1、9.3椭圆及其性质探考情 悟真题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点1.椭圆的定义及标准方程掌握椭圆的定义、几何图形、标准方程及简单性质2019课标,10,5分求椭圆的方程余弦定理2019课标,15,5分椭圆的定义和几何性质解方程组,余弦定理2.椭圆的几何性质2018课标,12,5分求椭圆离心率直线方程2017课标,10,5分求椭圆离心率直线与圆的位置关系2016课标,11,5分求椭圆离心率线段中点坐标公式、三点共线3.直线与椭圆的位置关系2018课标,19,12分直线与椭圆的位置关系直线方程,斜率公式分析解读从近5年高考情况来看,椭圆的定义、标准方程、几何性质一直是高
2、考命题的热点,其中标准方程和几何性质考查较频繁,对直线与椭圆位置关系的考查,常与向量、圆、三角形等知识相结合,多以解答题的形式出现,解题时,要充分利用数形结合、转化与化归思想,注重数学思想在解题中的指导作用.本节主要考查学生数学运算、直观想象的核心素养.破考点 练考向【考点集训】考点一椭圆的定义及标准方程1.(2018甘肃张掖一模,10)设A,B是椭圆C:x212+y22=1的两个焦点,点P是椭圆C与圆M:x2+y2=10的一个交点,则|PA|-|PB|=()A.22B.43C.42D.62答案C2.(2019广西玉林高中5月月考,14)已知点A(-2,0),B(2,0),点C在直线y=1上,
3、满足ACBC,则以A、B为焦点且过点C的椭圆方程为.答案x26+y22=13.(2020届四川南充顺庆月考,15)设点P是椭圆C:x28+y24=1上的动点,F为C的右焦点,定点A(2,1),则|PA|+|PF|的取值范围是.答案42-17,42+17考点二椭圆的几何性质1.(2019贵州黔东南州一模,3)椭圆x2+y28=1的离心率为()A.144B.78C.104D.18答案A2.(2020届河南天一大联考高三(上)段考,10)已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)短轴的两个端点为A、B,点C为椭圆上异于A、B的一点,直线AC与直线BC的斜率之积为-14,则椭圆的离心率为()A.32B.
4、3C.12D.34答案A3.(2019安徽六安一中第二次模拟,14)已知椭圆x2tan+y2tan2+1=1,其中0,2,则椭圆形状最圆时的焦距为.答案2考点三直线与椭圆的位置关系1.(2018安徽合肥模拟,8)已知椭圆C:x22+y2=1,若一组斜率为14的平行直线被椭圆C所截线段的中点均在直线l上,则l的斜率为()A.-2B.2C.-12D.12答案A2.(2020届陕西宝鸡渭滨月考,11)已知椭圆C:x28+y22=1的左、右焦点分别为F1,F2,直线l过点F2且与椭圆C交于M,N两点,且MA=AN,若|OA|=|AF2|,则直线l的斜率为()A.1B.12C.13D.14答案B炼技法
5、提能力【方法集训】方法求椭圆离心率或取值范围的方法1.(2019重庆巴蜀中学二诊,10)设F1,F2分别是椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)的左,右焦点,过F2的直线交椭圆于A,B两点,且AF1AF2=0,AF2=2F2B,则椭圆E的离心率为()A.23B.34C.53D.74答案C2.(2018江西赣南五校联考,15)椭圆:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,焦距为2c.若直线y=3(x+c)与椭圆的一个交点M满足MF1F2=2MF2F1,则该椭圆的离心率等于.答案3-13.(2019云南昆明三中2月月考,15)已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右
6、焦点分别为F1(-c,0)、F2(c,0),若椭圆上存在点P使asinPF1F2=csinPF2F1,则该椭圆离心率的取值范围为.答案(2-1,1)【五年高考】A组统一命题课标卷题组考点一椭圆的定义及标准方程1.(2019课标,10,5分)已知椭圆C的焦点为F1(-1,0),F2(1,0),过F2的直线与C交于A,B两点.若|AF2|=2|F2B|,|AB|=|BF1|,则C的方程为()A.x22+y2=1B.x23+y22=1C.x24+y23=1D.x25+y24=1答案B2.(2019课标,15,5分)设F1,F2为椭圆C:x236+y220=1的两个焦点,M为C上一点且在第一象限.若M
7、F1F2为等腰三角形,则M的坐标为.答案(3,15)考点二椭圆的几何性质1.(2018课标,12,5分)已知F1,F2是椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点,A是C的左顶点,点P在过A且斜率为36的直线上,PF1F2为等腰三角形,F1F2P=120,则C的离心率为()A.23B.12C.13D.14答案D2.(2017课标,10,5分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右顶点分别为A1,A2,且以线段A1A2为直径的圆与直线bx-ay+2ab=0相切,则C的离心率为()A.63B.33C.23D.13答案A3.(2016课标,11,5分)已知O为坐标原点,F是椭
8、圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左焦点,A,B分别为C的左,右顶点.P为C上一点,且PFx轴.过点A的直线l与线段PF交于点M,与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点,则C的离心率为()A.13B.12C.23D.34答案A考点三直线与椭圆的位置关系(2018课标,19,12分)设椭圆C:x22+y2=1的右焦点为F,过F的直线l与C交于A,B两点,点M的坐标为(2,0).(1)当l与x轴垂直时,求直线AM的方程;(2)设O为坐标原点,证明:OMA=OMB.解析(1)由已知得F(1,0),l的方程为x=1,由已知可得,点A的坐标为1,22或1,-22.所以AM的方程为y=-22x+2
9、或y=22x-2.(2)证明:当l与x轴重合时,OMA=OMB=0.当l与x轴垂直时,直线OM为AB的垂直平分线,所以OMA=OMB.当l与x轴不重合也不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k0),A(x1,y1),B(x2,y2),则x12,x2b0)的半焦距为c,原点O到经过两点(c,0),(0,b)的直线的距离为12c.(1)求椭圆E的离心率;(2)如图,AB是圆M:(x+2)2+(y-1)2=52的一条直径,若椭圆E经过A,B两点,求椭圆E的方程.解析(1)过点(c,0),(0,b)的直线方程为bx+cy-bc=0,则原点O到该直线的距离d=bcb2+c2=bca,由d=12c,得a
10、=2b=2a2-c2,可得离心率ca=32.(2)解法一:由(1)知,椭圆E的方程为x2+4y2=4b2.依题意,圆心M(-2,1)是线段AB的中点,且|AB|=10.易知,AB与x轴不垂直,设其方程为y=k(x+2)+1,代入得(1+4k2)x2+8k(2k+1)x+4(2k+1)2-4b2=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-8k(2k+1)1+4k2,x1x2=4(2k+1)2-4b21+4k2.由x1+x2=-4,得-8k(2k+1)1+4k2=-4,解得k=12.从而x1x2=8-2b2.于是|AB|=1+122|x1-x2|=52(x1+x2)2-4x1x2=
11、10(b2-2).由|AB|=10,得10(b2-2)=10,解得b2=3.故椭圆E的方程为x212+y23=1.解法二:由(1)知,椭圆E的方程为x2+4y2=4b2.依题意,点A,B关于圆心M(-2,1)对称,且|AB|=10.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x12+4y12=4b2,x22+4y22=4b2,两式相减并结合x1+x2=-4,y1+y2=2,得-4(x1-x2)+8(y1-y2)=0,易知AB与x轴不垂直,则x1x2,所以AB的斜率kAB=y1-y2x1-x2=12.因此直线AB的方程为y=12(x+2)+1,代入得x2+4x+8-2b2=0.所以x1+x2=-4,
12、x1x2=8-2b2.于是|AB|=1+122|x1-x2|=52(x1+x2)2-4x1x2=10(b2-2).由|AB|=10,得10(b2-2)=10,解得b2=3.故椭圆E的方程为x212+y23=1.解题关键对于第(2)问,利用弦长及根与系数的关系或点差法构造关于参数的方程是解题的关键.考点二椭圆的几何性质1.(2018北京,14,5分)已知椭圆M:x2a2+y2b2=1(ab0),双曲线N:x2m2-y2n2=1.若双曲线N的两条渐近线与椭圆M的四个交点及椭圆M的两个焦点恰为一个正六边形的顶点,则椭圆M的离心率为;双曲线N的离心率为.答案3-1;22.(2015重庆,21,12分)
13、如图,椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F2的直线交椭圆于P,Q两点,且PQPF1.(1)若|PF1|=2+2,|PF2|=2-2,求椭圆的标准方程;(2)若|PF1|=|PQ|,求椭圆的离心率e.解析(1)由椭圆的定义,有2a=|PF1|+|PF2|=(2+2)+(2-2)=4,故a=2.设椭圆的半焦距为c,由已知PF1PF2,得2c=|F1F2|=|PF1|2+|PF2|2=(2+2)2+(2-2)2=23,即c=3,从而b=a2-c2=1.故所求椭圆的标准方程为x24+y2=1.(2)解法一:连接F1Q,如图,设点P(x0,y0)在椭圆上,且PF1PF2
14、,则x02a2+y02b2=1,x02+y02=c2,求得x0=aca2-2b2,y0=b2c.由|PF1|=|PQ|PF2|得x00,从而|PF1|2=aa2-2b2c+c2+b4c2=2(a2-b2)+2aa2-2b2=(a+a2-2b2)2.由椭圆的定义,有|PF1|+|PF2|=2a,|QF1|+|QF2|=2a.从而由|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=12
15、1+42+2-12=6-3.解法二:连接F1Q,由椭圆的定义,有|PF1|+|PF2|=2a,|QF1|+|QF2|=2a.从而由|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,从而|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=ca=|PF1|2+|PF2|22a=(2-2)2+(2-1)2=9-62=6-3.考点三直线与椭圆
16、的位置关系1.(2019浙江,15,4分)已知椭圆x29+y25=1的左焦点为F,点P在椭圆上且在x轴的上方.若线段PF的中点在以原点O为圆心,|OF|为半径的圆上,则直线PF的斜率是.答案152.(2019天津,18,13分)设椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的左焦点为F,上顶点为B.已知椭圆的短轴长为4,离心率为55.(1)求椭圆的方程;(2)设点P在椭圆上,且异于椭圆的上、下顶点,点M为直线PB与x轴的交点,点N在y轴的负半轴上.若|ON|=|OF|(O为原点),且OPMN,求直线PB的斜率.解析本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性
17、质.考查运算求解能力,以及用方程思想解决问题的能力.(1)设椭圆的半焦距为c,依题意,2b=4,ca=55,又a2=b2+c2,可得a=5,b=2,c=1.所以,椭圆的方程为x25+y24=1.(2)由题意,设P(xP,yP)(xP0),M(xM,0).设直线PB的斜率为k(k0),又B(0,2),则直线PB的方程为y=kx+2,与椭圆方程联立y=kx+2,x25+y24=1,整理得(4+5k2)x2+20kx=0,可得xP=-20k4+5k2,代入y=kx+2得yP=8-10k24+5k2,进而直线OP的斜率yPxP=4-5k2-10k.在y=kx+2中,令y=0,得xM=-2k.由题意得N
18、(0,-1),所以直线MN的斜率为-k2.由OPMN,得4-5k2-10k-k2=-1,化简得k2=245,从而k=2305.所以,直线PB的斜率为2305或-2305.思路分析(1)根据条件求出基本量a,b得到椭圆方程.(2)要利用条件OPMN,必须求P点和M、N点坐标.由直线PB的方程与椭圆方程联立得到P点坐标,再求出M及N点坐标,利用kOPkMN=-1求出kPB.C组教师专用题组考点一椭圆的定义及标准方程1.(2014课标,20,12分)已知点A(0,-2),椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为32,F是椭圆E的右焦点,直线AF的斜率为233,O为坐标原点.(1)求E的方程
19、;(2)设过点A的动直线l与E相交于P,Q两点.当OPQ的面积最大时,求l的方程.解析(1)设F(c,0),由条件知,2c=233,得c=3.又ca=32,所以a=2,b2=a2-c2=1.故E的方程为x24+y2=1.(2)当lx轴时不合题意,故设l:y=kx-2,P(x1,y1),Q(x2,y2).将y=kx-2代入x24+y2=1得(1+4k2)x2-16kx+12=0.当=16(4k2-3)0,即k234时,x1,2=8k24k2-34k2+1.从而|PQ|=k2+1|x1-x2|=4k2+14k2-34k2+1.又点O到直线PQ的距离d=2k2+1,所以OPQ的面积SOPQ=12d|
20、PQ|=44k2-34k2+1.设4k2-3=t,则t0,SOPQ=4tt2+4=4t+4t.因为t+4t4,当且仅当t=2,即k=72时等号成立,且满足0,所以,当OPQ的面积最大时,l的方程为y=72x-2或y=-72x-2.思路分析(1)通过直线AF的斜率求得c的值,通过离心率求得a,进而求出b2,从而得到E的方程;(2)设出直线l的方程和点P、Q的坐标,联立直线l与椭圆方程,利用弦长公式求得|PQ|的长,根据点到直线的距离公式求得OPQ边PQ上的高,从而表示出OPQ的面积,利用换元法和基本不等式即可得到当面积取得最大值时k的值,从而得直线l的方程.解题关键对于第(2)问,正确选择参数,
21、表示出OPQ的面积,进而巧妙利用换元法分析最值是解题的关键.2.(2014课标,20,12分)设F1,F2分别是椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左,右焦点,M是C上一点且MF2与x轴垂直.直线MF1与C的另一个交点为N.(1)若直线MN的斜率为34,求C的离心率;(2)若直线MN在y轴上的截距为2,且|MN|=5|F1N|,求a,b.解析(1)根据c=a2-b2及题设知Mc,b2a,2b2=3ac.将b2=a2-c2代入2b2=3ac,解得ca=12或ca=-2(舍去).故C的离心率为12.(2)由题意,得原点O为F1F2的中点,MF2y轴,所以直线MF1与y轴的交点D(0,2)是线
22、段MF1的中点,故b2a=4,即b2=4a.由|MN|=5|F1N|得|DF1|=2|F1N|.设N(x1,y1),由题意知y1b0),点O为坐标原点,点A的坐标为(a,0),点B的坐标为(0,b),点M在线段AB上,满足|BM|=2|MA|,直线OM的斜率为510.(1)求E的离心率e;(2)设点C的坐标为(0,-b),N为线段AC的中点,点N关于直线AB的对称点的纵坐标为72,求E的方程.解析(1)由题设条件知,点M的坐标为23a,13b,又kOM=510,从而b2a=510.进而得a=5b,c=a2-b2=2b.故e=ca=255.(2)由题设条件和(1)的计算结果可得,直线AB的方程为
23、x5b+yb=1,点N的坐标为52b,-12b.设点N关于直线AB的对称点S的坐标为x1,72,则线段NS的中点T的坐标为54b+x12,-14b+74.又点T在直线AB上,且kNSkAB=-1,从而有54b+x125b+-14b+74b=1,72+12bx1-52b=5,解得b=3.所以a=35,故椭圆E的方程为x245+y29=1.本题考查椭圆的方程、几何性质以及对称问题,考查利用方程思想解决点关于直线的对称问题,利用待定系数法求椭圆的方程,考查学生的运算求解能力和化归思想的应用.考点三直线与椭圆的位置关系1.(2018江苏,18,14分)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C过点3,12
24、,焦点F1(-3,0),F2(3,0),圆O的直径为F1F2.(1)求椭圆C及圆O的方程;(2)设直线l与圆O相切于第一象限内的点P.若直线l与椭圆C有且只有一个公共点,求点P的坐标;直线l与椭圆C交于A,B两点.若OAB的面积为267,求直线l的方程.解析解法一:(1)因为椭圆C的焦点为F1(-3,0),F2(3,0),所以可设椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(ab0).又点3,12在椭圆C上,所以3a2+14b2=1,a2-b2=3,解得a2=4,b2=1.因此,椭圆C的方程为x24+y2=1.因为圆O的直径为F1F2,所以其方程为x2+y2=3.(2)设直线l与圆O相切于P(x0,y
25、0)(x00,y00),则x02+y02=3.所以直线l的方程为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.(*)因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点,所以=(-24x0)2-4(4x02+y02)(36-4y02)=48y02(x02-2)=0.因为x0,y00,所以x0=2,y0=1.因此,点P的坐标为(2,1).因为三角形OAB的面积为267,所以12ABOP=267,从而AB=427.设A(x1,y1),B(x2,y2),由(*)得x1,2=24x048y0
26、2(x02-2)2(4x02+y02),所以AB2=(x1-x2)2+(y1-y2)2=1+x02y0248y02(x02-2)(4x02+y02)2.因为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),则y02=12,因此P的坐标为102,22.则直线l的方程为y=-5x+32.解法二:(1)由题意知c=3,所以圆O的方程为x2+y2=3,因为点3,12在椭圆上,所以2a=(3-3)2+12-02+(3+3)2+12-02=4,所以a=2.因为a2=b2+c2,所以b=1,所以椭圆C的方程
27、为x24+y2=1.(2)由题意知直线l与圆O和椭圆C均相切,且切点在第一象限,所以直线l的斜率k存在且k0,设直线l的方程为y=kx+m(k0),将直线l的方程代入圆O的方程,得x2+(kx+m)2=3,整理得(k2+1)x2+2kmx+m2-3=0,因为直线l与圆O相切,所以=(2km)2-4(k2+1)(m2-3)=0,整理得m2=3k2+3,将直线l的方程代入椭圆C的方程,得x24+(kx+m)2=1,整理得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,因为直线l与椭圆C相切,所以=(8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)=0,整理得m2=4k2+1,所以3k2+3=4k2+1,因
28、为k0,所以k=-2,m=3,将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,将x=2代入x2+y2=3,解得y=1(y=-1舍去),所以点P的坐标为(2,1).设A(x1,kx1+m),B(x2,kx2+m),由知m2=3k2+3,且k0,因为直线l和椭圆C相交,所以结合的过程知m24k2+1,解得k-2,将直线l的方程和椭圆C的方程联立可得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,解得x1,2=-8km44k2+1-m22(4k2+1),所以|x1-x2|=44k2+1-m24k2+1,因为AB=(x1-x2)2+(kx1
29、-kx2)2=|x1-x2|k2+1=44k2+1-m24k2+1k2+1,O到l的距离d=|m|k2+1=3,所以SOAB=1244k2+1-m24k2+1k2+1|m|k2+1=124k2-24k2+1k2+13=267,解得k2=5,因为kb0)的左焦点为F,右顶点为A,离心率为12.已知A是抛物线y2=2px(p0)的焦点,F到抛物线的准线l的距离为12.(1)求椭圆的方程和抛物线的方程;(2)设l上两点P,Q关于x轴对称,直线AP与椭圆相交于点B(B异于点A),直线BQ与x轴相交于点D.若APD的面积为62,求直线AP的方程.解析(1)设F的坐标为(-c,0).依题意,ca=12,p
30、2=a,a-c=12,解得a=1,c=12,p=2,于是b2=a2-c2=34.所以,椭圆的方程为x2+4y23=1,抛物线的方程为y2=4x.(2)设直线AP的方程为x=my+1(m0),与直线l的方程x=-1联立,可得点P-1,-2m,故Q-1,2m.将x=my+1与x2+4y23=1联立,消去x,整理得(3m2+4)y2+6my=0,解得y=0或y=-6m3m2+4.由点B异于点A,可得点B-3m2+43m2+4,-6m3m2+4.由Q-1,2m,可得直线BQ的方程为-6m3m2+4-2m(x+1)-3m2+43m2+4+1y-2m=0,令y=0,解得x=2-3m23m2+2,故D2-3
31、m23m2+2,0.所以|AD|=1-2-3m23m2+2=6m23m2+2.又因为APD的面积为62,故126m23m2+22|m|=62,整理得3m2-26|m|+2=0,解得|m|=63,所以m=63.所以,直线AP的方程为3x+6y-3=0或3x-6y-3=0.方法总结1.利用待定系数法求圆锥曲线标准方程的三个步骤:(1)作判断:根据焦点位置设方程;(2)找等量关系;(3)解方程得结果.2.解决直线与圆锥曲线位置关系问题的基本策略:(1)巧设直线方程:当已知直线与x轴交点固定时,常设为x=my+b的形式,这样可避免对斜率是否存在的讨论;(2)注意整体代入思想的应用,利用根与系数的关系可
32、以简化运算,提高运算的效率和正确率.3.(2016浙江,19,15分)如图,设椭圆x2a2+y2=1(a1).(1)求直线y=kx+1被椭圆截得的线段长(用a,k表示);(2)若任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点,求椭圆离心率的取值范围.解析(1)设直线y=kx+1被椭圆截得的线段为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)假设圆与椭圆的公共点有4个,由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点P,Q,满足|AP|=|AQ
33、|.记直线AP,AQ的斜率分别为k1,k2,且k1,k20,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,k20得1+k12+k22+a2(2-a2)k12k22=0,因此1k12+11k22+1=1+a2(a2-2),因为式关于k1,k2的方程有解的充要条件是1+a2(a2-2)1,所以a2.因此,任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个
34、公共点的充要条件为1b0)过点(0,2),且离心率e=22.(1)求椭圆E的方程;(2)设直线l:x=my-1(mR)交椭圆E于A,B两点,判断点G-94,0与以线段AB为直径的圆的位置关系,并说明理由.解析(1)由已知得b=2,ca=22,a2=b2+c2,解得a=2,b=2,c=2.所以椭圆E的方程为x24+y22=1.(2)解法一:设点A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点为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,从而y0=mm2+2.所以|GH|2=x0+942+y02=my0
35、+542+y02=(m2+1)y02+52my0+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=52my0+(1+m2)y1y2+2516=5m22(m2+2)-3(1+m2)m2+2+2516=17m2+216(m2+2)0,所以|GH|AB|2.故点G-94,0在以AB为直径的圆外.解法二:设点A(x1,y1),B(x2,y2),则GA=x1+94,y1,GB=x2+94,y2.由x=my-1,x24+y22=1得(m2+2)y2-2my
36、-3=0,所以y1+y2=2mm2+2,y1y2=-3m2+2,从而GAGB=x1+94x2+94+y1y2=my1+54my2+54+y1y2=(m2+1)y1y2+54m(y1+y2)+2516=-3(m2+1)m2+2+52m2m2+2+2516=17m2+216(m2+2)0,所以cos0.又GA,GB不共线,所以AGB为锐角.故点G-94,0在以AB为直径的圆外.本题主要考查椭圆、圆、直线与椭圆的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想.【三年模拟】一、选择题(每小题5分,共25分)1.(2019黑龙江双鸭山一中二模,6)已
37、知F1,F2分别为椭圆C的两个焦点,P为椭圆上任意一点.若|PF1|PF2|的最大值为3,则椭圆C的离心率为()A.13B.12C.63D.22答案B2.(2020届四川五校联考,10)设椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1、F2,离心率为53,以F1F2为直径的圆与椭圆C在第一象限的交点为P,则直线PF1的斜率为()A.13B.12C.33D.32答案B3.(2019江西五校协作体4月联考,11)已知点F1,F2是椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点,P为椭圆上的动点,动点Q满足F1PPQ=|F1P|PQ|且|PQ|=|PF2|,其中F1P0,PQ0,若
38、|PQ|的最小值为1,最大值为9,则椭圆的方程为()A.x225+y29=1B.x29+y2=1C.x225+y216=1D.x281+y2=1答案A4.(2019江西南康中学第二次大联考,10)椭圆G:x2a2+y2b2=1(ab0)的两个焦点为F1(-c,0),F2(c,0),M是椭圆上的一点,且满足F1MF2M=0.则椭圆离心率e的取值范围为()A.0,22B.0,22C.22,1D.22,1答案D5.(2020届陕西部分学校摸底考试,11)已知F1,F2分别为椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点,点P是椭圆上位于第一象限内的点,延长PF2交椭圆于点Q,若PF1PQ,且|PF
39、1|=|PQ|,则椭圆的离心率为()A.2-2B.3-2C.2-1D.6-3答案D二、填空题(每小题5分,共15分)6.(2019陕西宝鸡中学一模,16)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为12,A,B分别为椭圆C的左、右顶点,F为椭圆C的右焦点,过F的直线l与椭圆C交于不同的两点P,Q,当直线l垂直于x轴时,四边形APBQ的面积为6,则椭圆C的方程为.答案x24+y23=17.(2019陕西渭南二模,15)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,P为椭圆C上一点,且F1PF2=3,若F1关于F1PF2平分线所在直线的对称点在椭圆C上,则该椭
40、圆的离心率为.答案338.(2018河南南阳、信阳等六市联考,16)椭圆C:x24+y23=1的上、下顶点分别为A1,A2,点P在C上且直线PA2斜率的取值范围是-2,-1,那么直线PA1斜率的取值范围是.答案38,34三、解答题(共35分)9.(2019安徽黄山八校联考,20)已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1、F2,离心率e=12,点P是椭圆上的一个动点,PF1F2面积的最大值是43.(1)求椭圆的方程;(2)若A,B,C,D是椭圆上不重合的四点,AC与BD相交于点F1,ACBD=0,且|AC|+|BD|=967,求此时直线AC的方程.解析(1)由题意知,当点P
41、是椭圆的上顶点或下顶点时,PF1F2面积取得最大值,此时,SPF1F2=122cb=43,又e=ca=12,结合a2=b2+c2,所以a=4,b=23,c=2.故所求椭圆的方程为x216+y212=1.(2)由(1)知F1(-2,0),由ACBD=0得ACBD.当直线AC与BD有一条直线的斜率不存在时,|AC|+|BD|=14,不符合题意.设直线AC的斜率为k(k存在且不为0),则直线BD的斜率为-1k.直线AC的方程为y=k(x+2),联立y=k(x+2),x216+y212=1,消去y得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-48=0,设A(x1,y1),C(x2,y2),则x1+x2=
42、-16k23+4k2,x1x2=16k2-483+4k2,所以|AC|=1+k2|x1-x2|=24(1+k2)3+4k2.同理可得|BD|=24(1+k2)4+3k2,由|AC|+|BD|=168(1+k2)2(4+3k2)(3+4k2)=967,解得k2=1,故直线AC的方程为y=(x+2).思路分析(1)根据离心率e=12,PF1F2面积的最大值是43,结合a2=b2+c2,即可求出a、b,从而得到结果;(2)直线与曲线方程联立,根据根与系数的关系、弦长公式将|AC|+|BD|用k表示,解方程即可得k的值.方法点拨求椭圆标准方程时一般利用待定系数法,根据条件确定关于a,b,c的方程(组)
43、,解出a,b,即可得到椭圆的标准方程.解决直线与椭圆的位置关系的相关问题,常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立,消元、化简,然后利用根与系数的关系解决相关问题.涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决.10.(2020届安徽合肥调研,21)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为32,左、右顶点分别是A1,A2,上顶点为B(0,b),A1A2B的面积等于2.(1)求椭圆C的方程;(2)设Q(1,0),P(4,m),直线PA1,PA2分别交椭圆C于M、N两点,证明:M,Q,N三点共线.解析本题主要考查椭圆的方程及几何性质、直线与椭圆的位置关系、向量共线,考查学生的数形结合思想、方程思想
44、、设而不求思想,考查的核心素养是逻辑推理、数学运算.(1)由离心率为32得,ca=32.由A1A2B的面积为2,得ab=2.a2=b2+c2,联立,解得a=2,b=1,椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)证明:设点M,N的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2).A1(-2,0),直线PA1的方程为y=m6(x+2),与椭圆x24+y2=1联立得(m2+9)x2+4m2x+4m2-36=0,由-2+x1=-4m2m2+9得x1=18-2m2m2+9,代入直线PA1的方程得y1=6mm2+9,即M18-2m2m2+9,6mm2+9.同理可得N2m2-2m2+1,-2mm2+1,Q(1,0),Q
45、M=9-3m2m2+9,6mm2+9,QN=m2-3m2+1,-2mm2+1,由9-3m2m2+9-2mm2+1=m2-3m2+16mm2+9知,M,Q,N三点共线.思路分析(1)首先由离心率、A1A2B的面积以及椭圆中a,b,c的关系建立方程,求得a,b的值,从而求得椭圆方程;(2)首先求得直线PA1的方程,然后与椭圆方程联立,利用根与系数的关系求得点M的横坐标,代入直线方程得到点M的纵坐标,同理求得点N的坐标,从而求出向量QM、QN,进而由向量共线使问题得证.11.(2020届贵州贵阳摸底考试,20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22,F1,F2分别是椭圆C的左、右
46、焦点,椭圆C的焦点F1到双曲线x22-y2=1的渐近线的距离为33.(1)求椭圆C的方程;(2)直线l:y=kx+m(kb0)的离心率为22,ca=22,又双曲线x22-y2=1的其中一条渐近线方程为x-2y=0,椭圆C的左焦点F1的坐标为(-c,0),|-c|1+2=33,解得c=1,a=2,b=1,椭圆C的标准方程为x22+y2=1.(4分)(2)由(1)知F2的坐标为(1,0),设A的坐标为(x1,y1),B的坐标为(x2,y2),由原点O到直线l:y=kx+m(k0,x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-21+2k2,又以线段AB为直径的圆经过点F2,F2AF2B=0,即(x1-1)(x2-1)+y1y2=0,(x1-1)(x2-1)+(kx1+m)(kx2+m)=0,即(1+k2)x1x2+(km-1)(x1+x2)+m2+1=0,(1+k2)2m2-21+2k2+(km-1)-4km1+2k2+m2+1=0,化简得3m2+4km-1=0.由,得11m4-10m2-1=0,m2=1(舍负).又k0.直线l的方程为y=-12x+1.(12分)解题关键把以AB为直径的圆过点F2转化为F2AF2B=0,再通过计算化成含两根之和、两根之积的表达式.