《（浙江专用）2020版高考数学一轮总复习 专题10 圆锥曲线与方程 10.1 椭圆及其性质检测.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（浙江专用）2020版高考数学一轮总复习 专题10 圆锥曲线与方程 10.1 椭圆及其性质检测.doc（27页珍藏版）》请在装配图网上搜索。
10.1 椭圆及其性质
【真题典例】
挖命题
【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
椭圆的定义和标准方程
1.了解圆锥曲线的实际背景,了解圆锥曲线在刻画现实世界和解决实际问题中的作用.
2.掌握椭圆的定义、几何图形、标准方程.
2018浙江,17
椭圆的标准方程
向量、最值
★★★
2016浙江,7
椭圆的标准方程
双曲线的标准方程、
离心率
2015浙江,19
椭圆的定义和
标准方程
直线与椭圆的位置关系、
最值、范围
椭圆的几何性质
1.掌握椭圆的简单几何性质.
2.理解数形结合的数学思想.
2017浙江,2
椭圆的离心率
★★★
2016浙江,7,19
椭圆的离心率
双曲线的离心率、圆、
直线与椭圆的位置关系
2015浙江,19,文15
椭圆的离心率
直线与椭圆的位置关系
分析解读 1.椭圆是圆锥曲线中最重要的内容,是高考命题的热点.
2.考查椭圆及其标准方程,椭圆的简单几何性质.
3.考查把几何条件转化为代数形式的能力.
4.预计2020年高考中,椭圆的考查必不可少,考查仍然集中在椭圆及其标准方程,椭圆的简单几何性质,以及与椭圆有关的综合问题上.
破考点
【考点集训】
考点一 椭圆的定义和标准方程
1.(2018浙江镇海中学阶段性测试,21)已知椭圆G:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为63,右焦点为(22,0).斜率为1的直线l与椭圆G交于A,B两点,以AB为底作等腰三角形,顶点为P(-3,2).
(1)求椭圆G的方程;
(2)求△PAB的面积.
解析 (1)由已知得c=22,=63,解得a=23.又b2=a2-c2=4,所以椭圆G的方程为x212+y24=1.
(2)设直线l的方程为y=x+m.由y=x+m,x212+y24=1,得4x2+6mx+3m2-12=0.①
设A、B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2)(x1
b>0)的离心率为63,且经过点(3,1).
(1)求椭圆的标准方程;
(2)过点P(6,0)的直线l交椭圆于A,B两点,Q是x轴上的点,若△ABQ是以AB为斜边的等腰直角三角形,求直线l的方程.
解析 (1)由e==63⇒a2=3b2,设椭圆方程为x23b2+y2b2=1,
则3b2+1b2=1,所以b2=4,所以椭圆的标准方程为x212+y24=1.
(2)设AB的中点坐标为(x0,y0),A(x1,y1),B(x2,y2),l:x=ty+6,
则由x212+y24=1,x=ty+6得(t2+3)y2+12ty+24=0,
AB的中垂线方程为y+6tt2+3=-tx-18t2+3,所以Q12t2+3,0,
点Q12t2+3,0到直线l的距离为6t2+1t2+3.
|AB|=431+t2t2-6t2+3,所以6=23t2-6,解得t2=9,所以t=3.因此直线l的方程为x3y-6=0.
考点二 椭圆的几何性质
1.(2018浙江镇海中学期中,21)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的四个顶点组成的四边形的面积为22,且经过点1,22.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若椭圆C的下顶点为P,如图所示,点M为直线x=2上的一个动点,过椭圆C的右焦点F的直线l垂直于OM,且与椭圆C交于A,B两点,与OM交于点N,四边形AMBO和△ONP的面积分别为S1,S2.求S1S2的最大值.
解析 (1)因为1,22在椭圆C上,所以1a2+12b2=1,又因为椭圆的四个顶点组成的四边形的面积为22,
所以2a2b=22,即ab=2,
解得a2=2,b2=1,所以椭圆C的方程为x22+y2=1.
(2)由(1)可知F(1,0),设M(2,t),A(x1,y1),B(x2,y2),
则当t≠0时,OM:y=x,所以kAB=-,
直线AB的方程为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,
则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.
当t=0时,直线l:x=1,AB=2,S1=1222=2,S2=11=,S1S2=22,
所以当t=0时,S1S2取得最大值,为22.
2.(2018浙江宁波模拟(5月),21)如图,椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,点M(-2,1)是椭圆内一点,过点M作两条斜率存在且互相垂直的动直线l1,l2,设l1与椭圆C相交于点A,B,l2与椭圆C相交于点D,E.当M恰好为线段AB的中点时,|AB|=10.
(1)求椭圆C的方程;
(2)求ADEB的最小值.
解析 (1)由题意得a2=4b2,
即椭圆C:x24b2+y2b2=1,
设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.
又当M(-2,1)为线段AB的中点时,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.
则|AB|=1+k2|x1-x2|=1+1416-4(8-2b2)=10.
解得b2=3,于是椭圆C的方程为x212+y23=1.
(2)设直线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,当k=1时取等号.
综上,ADEB的最小值为165.
炼技法
【方法集训】
方法 求椭圆离心率(范围)的常用方法
1.(2018浙江宁波高三上学期期末,4)已知焦点在y轴上的椭圆x24+y2m=1的离心率为,则实数m等于( )
A.3 B.165 C.5 D.163
答案 D
2.(2018浙江镇海中学5月模拟,8)设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0) 的右焦点为F,椭圆C上的两点A,B关于原点对称,且满足FAFB=0,|FB|≤|FA|≤2|FB|,则椭圆C的离心率的取值范围是( )
A.22,53 B.53,1
C.22,3-1 D.[3-1,1)
答案 A
过专题
【五年高考】
A组 自主命题浙江卷题组
考点一 椭圆的定义和标准方程
(2018浙江,17,4分)已知点P(0,1),椭圆x24+y2=m(m>1)上两点A,B满足AP=2PB,则当m= 时,点B横坐标的绝对值最大.
答案 5
考点二 椭圆的几何性质
1.(2017浙江,2,4分)椭圆x29+y24=1的离心率是( )
A.133 B.53 C. D.
答案 B
2.(2016浙江,19,15分)如图,设椭圆x2a2+y2=1(a>1).
(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|.
记直线AP,AQ的斜率分别为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
因为①式关于k1,k2的方程有解的充要条件是1+a2(a2-2)>1,所以a>2.
因此,任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为10,①
将AB中点M2mbm2+2,m2bm2+2代入直线方程y=mx+,
解得b=-m2+22m2.②
由①②得m<-63或m>63.
(2)令t=1m∈-62,0∪0,62,
则|AB|=t2+1-2t4+2t2+32t2+12,
且O到直线AB的距离为d=t2+12t2+1.
设△AOB的面积为S(t),
所以S(t)= |AB|d=12-2t2-122+2≤22.
当且仅当t2=时,等号成立.
故△AOB面积的最大值为22.
B组 统一命题、省(区、市)卷题组
考点一 椭圆的定义和标准方程
1.(2014辽宁,15,5分)已知椭圆C:x29+y24=1,点M与C的焦点不重合.若M关于C的焦点的对称点分别为A,B,线段MN的中点在C上,则|AN|+|BN|= .
答案 12
2.(2018天津文,19,14分)设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右顶点为A,上顶点为B.已知椭圆的离心率为53,|AB|=13.
(1)求椭圆的方程;
(2)设直线l:y=kx(k<0)与椭圆交于P,Q两点,l与直线AB交于点M,且点P,M均在第四象限.若△BPM的面积是△BPQ面积的2倍,求k的值.
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)设椭圆的焦距为2c,由已知有c2a2=,又由a2=b2+c2,可得2a=3b.由|AB|=a2+b2=13,从而a=3,b=2.
所以椭圆的方程为x29+y24=1.
(2)设点P的坐标为(x1,y1),点M的坐标为(x2,y2),由题意,x2>x1>0,点Q的坐标为(-x1,-y1).由△BPM的面积是△BPQ面积的2倍,可得|PM|=2|PQ|,从而x2-x1=2[x1-(-x1)],即x2=5x1.
易知直线AB的方程为2x+3y=6,由方程组2x+3y=6,y=kx,消去y,可得x2=63k+2.由方程组x29+y24=1,y=kx,消去y,可得x1=69k2+4.
由x2=5x1,可得9k2+4=5(3k+2),两边平方,整理得18k2+25k+8=0,解得k=-或k=-.
当k=-时,x2=-9<0,不合题意,舍去;
当k=-时,x2=12,x1=125,符合题意.
所以k的值为-.
解题关键 第(2)问中把两个三角形的面积的关系转化为点P、M的横坐标间的关系,进而得到关于k的方程是求解的难点和关键.
3.(2015江苏,18,16分)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,且右焦点F到左准线l的距离为3.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)过F的直线与椭圆交于A,B两点,线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于点P,C,若PC=2AB,求直线AB的方程.
解析 (1)由题意,得=22且c+a2c=3,
解得a=2,c=1,则b=1,
所以椭圆的标准方程为x22+y2=1.
(2)当AB⊥x轴时,AB=2,又CP=3,不合题意.
当AB与x轴不垂直时,设直线AB的方程为y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2),
将AB的方程代入椭圆方程,得(1+2k2)x2-4k2x+2(k2-1)=0,则x1,2=2k22(1+k2)1+2k2,C的坐标为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,则线段AB的垂直平分线为y轴,与左准线平行,不合题意.
从而k≠0,故直线PC的方程为y+k1+2k2=-1kx-2k21+2k2,
则P点的坐标为-2,5k2+2k(1+2k2),
从而PC=2(3k2+1)1+k2|k|(1+2k2).
因为PC=2AB,
所以2(3k2+1)1+k2|k|(1+2k2)=42(1+k2)1+2k2,
解得k=1.
此时直线AB方程为y=x-1或y=-x+1.
评析 本题在考查椭圆基本性质与标准方程的同时,着重考查直线与圆锥曲线的位置关系和方程思想.
4.(2015安徽,20,13分)设椭圆E的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),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,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a=5b,c=a2-b2=2b.故e==255.
(2)由题设条件和(1)的计算结果可得,直线AB的方程为x5b+=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+12bx1-5b2=5,解得b=3,所以a=35,故椭圆E的方程为x245+y29=1.
考点二 椭圆的几何性质
1.(2018课标全国Ⅰ文,4,5分)已知椭圆C:x2a2+y24=1的一个焦点为(2,0),则C的离心率为( )
A. B. C.22 D.223
答案 C
2.(2018课标全国Ⅱ理,12,5分)已知F1,F2是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)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. B. C. D.
答案 D
3.(2017课标全国Ⅰ文,12,5分)设A,B是椭圆C:x23+y2m=1长轴的两个端点.若C上存在点M满足∠AMB=120,则m的取值范围是( )
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)已知椭圆M:x2a2+y2b2=1(a>b>0),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;2
5.(2016江苏,10,5分)如图,在平面直角坐标系xOy中,F是椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点,直线y=与椭圆交于B,C两点,且∠BFC=90,则该椭圆的离心率是 .
答案 63
6.(2017天津文,20,14分)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F(-c,0),右顶点为A,点E的坐标为(0,c),△EFA的面积为b22.
(1)求椭圆的离心率;
(2)设点Q在线段AE上,|FQ|=c,延长线段FQ与椭圆交于点P,点M,N在x轴上,PM∥QN,且直线PM与直线QN间的距离为c,四边形PQNM的面积为3c.
(i)求直线FP的斜率;
(ii)求椭圆的方程.
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质和方程思想.考查运算求解能力,以及综合分析问题和解决问题的能力.
(1)设椭圆的离心率为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.
又因为00),则直线FP的斜率为1m.
由(1)知a=2c,可得直线AE的方程为x2c+=1,即x+2y-2c=0,与直线FP的方程联立,可解得x=(2m-2)cm+2,y=3cm+2,即点Q的坐标为(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=,即直线FP的斜率为.
(ii)由a=2c,可得b=3c,故椭圆方程可以表示为x24c2+y23c2=1.
由(i)得直线FP的方程为3x-4y+3c=0,与椭圆方程联立得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.因此可得点Pc,3c2,进而可得|FP|=(c+c)2+3c22=5c2,所以|PQ|=|FP|-|FQ|=5c2-3c2=c.
由已知,线段PQ的长即为PM与QN这两条平行直线间的距离,故直线PM和QN都垂直于直线FP.
因为QN⊥FP,所以|QN|=|FQ|tan∠QFN=3c2=9c8,所以△FQN的面积为|FQ||QN|=27c232,同理△FPM的面积等于75c232,由四边形PQNM的面积为3c,得75c232-27c232=3c,整理得c2=2c,又由c>0,得c=2.
所以椭圆的方程为x216+y212=1.
方法点拨 1.求离心率常用的方法:(1)直接求a,c,利用定义求解;(2)构造a,c的齐次式,利用方程思想求出离心率e的值.
2.求直线斜率的常用方法:(1)公式法:k=y1-y2x1-x2(x1≠x2),其中两点坐标分别为(x1,y1),(x2,y2);(2)利用导数的几何意义求解;(3)直线的方向向量a=(m,n),则k=nm(m≠0);(4)点差法.
3.解决四边形或三角形的面积问题时,注意弦长公式与整体代换思想的应用.
C组 教师专用题组
考点一 椭圆的定义和标准方程
1.(2014安徽,14,5分)设F1,F2分别是椭圆E:x2+y2b2=1(0b>0)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(m∈R)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 解法一:(1)由已知得b=2,ca=22,a2=b2+c2.解得a=2,b=2,c=2.
所以椭圆E的方程为x24+y22=1.
(2)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+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.
故点G-94,0在以AB为直径的圆外.
解法二:(1)同解法一.
(2)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-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+m(y1+y2)+2516=-3(m2+1)m2+2+52m2m2+2+2516=17m2+216(m2+2)>0,
所以cos>0.又GA,GB不共线,所以∠AGB为锐角.
故点G-94,0在以AB为直径的圆外.
评析 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、方程思想.
3.(2014江苏,17,14分)如图,在平面直角坐标系xOy中,F1、F2分别是椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,顶点B的坐标为(0,b),连接BF2并延长交椭圆于点A,过点A作x轴的垂线交椭圆于另一点C,连接F1C.
(1)若点C的坐标为43,13,且BF2=2,求椭圆的方程;
(2)若F1C⊥AB,求椭圆离心率e的值.
解析 设椭圆的焦距为2c,则F1(-c,0),F2(c,0).
(1)因为B(0,b),所以BF2=b2+c2=a.
又BF2=2,故a=2.
因为点C43,13在椭圆上,所以169a2+19b2=1,解得b2=1.
故所求椭圆的方程为x22+y2=1.
(2)因为B(0,b),F2(c,0)在直线AB上,
所以直线AB的方程为+yb=1.
解方程组xc+yb=1,x2a2+y2b2=1,得x1=2a2ca2+c2,y1=b(c2-a2)a2+c2,x2=0,y2=b.
所以点A的坐标为2a2ca2+c2,b(c2-a2)a2+c2.
又AC垂直于x轴,由椭圆的对称性,可得点C的坐标为2a2ca2+c2,b(a2-c2)a2+c2.
因为直线F1C的斜率为b(a2-c2)a2+c2-02a2ca2+c2-(-c)=b(a2-c2)3a2c+c3,直线AB的斜率为-,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.
评析 本题主要考查椭圆的标准方程与几何性质、直线与直线的位置关系等基础知识,考查运算求解能力.
考点二 椭圆的几何性质
1.(2017课标全国Ⅲ理,10,5分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)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.63 B.33 C.23 D.
答案 A
2.(2016课标全国Ⅲ,11,5分)已知O为坐标原点,F是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点,A,B分别为C的左,右顶点.P为C上一点,且PF⊥x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. B. C. D.
答案 A
3.(2014江西,15,5分)过点M(1,1)作斜率为-的直线与椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)相交于A,B两点,若M是线段AB的中点,则椭圆C的离心率等于 .
答案 22
4.(2017北京文,19,14分)已知椭圆C的两个顶点分别为A(-2,0),B(2,0),焦点在x轴上,离心率为32.
(1)求椭圆C的方程;
(2)点D为x轴上一点,过D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M,N,过D作AM的垂线交BN于点E.求证:△BDE与△BDN的面积之比为4∶5.
解析 本题考查椭圆的方程和性质,直线的方程等知识,考查运算求解能力.
(1)设椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0).
由题意得a=2,ca=32,
解得c=3.
所以b2=a2-c2=1.
所以椭圆C的方程为x24+y2=1.
(2)设M(m,n),则D(m,0),N(m,-n).
由题设知m≠2,且n≠0.
直线AM的斜率kAM=nm+2,故直线DE的斜率kDE=-m+2n.
所以直线DE的方程为y=-m+2n(x-m).
直线BN的方程为y=n2-m(x-2).
联立y=-m+2n(x-m),y=n2-m(x-2),
解得点E的纵坐标yE=-n(4-m2)4-m2+n2.
由点M在椭圆C上,得4-m2=4n2.
所以yE=-n.
又S△BDE=|BD||yE|=|BD||n|,
S△BDN=|BD||n|,
所以△BDE与△BDN的面积之比为4∶5.
易错警示 在设直线方程时,若设方程为y=kx+m,则要考虑斜率不存在的情况;若设方程为x=ty+n,则要考虑斜率为0的情况.
5.(2015重庆,21,12分)如图,椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F2的直线交椭圆于P,Q两点,且PQ⊥PF1.
(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PF1⊥PF2,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PF1⊥PF2,
则x02a2+y02b2=1,x02+y02=c2,
求得x0=aca2-2b2,y0=b2c.
由|PF1|=|PQ|>|PF2|得x0>0,
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: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PF1⊥PQ,|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)设F1、F2分别是椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,过点F1的直线交椭圆E于A,B两点,|AF1|=3|F1B|.
(1)若|AB|=4,△ABF2的周长为16,求|AF2|;
(2)若cos∠AF2B=,求椭圆E的离心率.
解析 (1)由|AF1|=3|F1B|,|AB|=4,得|AF1|=3,|F1B|=1.
因为△ABF2的周长为16,所以由椭圆定义可得4a=16,|AF1|+|AF2|=2a=8.
故|AF2|=2a-|AF1|=8-3=5.
(2)设|F1B|=k,则k>0且|AF1|=3k,|AB|=4k.
由椭圆定义可得|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).
化简可得(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为等腰直角三角形.
从而c=22a,所以椭圆E的离心率e==22.
7.(2014天津,18,13分)设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,右顶点为A,上顶点为B.已知|AB|=32|F1F2|.
(1)求椭圆的离心率;
(2)设P为椭圆上异于其顶点的一点,以线段PB为直径的圆经过点F1,经过点F2的直线l与该圆相切于点M,|MF2|=22.求椭圆的方程.
解析 (1)设椭圆右焦点F2的坐标为(c,0).
由|AB|=32|F1F2|,可得a2+b2=3c2,
又b2=a2-c2,所以c2a2=.
所以椭圆的离心率e=22.
(2)由(1)知a2=2c2,b2=c2.故椭圆方程为x22c2+y2c2=1.
设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
因为点P在椭圆上,故
x022c2+y02c2=1.②
由①和②可得3x02+4cx0=0.而点P不是椭圆的顶点,故x0=-c,代入①得y0=,
即点P的坐标为-4c3,c3.
设圆的圆心为T(x1,y1),则x1=-43c+02=-c,y1=c3+c2=c,进而圆的半径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.
所以椭圆的方程为x26+y23=1.
【三年模拟】
一、选择题(每小题4分,共8分)
1.(2019届浙江名校新高考研究联盟第一次联考,8)已知F1、F2是椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,过左焦点F1的直线与椭圆交于A,B两点,且满足|AF1|=2|BF1|,|AB|=|BF2|,则该椭圆的离心率是( )
A. B.33 C.32 D.53
答案 B
2.(2018浙江名校协作体期初联考,8)设A,B是椭圆C:x24+y2k=1长轴的两个端点,若C上存在点P满足∠APB=120,则k的取值范围是( )
A.0,43∪[12,+∞) B.0,23∪[6,+∞)
C.0,23∪[12,+∞) D.0,43∪[6,+∞)
答案 A
二、填空题(单空题4分,多空题6分,共8分)
3.(2019届金丽衢十二校高三第一次联考,17)已知P是椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上的动点,过P作椭圆的切线l与x轴、y轴分别交于点A、B,当△AOB(O为坐标原点)的面积最小时,cos∠F1PF2= (F1、F2是椭圆的两个焦点),则该椭圆的离心率为 .
答案 23
4.(2018浙江嘉兴教学测试(4月),17)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0),直线l1:y=-x,直线l2:y=x,P为椭圆上任意一点,过P作PM∥l1且与直线l2交于点M,作PN∥l2与直线l1交于点N,若|PM|2+|PN|2为定值,则椭圆的离心率为 .
答案 32
三、解答题(共60分)
5.(2019届浙江嘉兴9月基础测试,21)已知椭圆x2a2+y2=1(a>0),直线l经过点P0,22交椭圆于A,B两点,当l∥x轴时,|AB|=2.
(1)求椭圆的方程;
(2)求|AB|的取值范围.
解析 (1)不妨设点A在点B的右侧.当l∥x轴时,点A,B的坐标分别是1,22,-1,22,
所以1a2+=1,即a2=2,故椭圆的方程为x22+y2=1.
(2)当l⊥x轴时,|AB|=2.
当直线l的斜率存在时,
设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,则t≥1,k2=t-12,则|AB|=2t+12(2t-1)t2=-21t+11t-2.
因为0<≤1,所以2≤|AB|≤322.当1t=12,即t=2时,|AB|max=322
故2≤|AB|≤322.
6.(2018浙江杭州高三教学质检,21)已知椭圆C:x23+y22=1,直线l:y=kx+m(m≠0),设直线l与椭圆C交于不同的A,B两点.
(1)若|m|>3,求实数k的取值范围;
(2)若直线OA,AB,OB的斜率成等比数列(其中O为坐标原点),求△OAB的面积的取值范围.
解析 (1)联立方程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)设A(x1,y1),B(x2,y2),
则由(1)可得x1+x2=-6km2+3k2,x1x2=3m2-62+3k2,
设直线OA,OB的斜率分别为k1,k2,则由题意可得k1k2=k2,
∴k1k2=y1y2x1x2=(kx1+m)(kx2+m)x1x2=k2,
去分母化简得km(x1+x2)+m2=0,
将x1+x2=-6km2+3k2代入并化简得2+3k2=6k2,即k2=,
则|AB|=1+k2|x1-x2|=536-32m2,
原点O到直线l的距离h=|m|1+k2=35|m|,
∴S△OAB=|AB|h=6632m26-32m2≤6632m2+6-32m22=62,当且仅当m=2时取“=”.
∵当m=2时,直线OA或OB的斜率不存在,
∴△OAB的面积的取值范围为0,62.
7.(2018浙江绍兴高三3月适应性模拟,21)已知椭圆M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,A,B分别为M的右顶点和上顶点,且|AB|=5.
(1)求椭圆M的方程;
(2)若C,D分别是x轴负半轴,y轴负半轴上的点,且四边形ABCD的面积为2.设直线BC和AD的交点为P,求点P到直线AB的距离的最大值.
解析 (1)由=32及a2-b2=c2得a=2b.
又|AB|=a2+b2=5,所以b=1,a=2.
所以椭圆M的方程为x24+y2=1.
(2)设P(x0,y0),C(s,0),D(0,t),其中s<0,t<0.
因为A(2,0),B(0,1),
所以y0x0-2=t-2,y0-1x0=-1s,得t=-2y0x0-2,s=-x0y0-1.
又四边形ABCD的面积为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.
可知点P在第三象限的椭圆弧上.
设与AB平行的直线y=-x+m(m<0)与椭圆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.
又直线AB的方程为y=-x+1.
所以点P到直线AB的距离的最大值为
|2+1|1+14=25+2105.
8.(2018浙江高考模拟训练冲刺卷一,21)已知斜率为2的直线l与椭圆C:y24+x23=1交于A,B两点.
(1)求线段AB长的最大值;
(2)在椭圆C上是否存在点M,当直线l不过点M时,直线MA与直线MB的斜率之和为0?若存在,求点M的坐标;若不存在,请说明理由.
解析 (1)设直线l的方程为y=2x+m,与y24+x23=1联立,
整理得16x2+12mx+3m2-12=0.
由Δ=144m2-64(3m2-12)>0,得0≤m2<16.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-m,x1x2=3m2-1216.
则|AB|=5|x1-x2|=5(x1+x2)2-4x1x2=15416-m2,
∵0≤m2<16,∴m=0时,线段AB的长取得最大值,为15.
(2)假设存在满足题意的点M(x0,y0),则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,
展开整理得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,
依题意知(3y0-2x0)m+8x0y0-12=0对于不过点M的直线l恒成立,从而有3y0-2x0=0,8x0y0-12=0,解得x0=32,y0=1或x0=-32,y0=-1.
此时y024+x023=1,即点M(x0,y0)在椭圆C上,
故存在M32,1或M-32,-1,使得当直线l不过点M时,直线MA与直线MB的斜率之和为0.
（浙江专用）2020版高考数学一轮总复习 专题10 圆锥曲线与方程 10.1 椭圆及其性质检测.doc
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