（課標專用 5年高考3年模擬A版）高考數(shù)學 專題九 平面解析幾何 3 橢圓及其性質(zhì)試題 文-人教版高三數(shù)學試題

《（課標專用 5年高考3年模擬A版）高考數(shù)學 專題九 平面解析幾何 3 橢圓及其性質(zhì)試題 文-人教版高三數(shù)學試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標專用 5年高考3年模擬A版）高考數(shù)學 專題九 平面解析幾何 3 橢圓及其性質(zhì)試題 文-人教版高三數(shù)學試題（28頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、橢圓及其性質(zhì) 探考情 悟真題 【考情探究】 考點 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 橢圓的定 義及標 準方程 ①掌握橢圓的定義,并會用橢圓的定義解題;②掌握橢圓的幾何圖形和標準方程,并會用待定系數(shù)法求橢圓的方程 2019課標全國Ⅰ,12,5分 橢圓的方程 余弦定理 ★★☆ 橢圓的幾 何性質(zhì) ①掌握橢圓的幾何性質(zhì),并會熟練運用;②理解橢圓離心率的定義,并會求橢圓的離心率 2019課標全國Ⅱ,20,12分 橢圓的離心率 橢圓的定義 ★★★ 2018課標全國Ⅱ,11,5分 橢圓的離心率 橢圓的定義,焦點三角形 2018

2、課標全國Ⅰ,4,5分 橢圓的離心率 橢圓的標準方程 2019課標全國Ⅲ,15,5分 橢圓的幾何性質(zhì) — 直線與橢 圓的位 置關(guān)系 ①掌握直線與橢圓位置關(guān)系的判斷方法;②理解“整體代換”思想的含義,并能通過直線與橢圓位置關(guān)系解答相應(yīng)問題 2018課標全國Ⅲ,20,12分 直線與橢圓的位置關(guān)系 弦中點,向量的運算,弦長問題 ★★★ 分析解讀 從近幾年的高考試題來看,橢圓的定義、標準方程、幾何性質(zhì)以及直線與橢圓的位置關(guān)系一直是高考命題的重點和熱點,因此要求學生在備考時注重以下內(nèi)容:①能夠熟練使用直接法、待定系數(shù)法、定義法求橢圓的方程;②能熟練運用橢圓的幾何性質(zhì)(如范

3、圍、對稱性、頂點、離心率等)解決相關(guān)問題;③能夠把直線與橢圓的位置關(guān)系問題轉(zhuǎn)化為方程組解的問題,從而判斷其位置關(guān)系,解決相關(guān)問題.在解答題中常以橢圓的方程、幾何性質(zhì)以及直線與橢圓的位置關(guān)系為主,同時與向量、函數(shù)、不等式等知識綜合起來進行考查趨勢逐漸加強,備考時應(yīng)加以重視. 破考點 練考向 【考點集訓】 考點一　橢圓的定義及標準方程 1.(2019湖北重點中學第一次調(diào)研,11)點P是橢圓x29+y25=1上的點,F1、F2是橢圓的左、右焦點,則△PF1F2的周長是(　　) A.12 B.10 C.8 D.6 答案　B　 2.(2018湖北十堰十三中質(zhì)檢,6)一個橢圓的中心在原點

4、,焦點F1,F2在x軸上,P(2,3)是橢圓上一點,且|PF1|,|F1F2|,|PF2|成等差數(shù)列,則橢圓的標準方程為(　　) A.x28+y26=1 B.x216+y26=1 C.x24+y22=1 D.x28+y24=1 答案　A　 考點二　橢圓的幾何性質(zhì) 1.(2020屆河南新鄉(xiāng)、許昌兩市第二次聯(lián)考,4)焦點在x軸上的橢圓x2a2+y23=1(a>0)的離心率為22,則a=(　　) A.6 B.6+32 C.6 D.32 答案　C　 2.(2020屆遼寧撫順部分重點中學第二次聯(lián)考,6)已知橢圓x2a2+y24=1的一個焦點坐標為(4,0),則a=(　　) A.±2

5、5 B.±23 C.23 D.25 答案　A　 3.(2020屆百師聯(lián)盟第一次聯(lián)考,5)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),F1、F2為其左、右焦點,|F1F2|=22,B為短軸的一個端點,三角形BF1O(O為坐標原點)的面積為7,則橢圓的長軸長為(　　) A.4 B.8 C.1+332 D.1+33 答案　B　 4.(2018湖北武漢模擬,4)曲線x225+y29=1與曲線x225-k+y29-k=1(k<9)的(　　) A.長軸長相等 B.短軸長相等 C.離心率相等 D.焦距相等 答案　D　 5.(2015課標Ⅰ,5,5分)已知橢圓E的中心在坐標原點,離心率

6、為12,E的右焦點與拋物線C:y2=8x的焦點重合,A,B是C的準線與E的兩個交點,則|AB|=(　　) A.3 B.6 C.9 D.12 答案　B　 考點三　直線與橢圓的位置關(guān)系 答案　A　 2.過橢圓x25+y24=1的右焦點作一條斜率為2的直線與橢圓交于A,B兩點,O為坐標原點,則△OAB的面積為　　　　.? 答案　53 煉技法 提能力 【方法集訓】 方法1　求橢圓的標準方程的方法 1.(2020屆江西南昌重點中學9月聯(lián)考,8)橢圓C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)與雙曲線C2:x2a2-y2b2=1的離心率之積為32,直線l:x-y+3=0與橢圓

7、C1相切,則橢圓C1的方程為(　　) A.x22+y2=1 B.x24+y22=1 C.x26+y23=1 D.x216+y28=1 答案　C　 2.已知橢圓C的中心在原點,焦點在坐標軸上,且經(jīng)過兩點(2,-2),-1,142,則橢圓C的方程為　　　　　　.? 答案　x28+y24=1 方法2　求橢圓的離心率(或其取值范圍)的方法 1.(2017課標全國Ⅲ,11,5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.63 B.33 C.23 D.13 答案

8、　A　 2.(2018課標全國Ⅱ,11,5分)已知F1,F2是橢圓C的兩個焦點,P是C上的一點.若PF1⊥PF2,且∠PF2F1=60°,則C的離心率為(　　) A.1-32 B.2-3 C.3-12 D.3-1 答案　D　 3.(2020屆河南十所名校尖子生第二次聯(lián)考,12)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右頂點分別為A,B,點M為橢圓C上異于A,B的一點.直線AM和直線BM的斜率之積為-14,則橢圓C的離心率為(　　) A.14 B.12 C.32 D.154 答案　C　 4.設(shè)F1(-c,0)、F2(c,0)分別是橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0

9、)的左、右焦點,若在直線x=a2c上存在點P,使線段PF1的中垂線過點F2,則橢圓離心率的取值范圍是(　　) A.0,22 B.0,33 C.22,1 D.33,1 答案　D　 方法3　解決弦中點問題的方法 1.(2019湖南郴州一模,11)已知橢圓x24+y2b2=1(0

10、橢圓的方程為　　　　　.? 答案　y224+x28=1 【五年高考】 A組　統(tǒng)一命題·課標卷題組 1.(2018課標全國Ⅰ,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.13 B.12 C.22 D.223 答案　C　 2.(2017課標全國Ⅰ,12,5分)設(shè)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.(0,1]∪[9,+∞) B.(0,3]∪[9,+∞) C.(0,1]∪[4,+∞) D.(0,3]∪[4,+∞) 答案　A　 3.(2016課標全

11、國Ⅰ,5,5分)直線l經(jīng)過橢圓的一個頂點和一個焦點,若橢圓中心到l的距離為其短軸長的14,則該橢圓的離心率為(　　) A.13 B.12 C.23 D.34 答案　B　 4.(2016課標全國Ⅲ,12,5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PF⊥x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(jīng)過OE的中點,則C的離心率為(　　) A.13 B.12 C.23 D.34 答案　A　 5.(2019課標全國Ⅲ,15,5分)設(shè)F1,F2為橢圓C:x236+y220=1的兩個焦點,M

12、為C上一點且在第一象限.若△MF1F2為等腰三角形,則M的坐標為　　　　.? 答案　(3,15) 6.(2019課標全國Ⅱ,20,12分)已知F1,F2是橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的兩個焦點,P為C上的點,O為坐標原點. (1)若△POF2為等邊三角形,求C的離心率; (2)如果存在點P,使得PF1⊥PF2,且△F1PF2的面積等于16,求b的值和a的取值范圍. 答案　本題主要考查橢圓的定義、簡單的幾何性質(zhì);考查數(shù)形結(jié)合的數(shù)學思想和邏輯思維能力與運算求解能力;體現(xiàn)了邏輯推理與數(shù)學運算的核心素養(yǎng). (1)連接PF1.由△POF2為等邊三角形可知在△F1PF2中,∠F

13、1PF2=90°,|PF2|=c,|PF1|=3c,于是2a=|PF1|+|PF2|=(3+1)c,故C的離心率e=ca=3-1. (2)由題意可知,滿足條件的點P(x,y)存在,當且僅當12|y|·2c=16,yx+c·yx-c=-1,x2a2+y2b2=1, 即c|y|=16,① x2+y2=c2,② x2a2+y2b2=1.③ 由②③及a2=b2+c2得y2=b4c2, 又由①知y2=162c2,故b=4. 由②③得x2=a2c2(c2-b2), 所以c2≥b2, 從而a2=b2+c2≥2b2=32,故a≥42. 當b=4,a≥42時,存在滿足條件的點P. 所以b=

14、4,a的取值范圍為[42,+∞). 7.(2018課標全國Ⅲ,20,12分)已知斜率為k的直線l與橢圓C:x24+y23=1交于A,B兩點,線段AB的中點為M(1,m)(m>0). (1)證明:k<-12; (2)設(shè)F為C的右焦點,P為C上一點,且FP+FA+FB=0.證明:2|FP|=|FA|+|FB|. 答案　本題考查橢圓的幾何性質(zhì)、直線與橢圓的位置關(guān)系. (1)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x124+y123=1,x224+y223=1. 兩式相減,并由y1-y2x1-x2=k得x1+x24+y1+y23·k=0. 由題設(shè)知x1+x22=1,y1+y22=m,于是

15、k=-34m. 由題設(shè)得0

16、A是橢圓E:x24+y23=1的左頂點,斜率為k(k>0)的直線交E于A,M兩點,點N在E上,MA⊥NA. (1)當|AM|=|AN|時,求△AMN的面積; (2)當2|AM|=|AN|時,證明:30. 由已知及橢圓的對稱性知,直線AM的傾斜角為π4. 又A(-2,0),因此直線AM的方程為y=x+2.(2分) 將x=y-2代入x24+y23=1得7y2-12y=0. 解得y=0或y=127,所以y1=127. 因此△AMN的面積S△AMN=2×12×127×127=14449.(4分) (2)證明:將直線AM的方程

17、y=k(x+2)(k>0)代入x24+y23=1得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0. 由x1·(-2)=16k2-123+4k2得x1=2(3-4k2)3+4k2, 故|AM|=|x1+2|1+k2=121+k23+4k2. 由題設(shè),直線AN的方程為y=-1k(x+2), 故同理可得|AN|=12k1+k23k2+4.(7分) 由2|AM|=|AN|得23+4k2=k3k2+4,即4k3-6k2+3k-8=0.(9分) 設(shè)f(t)=4t3-6t2+3t-8,則k是f(t)的零點,f'(t)=12t2-12t+3=3(2t-1)2≥0,所以f(t)在(0,+∞)內(nèi)單

18、調(diào)遞增. 又f(3)=153-26<0,f(2)=6>0,因此f(t)在(0,+∞)內(nèi)有唯一的零點,且零點k在(3,2)內(nèi),所以3b>0)的焦點為F1(-1,0),F2(1,0).過F2作x

19、軸的垂線l,在x軸的上方,l與圓F2:(x-1)2+y2=4a2交于點A,與橢圓C交于點D.連接AF1并延長交圓F2于點B,連接BF2交橢圓C于點E,連接DF1.已知DF1=52. (1)求橢圓C的標準方程; (2)求點E的坐標. 答案　本題主要考查直線方程、圓的方程、橢圓方程、橢圓的幾何性質(zhì)、直線與圓及橢圓的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識,考查推理論證能力、分析問題能力和運算求解能力. (1)設(shè)橢圓C的焦距為2c. 因為F1(-1,0),F2(1,0),所以F1F2=2,c=1. 又因為DF1=52,AF2⊥x軸,所以DF2=DF12-F1F22=522-22=32. 因此2a=DF1

20、+DF2=4,從而a=2. 由b2=a2-c2,得b2=3. 因此,橢圓C的標準方程為x24+y23=1. (2)解法一:由(1)知,橢圓C:x24+y23=1,a=2. 因為AF2⊥x軸,所以點A的橫坐標為1. 將x=1代入圓F2的方程(x-1)2+y2=16,解得y=±4. 因為點A在x軸上方,所以A(1,4). 又F1(-1,0),所以直線AF1:y=2x+2. 由y=2x+2,(x-1)2+y2=16,得5x2+6x-11=0, 解得x=1或x=-115. 將x=-115代入y=2x+2,得y=-125. 因此B-115,-125. 又F2(1,0),所以直線B

21、F2:y=34(x-1). 由y=34(x-1),x24+y23=1,得7x2-6x-13=0,解得x=-1或x=137. 又因為E是線段BF2與橢圓的交點,所以x=-1. 將x=-1代入y=34(x-1),得y=-32. 因此E-1,-32. 解法二:由(1)知,橢圓C:x24+y23=1. 如圖,連接EF1. 因為BF2=2a,EF1+EF2=2a,所以EF1=EB, 從而∠BF1E=∠B. 因為F2A=F2B,所以∠A=∠B. 所以∠A=∠BF1E,從而EF1∥F2A. 因為AF2⊥x軸,所以EF1⊥x軸. 因為F1(-1,0),由x=-1,x24+y23=1,

22、 解得y=±32. 又因為E是線段BF2與橢圓的交點,所以y=-32. 因此E-1,-32. 3.(2018天津,19,14分)設(shè)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(shè)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. 答案　(1)設(shè)橢圓的焦距為2c,由已知有c2a2=59,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

23、+y24=1. (2)設(shè)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=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=-89或k=-12. 當k=-89時,x2=-9<0,不合題意,

24、舍去; 當k=-12時,x2=12,x1=125,符合題意. 所以,k的值為-12. 考點二　橢圓的幾何性質(zhì) 1.(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=b2與橢圓交于B,C兩點,且∠BFC=90°,則該橢圓的離心率是　　　　.? 答案　63 2.(2019天津,19,14分)設(shè)橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點為F,左頂點為A,上頂點為B.已知3|OA|=2|OB|(O為原點). (1)求橢圓的離心率; (2)設(shè)經(jīng)過點F且斜率為34的直線l與橢圓在x軸上方的交點為P,圓C同

25、時與x軸和直線l相切,圓心C在直線x=4上,且OC∥AP.求橢圓的方程. 答案　本題主要考查橢圓的標準方程和幾何性質(zhì)、直線方程、圓等基礎(chǔ)知識.考查用代數(shù)方法研究圓錐曲線的性質(zhì).考查運算求解能力,以及用方程思想、數(shù)形結(jié)合思想解決問題的能力. (1)設(shè)橢圓的半焦距為c,由已知有3a=2b. 又由a2=b2+c2,消去b得a2=32a2+c2,解得ca=12. 所以,橢圓的離心率為12. (2)由(1)知,a=2c,b=3c,故橢圓方程為x24c2+y23c2=1. 由題意,F(-c,0),則直線l的方程為y=34(x+c). 點P的坐標滿足x24c2+y23c2=1,y=34(x+c

26、),消去y并化簡,得到7x2+6cx-13c2=0,解得x1=c,x2=-13c7. 代入到l的方程,解得y1=32c,y2=-914c. 因為點P在x軸上方,所以Pc,32c. 由圓心C在直線x=4上,可設(shè)C(4,t). 因為OC∥AP,且由(1)知A(-2c,0),故t4=32cc+2c,解得t=2.則C(4,2). 因為圓C與x軸相切,所以圓的半徑長為2,又由圓C與l相切,得34(4+c)-21+342=2,可得c=2. 所以,橢圓的方程為x216+y212=1. 考點三　直線與橢圓的位置關(guān)系 1.(2018江蘇,18,14分)如圖,在平面直角坐標系xOy中,橢圓C過

27、點3,12,焦點F1(-3,0),F2(3,0),圓O的直徑為F1F2. (1)求橢圓C及圓O的方程; (2)設(shè)直線l與圓O相切于第一象限內(nèi)的點P. ①若直線l與橢圓C有且只有一個公共點,求點P的坐標; ②直線l與橢圓C交于A,B兩點.若△OAB的面積為267,求直線l的方程. 答案　解法一:(1)因為橢圓C的焦點為F1(-3,0),F2(3,0), 所以可設(shè)橢圓C的方程為x2a2+y2b2=1(a>b>0). 又點3,12在橢圓C上,所以3a2+14b2=1,a2-b2=3, 解得a2=4,b2=1. 因此,橢圓C的方程為x24+y2=1. 因為圓O的直徑為F1F2,

28、 所以其方程為x2+y2=3. (2)①設(shè)直線l與圓O相切于P(x0,y0)(x0>0,y0>0),則x02+y02=3. 所以直線l的方程為y=-x0y0(x-x0)+y0,即y=-x0y0x+3y0. 由x24+y2=1,y=-x0y0x+3y0消去y,得 (4x02+y02)x2-24x0x+36-4y02=0.(*) 因為直線l與橢圓C有且只有一個公共點,所以Δ=(-24x0)2-4(4x02+y02)(36-4y02)=48y02(x02-2)=0. 因為x0,y0>0,所以x0=2,y0=1. 因此,點P的坐標為(2,1). ②因為三角形OAB的面積為267,

29、所以12AB·OP=267,從而AB=427. 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2), 由(*)得 x1,2=24x0±48y02(x02-2)2(4x02+y02), 所以AB2=(x1-x2)2+(y1-y2)2=1+x02y02·48y02(x02-2)(4x02+y02)2. 因為x02+y02=3, 所以AB2=16(x02-2)(x02+1)2=3249,即2x04-45x02+100=0. 解得x02=52(x02=20舍去),則y02=12,因此P的坐標為102,22. 則直線l的方程為y=-5x+32. 解法二:(1)由題意知c=3,所以圓O的方程為x2+y

30、2=3,因為點3,12在橢圓上, 所以2a=(3-3)2+12-02+(3+3)2+12-02=4,所以a=2. 因為a2=b2+c2,所以b=1, 所以橢圓C的方程為x24+y2=1. (2)①由題意知直線l與圓O和橢圓C均相切,且切點在第一象限,所以直線l的斜率k存在且k<0, 設(shè)直線l的方程為y=kx+m(k<0,m>0), 將直線l的方程代入圓O的方程,得x2+(kx+m)2=3, 整理得(k2+1)x2+2kmx+m2-3=0, 因為直線l與圓O相切,所以Δ=(2km)2-4(k2+1)·(m2-3)=0,整理得m2=3k2+3, 將直線l的方程代入橢圓C的方程,得

31、x24+(kx+m)2=1, 整理得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0, 因為直線l與橢圓C相切, 所以Δ=(8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)=0, 整理得m2=4k2+1, 所以3k2+3=4k2+1,因為k<0,所以k=-2,則m=3, 將k=-2,m=3代入(k2+1)x2+2kmx+m2-3=0, 整理得x2-22x+2=0, 解得x1=x2=2,將x=2代入x2+y2=3, 解得y=1(y=-1舍去),所以點P的坐標為(2,1). ②設(shè)A(x1,kx1+m),B(x2,kx2+m), 由①知m2=3k2+3,且k<0,m>0, 因為直線l和

32、橢圓C相交,所以結(jié)合②的過程知m2<4k2+1,解得k<-2, 將直線l的方程和橢圓C的方程聯(lián)立可得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0, 解得x1,2=-8km±44k2+1-m22(4k2+1), 所以|x1-x2|=44k2+1-m24k2+1, 因為AB=(x1-x2)2+(kx1-kx2)2=|x1-x2|k2+1=44k2+1-m24k2+1·k2+1, O到l的距離d=|m|k2+1=3, 所以S△OAB=12·44k2+1-m24k2+1·k2+1·|m|k2+1 =12·4k2-24k2+1·k2+1·3=267, 解得k2=5,因為k<0,所以k=-

33、5,則m=32, 即直線l的方程為y=-5x+32. 2.(2018北京,20,14分)已知橢圓M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為63,焦距為22.斜率為k的直線l與橢圓M有兩個不同的交點A,B. (1)求橢圓M的方程; (2)若k=1,求|AB|的最大值; (3)設(shè)P(-2,0),直線PA與橢圓M的另一個交點為C,直線PB與橢圓M的另一個交點為D.若C,D和點Q-74,14共線,求k. 答案　(1)由題意得a2=b2+c2,ca=63,2c=22, 解得a=3,b=1. 所以橢圓M的方程為x23+y2=1. (2)設(shè)直線l的方程為y=x+m,A(x1,y1)

34、,B(x2,y2). 由y=x+m,x23+y2=1 得4x2+6mx+3m2-3=0. 所以x1+x2=-3m2,x1x2=3m2-34. |AB|=(x2-x1)2+(y2-y1)2=2(x2-x1)2 =2[(x1+x2)2-4x1x2]=12-3m22. 當m=0,即直線l過原點時,|AB|最大,最大值為6. (3)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2). 由題意得x12+3y12=3,x22+3y22=3. 直線PA的方程為y=y1x1+2(x+2). 由y=y1x1+2(x+2),x2+3y2=3, 得[(x1+2)2+3y12]x2+12y12x+12y12-

35、3(x1+2)2=0. 設(shè)C(xC,yC). 所以xC+x1=-12y12(x1+2)2+3y12=4x12-124x1+7. 所以xC=4x12-124x1+7-x1=-12-7x14x1+7. 所以yC=y1x1+2(xC+2)=y14x1+7. 設(shè)D(xD,yD). 同理得xD=-12-7x24x2+7,yD=y24x2+7. 記直線CQ,DQ的斜率分別為kCQ,kDQ, 則kCQ-kDQ=y14x1+7-14-12-7x14x1+7+74-y24x2+7-14-12-7x24x2+7+74=4(y1-y2-x1+x2). 因為C,D,Q三點共線, 所以kCQ-kDQ

36、=0. 故y1-y2=x1-x2. 所以直線l的斜率k=y1-y2x1-x2=1. C組　教師專用題組 考點一　橢圓的定義及標準方程 1.(2015廣東,8,5分)已知橢圓x225+y2m2=1(m>0)的左焦點為F1(-4,0),則m=(　　) A.2 B.3 C.4 D.9 答案　B　 2.(2014大綱全國,9,5分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)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43,則C的方程為(　　) A.x23+y22=1 B.x23+y2=1 C.x212+y28=1 D.x21

37、2+y24=1 答案　A　 3.(2016四川,20,13分)已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一個焦點與短軸的兩個端點是正三角形的三個頂點,點P3,12在橢圓E上. (1)求橢圓E的方程; (2)設(shè)不過原點O且斜率為12的直線l與橢圓E交于不同的兩點A,B,線段AB的中點為M,直線OM與橢圓E交于C,D,證明:|MA|·|MB|=|MC|·|MD|. 答案　(1)由已知,a=2b. 又橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)過點P3,12, 故34b2+14b2=1,解得b2=1. 所以橢圓E的方程是x24+y2=1. (2)證明:設(shè)直線l的方程為y=12x

38、+m(m≠0),A(x1,y1),B(x2,y2), 由方程組x24+y2=1,y=12x+m,得x2+2mx+2m2-2=0,① 方程①的判別式為Δ=4(2-m2),由Δ>0,即2-m2>0,解得-2

39、2]=516[4m2-4(2m2-2)]=54(2-m2), 所以|MA|·|MB|=|MC|·|MD|. 4.(2015天津,19,14分)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上頂點為B,左焦點為F,離心率為55. (1)求直線BF的斜率; (2)設(shè)直線BF與橢圓交于點P(P異于點B),過點B且垂直于BP的直線與橢圓交于點Q(Q異于點B),直線PQ與y軸交于點M,|PM|=λ|MQ|. (i)求λ的值; (ii)若|PM|sin∠BQP=759,求橢圓的方程. 答案　(1)設(shè)F(-c,0).由已知離心率ca=55及a2=b2+c2,可得a=5c,b=2c. 又因為B

40、(0,b),F(-c,0), 故直線BF的斜率k=b-00-(-c)=2cc=2. (2)設(shè)點P(xP,yP),Q(xQ,yQ),M(xM,yM). (i)由(1)可得橢圓的方程為x25c2+y24c2=1,直線BF的方程為y=2x+2c.將直線方程與橢圓方程聯(lián)立,消去y,整理得3x2+5cx=0,解得xP=-5c3. 因為BQ⊥BP,所以直線BQ的方程為y=-12x+2c,與橢圓方程聯(lián)立,消去y,整理得21x2-40cx=0,解得xQ=40c21. 又因為λ=|PM||MQ|,及xM=0,可得λ=|xM-xP||xQ-xM|=|xP||xQ|=78. (ii)由(i)有|PM||

41、MQ|=78,所以|PM||PM|+|MQ|=77+8=715, 即|PQ|=157|PM|. 又因為|PM|sin∠BQP=759, 所以|BP|=|PQ|sin∠BQP=157|PM|sin∠BQP=553. 又因為yP=2xP+2c=-43c, 所以|BP|=0+5c32+2c+4c32=553c, 因此553c=553,得c=1. 所以,橢圓方程為x25+y24=1. 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PQ⊥PF1. (1)若|PF1|=2+2,|PF2|=2

42、-2,求橢圓的標準方程; (2)若|PQ|=λ|PF1|,且34≤λ<43,試確定橢圓離心率e的取值范圍. 答案　(1)由橢圓的定義得,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,因此 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)如圖,由PF1⊥PQ,|PQ|=λ|PF1|,得 |QF1|=|PF1|2+|PQ|2=1+λ2|PF1|. 由橢圓的定義得,|PF1|+|PF2|=2a,|Q

43、F1|+|QF2|=2a,進而 |PF1|+|PQ|+|QF1|=4a. 于是(1+λ+1+λ2)|PF1|=4a, 解得|PF1|=4a1+λ+1+λ2, 故|PF2|=2a-|PF1|=2a(λ+1+λ2-1)1+λ+1+λ2. 由勾股定理得 |PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=(2c)2=4c2, 從而4a1+λ+1+λ22+2a(λ+1+λ2-1)1+λ+1+λ22=4c2, 兩邊除以4a2,得 4(1+λ+1+λ2)2+(λ+1+λ2-1)2(1+λ+1+λ2)2=e2. 若記t=1+λ+1+λ2,則上式變成 e2=4+(t-2)2t2=81t-14

44、2+12. 由34≤λ<43,并注意到t=1+λ+1+λ2關(guān)于λ的單調(diào)性,得3≤t<4,即14<1t≤13. 進而12

45、M外切并且與圓N內(nèi)切, 所以|PM|+|PN|=(R+r1)+(r2-R)=r1+r2=4. 由橢圓的定義可知,曲線C是以M、N為左、右焦點,長半軸長為2,短半軸長為3的橢圓(左頂點除外),其方程為x24+y23=1(x≠-2). (2)對于曲線C上任意一點P(x,y),由于|PM|-|PN|=2R-2≤2,所以R≤2,當且僅當圓P的圓心為(2,0)時,R=2. 所以當圓P的半徑最長時,其方程為(x-2)2+y2=4. 若l的傾斜角為90°,則l與y軸重合,可得|AB|=23. 若l的傾斜角不為90°,由r1≠R知l不平行于x軸,設(shè)l與x軸的交點為Q, 則|QP||QM|=Rr1

46、,可求得Q(-4,0),所以可設(shè)l:y=k(x+4). 由l與圓M相切得|3k|1+k2=1,解得k=±24. 當k=24時,將y=24x+2代入x24+y23=1,并整理得7x2+8x-8=0, 解得x1,2=-4±627. 所以|AB|=1+k2|x2-x1|=187. 當k=-24時,由圖形的對稱性可知|AB|=187. 綜上,|AB|=23或|AB|=187. 考點二　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.23 D.59 答案　B　 2.(2015福建,11,5分)已知橢圓E:x2a2

47、+y2b2=1(a>b>0)的右焦點為F,短軸的一個端點為M,直線l:3x-4y=0交橢圓E于A,B兩點.若|AF|+|BF|=4,點M到直線l的距離不小于45,則橢圓E的離心率的取值范圍是(　　) A.0,32 B.0,34 C.32,1 D.34,1 答案　A　 3.(2013課標Ⅱ,5,5分)設(shè)橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1、F2,P是C上的點,PF2⊥F1F2,∠PF1F2=30°,則C的離心率為(　　) A.36 B.13 C.12 D.33 答案　D　 4.(2012課標全國,4,5分)設(shè)F1、F2是橢圓E:x2a2+y2b2=1(a

48、>b>0)的左、右焦點,P為直線x=3a2上一點,△F2PF1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.45 答案　C　 5.(2011課標,4,5分)橢圓x216+y28=1的離心率為(　　) A.13 B.12 C.33 D.22 答案　D　 6.(2010全國Ⅰ,16,5分)已知F是橢圓C的一個焦點,B是短軸的一個端點,線段BF的延長線交C于點D,且BF=2FD,則C的離心率為　　　　.? 答案　33 7.(2017天津,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

49、(0,c),△EFA的面積為b22. (1)求橢圓的離心率; (2)設(shè)點Q在線段AE上,|FQ|=32c,延長線段FQ與橢圓交于點P,點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. 答案　(1)設(shè)橢圓的離心率為e.由已知,可得12(c+a)c=b22. 又由b2=a2-c2,可得2c2+ac-a2=0,即2e2+e-1=0. 又因為00),則直線FP的斜率為1m. 由(1)知

50、a=2c,可得直線AE的方程為x2c+yc=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|=32c,有(2m-2)cm+2+c2+3cm+22=3c22,整理得3m2-4m=0,所以m=43,即直線FP的斜率為34. (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=-13c

51、7(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QN⊥FP,所以|QN|=|FQ|·tan∠QFN=3c2×34=9c8,所以△FQN的面積為12|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. 8.(2015安徽,20

52、,13分)設(shè)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(shè)點C的坐標為(0,-b),N為線段AC的中點.證明:MN⊥AB. 答案　(1)由題設(shè)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=ca=255. (2)證明:由N是AC的中點知,點N的坐標為a2,-b2,可得NM=a6,5b6. 又AB=(-a,b),從而有AB·NM=-16a

53、2+56b2=16(5b2-a2). 由(1)的計算結(jié)果可知a2=5b2, 所以AB·NM=0,故MN⊥AB. 9.(2014課標Ⅱ,20,12分)設(shè)F1,F2分別是橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左,右焦點,M是C上一點且MF2與x軸垂直.直線MF1與C的另一個交點為N. (1)若直線MN的斜率為34,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. 答案　(1)根據(jù)c=a2-b2及題設(shè)知Mc,b2a,2b2=3ac. 將b2=a2-c2代入2b2=3ac,解得ca=12或ca=-2(舍去). 故C的離心率為12. (2

54、)由題意,知原點O為F1F2的中點,MF2∥y軸,所以直線MF1與y軸的交點D(0,2)是線段MF1的中點,故b2a=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 2(-c-x1)=c,-2y1=2,即x1=-32c,y1=-1. 代入C的方程,得9c24a2+1b2=1.② 將①及c=a2-b2代入②得9(a2-4a)4a2+14a=1. 解得a=7,b2=4a=28.故a=7,b=27. 考點三　直線與橢圓的位置關(guān)系 1.(2017北京,19,14分)已知橢圓C的兩個頂點分別為A(-2,0),B(2

55、,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4∶5. 答案　(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)證明: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(

56、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=-45n. 又S△BDE=12|BD|·|yE|=25|BD|·|n|, S△BDN=12|BD|·|n|, 所以△BDE與△BDN的面積之比為4∶5. 2.(2016天津,19,14分)設(shè)橢圓x2a2+y23=1(a>3)的右焦點為F,右頂點為A.已知1|OF|+1|OA|=3e|FA|,其中O為原點,e為橢圓的離心率. (1)求橢圓的方程; (2)設(shè)過點A的直

57、線l與橢圓交于點B(B不在x軸上),垂直于l的直線與l交于點M,與y軸交于點H.若BF⊥HF,且∠MOA=∠MAO,求直線l的斜率. 答案　(1)設(shè)F(c,0),由1|OF|+1|OA|=3e|FA|,即1c+1a=3ca(a-c),可得a2-c2=3c2, 又a2-c2=b2=3,所以c2=1,因此a2=4. 所以,橢圓的方程為x24+y23=1. (2)設(shè)直線l的斜率為k(k≠0), 則直線l的方程為y=k(x-2). 設(shè)B(xB,yB),由方程組x24+y23=1,y=k(x-2)消去y, 整理得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0. 解得x=2,或x=8k

58、2-64k2+3,由題意得xB=8k2-64k2+3,從而yB=-12k4k2+3. 由(1)知,F(1,0),設(shè)H(0,yH),有FH=(-1,yH),BF=9-4k24k2+3,12k4k2+3. 由BF⊥HF,得BF·FH=0,所以4k2-94k2+3+12kyH4k2+3=0,解得yH=9-4k212k. 因此直線MH的方程為y=-1kx+9-4k212k. 設(shè)M(xM,yM),由方程組y=k(x-2),y=-1kx+9-4k212k消去y, 解得xM=20k2+912(k2+1). 在△MAO中,∠MOA=∠MAO?|MA|=|MO|,即(xM-2)2+yM2=xM2+y

59、M2,化簡得xM=1,即20k2+912(k2+1)=1,解得k=-64,或k=64. 所以,直線l的斜率為-64或64. 【三年模擬】 時間:80分鐘　分值:100分 一、選擇題(每小題5分,共50分) 1.(2020屆豫南九校第三次聯(lián)考,4)若m是2和8的等比中項,則圓錐曲線x2+y2m=1的離心率為(　　) A.32 B.5 C.32或52 D.32或5 答案　D　 2.(2019湖北“荊、荊、襄、宜”四地七?？荚嚶?lián)盟聯(lián)考,4)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,離心率為12,過F2的直線與橢圓C交于A,B兩點.若△F1AB的

60、周長為8,則橢圓方程為(　　) A.x24+y23=1 B.x216+y212=1 C.x22+y2=1 D.x24+y22=1 答案　A　 3.(2018安徽合肥一模,7)如圖,橢圓x2a2+y24=1的左、右焦點分別為F1,F2,過F1的直線交橢圓于M,N兩點,交y軸于點H.若F1,H是線段MN的三等分點,則△F2MN的周長為(　　) A.20 B.10 C.25 D.45 答案　D　 4.(2020屆陜西百校聯(lián)盟9月聯(lián)考,10)已知橢圓C:x28+y22=1的左、右焦點分別為F1,F2,直線l過點F2且與橢圓C交于M,N兩點,且MA=AN,若|OA|=|AF2|,則直線

61、l的斜率為(　　) A.±1 B.±12 C.±13 D.±14 答案　B　 5.(2020屆黑龍江頂級名校11月聯(lián)考,11)設(shè)橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率e=12,右焦點為F(c,0),方程ax2+bx-c=0的兩個實根分別為x1和x2,則點P(x1,x2)(　　) A.必在圓x2+y2=2外 B.必在圓x2+y2=2上 C.必在圓x2+y2=2內(nèi) D.以上三種情形都有可能 答案　C　 6.(2019廣西南寧二中、柳州高中聯(lián)考,8)已知圓F1:(x+2)2+y2=36,定點F2(2,0),A是圓F1上的一動點,線段F2A的垂直平分線交半徑F1A于P點,則P點

62、的軌跡C的方程是(　　) A.x24+y23=1 B.x29+y25=1 C.x23+y24=1 D.x25+y29=1 答案　B　 7.(2020屆西南地區(qū)名師聯(lián)盟8月聯(lián)考,11)如圖所示,已知橢圓方程為x2a2+y2b2=1(a>b>0),A為橢圓的左頂點,B、C在橢圓上,若四邊形OABC為平行四邊形,且∠OAB=45°,則橢圓的離心率為(　　) A.22 B.33 C.63 D.223 答案　C　 8.(2020屆河南百校聯(lián)盟10月聯(lián)考,11)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左,右焦點分別為F1,F2,點A是橢圓上一點,線段AF1的垂直平分線與橢圓的一

63、個交點為B,若AB=3F2B,則橢圓C的離心率為(　　) A.13 B.33 C.23 D.63 答案　B　 9.(2020屆安徽A10聯(lián)盟摸底,11)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上存在兩點M、N關(guān)于直線2x-3y-1=0對稱,且線段MN中點的縱坐標為23,則橢圓C的離心率是(　　) A.13 B.33 C.23 D.223 答案　B　 10.(2019貴州銅仁東部聯(lián)盟診斷,11)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一點A關(guān)于原點的對稱點為B,F為其右焦點,若AF⊥BF,設(shè)∠ABF=α,且α∈π12,5π12,則該橢圓的離心率e的取值范圍是(　　)

64、A.22,63 B.33,22 C.12,33 D.23,63 答案　A　 二、解答題(共50分) 11.(2020屆河南、安徽部分重點中學10月聯(lián)考,21)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1、F2,上頂點為A,△AF1F2的面積為1,且橢圓C的離心率為22. (1)求橢圓C的標準方程; (2)點M在橢圓上且位于第二象限,過點F1作直線l1⊥MF1,過點F2作直線l2⊥MF2,若直線l1,l2的交點N恰好在橢圓C上,求點M的坐標. 答案　(1)由題意可得ca=22,12·2c·b=1,a2-b2=c2, 結(jié)合a>b>0,解得a=2,b

65、=1,c=1.(3分) 所以橢圓C的標準方程為x22+y2=1.(4分) (2)由(1)知,F1(-1,0),F2(1,0).(5分) 設(shè)M(x0,y0),則x0<0,y0>0. 當x0=-1時,l2與l1相交于點F2,不符合題意.(6分) 當x0≠-1時,直線MF1的斜率為y0x0+1,直線MF2的斜率為y0x0-1. 因為l1⊥MF1,l2⊥MF2,所以直線l1的斜率為-x0+1y0,直線l2的斜率為-x0-1y0.(8分) 所以直線l1的方程為y=-x0+1y0(x+1),直線l2的方程為 y=-x0-1y0(x-1). 聯(lián)立l1和l2的方程,解得x=-x0,y=x02

66、-1y0, 所以N-x0,x02-1y0.(10分) 因為點M,N在橢圓C上,由橢圓的對稱性,可知x02-1y0=±y0,所以x02-y02=1或x02+y02=1. 由x02-y02=1,x022+y02=1結(jié)合x0<0,y0>0,解得x0=-233,y0=33.而x02+y02=1,x022+y02=1無解, 所以點M的坐標為-233,33.(12分) 12.(2020屆皖北協(xié)作體第二次聯(lián)考,20)已知O為坐標原點,F為橢圓C:x24+y29=1的上焦點,C上一點A在第一象限,且|OA|=5. (1)求直線AF的方程; (2)若斜率為-12的直線l交橢圓C于不同的兩點M、N,求△OMN面積的最大值. 答案　(1)設(shè)A(x0,y0)(x0>0,y0>0),因為|OA|=5,所以x02+y02=5, 又因為點A在橢圓上,所以x024+y029=1, 聯(lián)立x02+y02=5,x024+y029=1,結(jié)合x0>0,y0>0,解得x0=455,y0=355, 故A的坐標為455,355. 又知F的坐標為(0,5), 所以直線AF的方程為y=-12x+5. (2)設(shè)