B.C.D.答案A3.(2014江西,15,5分)過點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,若M是線段AB的中點,則橢圓C的離心率等于.答案224.(2017北京文,19,14分)已知橢圓C的兩個頂點分別為A(-2,0),B(2,0),焦點在x軸上,離心率為32.(1)求橢圓C的方程;(2)點D為x軸上一點,過D作x軸的垂線交橢圓C于不同的兩點M,N,過D作AM的垂線交BN于點E.求證:BDE與BDN的面積之比為45.解析本題考查橢圓的方程和性質,直線的方程等知識,考查運算求解能力.(1)設橢圓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M(m,n),則D(m,0),N(m,-n).由題設知m2,且n0.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E的縱坐標yE=-n(4-m2)4-m2+n2.由點M在橢圓C上,得4-m2=4n2.所以yE=-n.又SBDE=|BD|yE|=|BD|n|,SBDN=|BD|n|,所以BDE與BDN的面積之比為45.易錯警示在設直線方程時,若設方程為y=kx+m,則要考慮斜率不存在的情況;若設方程為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、右焦點分別為F1,F2,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.解析(1)由橢圓的定義,有2a=|PF1|+|PF2|=(2+2)+(2-2)=4,故a=2.設橢圓的半焦距為c,由已知PF1PF2,得2c=|F1F2|=|PF1|2+|PF2|2=(2+2)2+(2-2)2=23,即c=3,從而b=a2-c2=1.故所求橢圓的標準方程為x24+y2=1.(2)解法一:連接F1Q,如圖,設點P(x0,y0)在橢圓上,且PF1PF2,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PF1PF2,|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PF1PQ,|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PF1PF2,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F1、F2分別是橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點,過點F1的直線交橢圓E于A,B兩點,|AF1|=3|F1B|.(1)若|AB|=4,ABF2的周長為16,求|AF2|;(2)若cosAF2B=,求橢圓E的離心率.解析(1)由|AF1|=3|F1B|,|AB|=4,得|AF1|=3,|F1B|=1.因為ABF2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|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|cosAF2B,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F1AF2A,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)設橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,右頂點為A,上頂點為B.已知|AB|=32|F1F2|.(1)求橢圓的離心率;(2)設P為橢圓上異于其頂點的一點,以線段PB為直徑的圓經過點F1,經過點F2的直線l與該圓相切于點M,|MF2|=22.求橢圓的方程.解析(1)設橢圓右焦點F2的坐標為(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c0,故有x0+y0+c=0.因為點P在橢圓上,故x022c2+y02c2=1.由和可得3x02+4cx0=0.而點P不是橢圓的頂點,故x0=-c,代入得y0=,即點P的坐標為-4c3,c3.設圓的圓心為T(x1,y1),則x1=-43c+02=-c,y1=c3+c2=c,進而圓的半徑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,過左焦點F1的直線與橢圓交于A,B兩點,且滿足|AF1|=2|BF1|,|AB|=|BF2|,則該橢圓的離心率是() A.B.33C.32D.53答案B2.(2018浙江名校協(xié)作體期初聯(lián)考,8)設A,B是橢圓C:x24+y2k=1長軸的兩個端點,若C上存在點P滿足APB=120,則k的取值范圍是() A.0,4312,+)B.0,236,+)C.0,2312,+)D.0,436,+)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)上的動點,過P作橢圓的切線l與x軸、y軸分別交于點A、B,當AOB(O為坐標原點)的面積最小時,cosF1PF2= (F1、F2是橢圓的兩個焦點),則該橢圓的離心率為.答案234.(2018浙江嘉興教學測試(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,過P作PMl1且與直線l2交于點M,作PNl2與直線l1交于點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月基礎測試,21)已知橢圓x2a2+y2=1(a>0),直線l經過點P0,22交橢圓于A,B兩點,當lx軸時,|AB|=2.(1)求橢圓的方程;(2)求|AB|的取值范圍.解析(1)不妨設點A在點B的右側.當lx軸時,點A,B的坐標分別是1,22,-1,22,所以1a2+=1,即a2=2,故橢圓的方程為x22+y2=1.(2)當lx軸時,|AB|=2.當直線l的斜率存在時,設l:y=kx+22,A(x1,y1),B(x2,y2).由x22+y2=1,y=kx+22(2k2+1)x2+22kx-1=0.=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t1,k2=t-12,則|AB|=2t+12(2t-1)t2=-21t+11t-2.因為0<1,所以2|AB|322.當1t=12,即t=2時,|AB|max=322故2|AB|322.6.(2018浙江杭州高三教學質檢,21)已知橢圓C:x23+y22=1,直線l:y=kx+m(m0),設直線l與橢圓C交于不同的A,B兩點.(1)若|m|>3,求實數(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為坐標原點),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,=(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A(x1,y1),B(x2,y2),則由(1)可得x1+x2=-6km2+3k2,x1x2=3m2-62+3k2,設直線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O到直線l的距離h=|m|1+k2=35|m|,SOAB=|AB|h=6632m26-32m26632m2+6-32m22=62,當且僅當m=2時取“=”.當m=2時,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的右頂點和上頂點,且|AB|=5.(1)求橢圓M的方程;(2)若C,D分別是x軸負半軸,y軸負半軸上的點,且四邊形ABCD的面積為2.設直線BC和AD的交點為P,求點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P(x0,y0),C(s,0),D(0,t),其中s<0,t<0.因為A(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P在第三象限的橢圓弧上.設與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,=8-4m2=0,所以m=-2.又直線AB的方程為y=-x+1.所以點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.(1)求線段AB長的最大值;(2)在橢圓C上是否存在點M,當直線l不過點M時,直線MA與直線MB的斜率之和為0?若存在,求點M的坐標;若不存在,請說明理由.解析(1)設直線l的方程為y=2x+m,與y24+x23=1聯(lián)立,整理得16x2+12mx+3m2-12=0.由=144m2-64(3m2-12)>0,得0m2<16.設A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=-m,x1x2=3m2-1216.則|AB|=5|x1-x2|=5(x1+x2)2-4x1x2=15416-m2,0m2<16,m=0時,線段AB的長取得最大值,為15.(2)假設存在滿足題意的點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y024+x023=1,即點M(x0,y0)在橢圓C上,故存在M32,1或M-32,-1,使得當直線l不過點M時,直線MA與直線MB的斜率之和為0.