2021課標(biāo)版理數(shù)高考總復(fù)習(xí)專題9.3橢圓及其性質(zhì)試題練理科數(shù)學(xué)教學(xué)講練

理科數(shù)學(xué)專項(xiàng)復(fù)習(xí)PAGEPAGE22溫故而知新，下筆如有神！9.3橢圓及其性質(zhì)探考情悟真題【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)1.橢圓的定義及標(biāo)準(zhǔn)方程掌握橢圓的定義、幾何圖形、標(biāo)準(zhǔn)方程及簡單性質(zhì)2019課標(biāo)Ⅰ,10,5分求橢圓的方程余弦定理★★★2019課標(biāo)Ⅲ,15,5分橢圓的定義和幾何性質(zhì)解方程組,余弦定理2.橢圓的幾何性質(zhì)2018課標(biāo)Ⅱ,12,5分求橢圓離心率直線方程★★★2017課標(biāo)Ⅲ,10,5分求橢圓離心率直線與圓的位置關(guān)系2016課標(biāo)Ⅲ,11,5分求橢圓離心率線段中點(diǎn)坐標(biāo)公式、三點(diǎn)共線3.直線與橢圓的位置關(guān)系2018課標(biāo)Ⅰ,19,12分直線與橢圓的位置關(guān)系直線方程,斜率公式★★★分析解讀從近5年高考情況來看,橢圓的定義、標(biāo)準(zhǔn)方程、幾何性質(zhì)一直是高考命題的熱點(diǎn),其中標(biāo)準(zhǔn)方程和幾何性質(zhì)考查較頻繁,對直線與橢圓位置關(guān)系的考查,常與向量、圓、三角形等知識相結(jié)合,多以解答題的形式出現(xiàn),解題時,要充分利用數(shù)形結(jié)合、轉(zhuǎn)化與化歸思想,注重數(shù)學(xué)思想在解題中的指導(dǎo)作用.本節(jié)主要考查學(xué)生數(shù)學(xué)運(yùn)算、直觀想象的核心素養(yǎng).破考點(diǎn)練考向【考點(diǎn)集訓(xùn)】考點(diǎn)一橢圓的定義及標(biāo)準(zhǔn)方程1.(2018甘肅張掖一模,10)設(shè)A,B是橢圓C:x212+y22=1的兩個焦點(diǎn),點(diǎn)P是橢圓C與圓M:x2+y2=10的一個交點(diǎn),A.22 B.43 C.42 D.62答案C2.(2019廣西玉林高中5月月考,14)已知點(diǎn)A(-2,0),B(2,0),點(diǎn)C在直線y=1上,滿足AC⊥BC,則以A、B為焦點(diǎn)且過點(diǎn)C的橢圓方程為.

答案x26+y3.(2020屆四川南充順慶月考,15)設(shè)點(diǎn)P是橢圓C:x28+y24=1上的動點(diǎn),F為C的右焦點(diǎn),定點(diǎn)A(2,1),則答案[42-17,42+17]考點(diǎn)二橢圓的幾何性質(zhì)1.(2019貴州黔東南州一模,3)橢圓x2+y28=1的離心率為(A.144 B.78 C.104 答案A2.(2020屆河南天一大聯(lián)考高三(上)段考,10)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)短軸的兩個端點(diǎn)為A、B,點(diǎn)C為橢圓上異于A、B的一點(diǎn),直線AC與直線BC的斜率之積為-A.32 B.3 C.12 答案A3.(2019安徽六安一中第二次模擬,14)已知橢圓x2tanα+y2tan2α+1答案2考點(diǎn)三直線與橢圓的位置關(guān)系1.(2018安徽合肥模擬,8)已知橢圓C:x22+y2=1,若一組斜率為14的平行直線被橢圓C所截線段的中點(diǎn)均在直線l上,則l的斜率為A.-2 B.2 C.-12 D.答案A2.(2020屆陜西寶雞渭濱月考,11)已知橢圓C:x28+y22=1的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,直線l過點(diǎn)F2且與橢圓C交于M,N兩點(diǎn),且MA=AN,若|OA|=|AF2|,則直線lA.±1 B.±12 C.±13 答案B煉技法提能力【方法集訓(xùn)】方法求橢圓離心率或取值范圍的方法1.(2019重慶巴蜀中學(xué)二診,10)設(shè)F1,F2分別是橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左,右焦點(diǎn),過F2的直線交橢圓于A,B兩點(diǎn),且AF1·AF2=0,A.23 B.34 C.53答案C2.(2018江西贛南五校聯(lián)考,15)橢圓Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,焦距為2c.若直線y=3(x+c)與橢圓Γ的一個交點(diǎn)M滿足∠MF1F2=2∠MF2答案3-13.(2019云南昆明三中2月月考,15)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1(-c,0)、F2(c,0),若橢圓上存在點(diǎn)P使a答案(2-1,1)【五年高考】A組統(tǒng)一命題·課標(biāo)卷題組考點(diǎn)一橢圓的定義及標(biāo)準(zhǔn)方程1.(2019課標(biāo)Ⅰ,10,5分)已知橢圓C的焦點(diǎn)為F1(-1,0),F2(1,0),過F2的直線與C交于A,B兩點(diǎn).若|AF2|=2|F2B|,|AB|=|BF1|,則C的方程為()A.x22+y2=1 B.x23+y22=1 C.x24+答案B2.(2019課標(biāo)Ⅲ,15,5分)設(shè)F1,F2為橢圓C:x236+y220=1的兩個焦點(diǎn),M為C上一點(diǎn)且在第一象限.若△MF1F2為等腰三角形,則答案(3,15)考點(diǎn)二橢圓的幾何性質(zhì)1.(2018課標(biāo)Ⅱ,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,∠F1F2A.23 B.12 C.13答案D2.(2017課標(biāo)Ⅲ,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,A.63 B.33 C.23答案A3.(2016課標(biāo)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A.13 B.12 C.23答案A考點(diǎn)三直線與橢圓的位置關(guān)系(2018課標(biāo)Ⅰ,19,12分)設(shè)橢圓C:x22+y2=1的右焦點(diǎn)為F,過F的直線l與C交于A,B兩點(diǎn),點(diǎn)M(1)當(dāng)l與x軸垂直時,求直線AM的方程;(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),證明:∠OMA=∠OMB.解析(1)由已知得F(1,0),l的方程為x=1,由已知可得,點(diǎn)A的坐標(biāo)為1,22所以AM的方程為y=-22x+2或y=22x-(2)證明:當(dāng)l與x軸重合時,∠OMA=∠OMB=0°.當(dāng)l與x軸垂直時,直線OM為AB的垂直平分線,所以∠OMA=∠OMB.當(dāng)l與x軸不重合也不垂直時,設(shè)l的方程為y=k(x-1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),則x1<2,x2<2,直線MA,MB的斜率之和為kMA+kMB=y1x1由y1=kx1-k,y2=kx2-k得kMA+kMB=2k將y=k(x-1)代入x22+y2=1得(2k2+1)x2-4k2x+2k所以,x1+x2=4k22k2+1,x則2kx1x2-3k(x1+x2)+4k=4k從而kMA+kMB=0,故MA,MB的傾斜角互補(bǔ),所以∠OMA=∠OMB.綜上,∠OMA=∠OMB.B組自主命題·省(區(qū)、市)卷題組考點(diǎn)一橢圓的定義及標(biāo)準(zhǔn)方程(2015陜西,20,12分)已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的半焦距為c,原點(diǎn)(1)求橢圓E的離心率;(2)如圖,AB是圓M:(x+2)2+(y-1)2=52的一條直徑,若橢圓E經(jīng)過A,B兩點(diǎn),求橢圓E的方程解析(1)過點(diǎn)(c,0),(0,b)的直線方程為bx+cy-bc=0,則原點(diǎn)O到該直線的距離d=bcb2+由d=12c,得a=2b=2a2-c2,(2)解法一:由(1)知,橢圓E的方程為x2+4y2=4b2.①依題意,圓心M(-2,1)是線段AB的中點(diǎn),且|AB|=10.易知,AB與x軸不垂直,設(shè)其方程為y=k(x+2)+1,代入①得(1+4k2)x2+8k(2k+1)x+4(2k+1)2-4b2=0.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=-8k(2k+1)1+4由x1+x2=-4,得-8k(2k+1從而x1x2=8-2b2.于是|AB|=1+122|x1=5=10(由|AB|=10,得10(b2-2)=故橢圓E的方程為x212+解法二:由(1)知,橢圓E的方程為x2+4y2=4b2.②依題意,點(diǎn)A,B關(guān)于圓心M(-2,1)對稱,且|AB|=10.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x12+4y12=4b2,x2兩式相減并結(jié)合x1+x2=-4,y1+y2=2,得-4(x1-x2)+8(y1-y2)=0,易知AB與x軸不垂直,則x1≠x2,所以AB的斜率kAB=y1-y因此直線AB的方程為y=12代入②得x2+4x+8-2b2=0.所以x1+x2=-4,x1x2=8-2b2.于是|AB|=1+122|x1=5=10(由|AB|=10,得10(b2解得b2=3.故橢圓E的方程為x212+解題關(guān)鍵對于第(2)問,利用弦長及根與系數(shù)的關(guān)系或點(diǎn)差法構(gòu)造關(guān)于參數(shù)的方程是解題的關(guān)鍵.考點(diǎn)二橢圓的幾何性質(zhì)1.(2018北京,14,5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(diǎn)及橢圓M答案3-1;22.(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),(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)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=c由|PF1|=|PQ|>|PF2|得x0>0,從而|PF1|2=aa2=2(a2-b2)+2aa2-2b2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于是(2+2)(1+2e解得e=121+42+2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=ca=|PF1|2+|P考點(diǎn)三直線與橢圓的位置關(guān)系1.(2019浙江,15,4分)已知橢圓x29+y25=1的左焦點(diǎn)為F,點(diǎn)P在橢圓上且在x軸的上方.若線段PF的中點(diǎn)在以原點(diǎn)O為圓心,|OF|為半徑的圓上,則直線答案152.(2019天津,18,13分)設(shè)橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F,上頂點(diǎn)為(1)求橢圓的方程;(2)設(shè)點(diǎn)P在橢圓上,且異于橢圓的上、下頂點(diǎn),點(diǎn)M為直線PB與x軸的交點(diǎn),點(diǎn)N在y軸的負(fù)半軸上.若|ON|=|OF|(O為原點(diǎn)),且OP⊥MN,求直線PB的斜率.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)橢圓的半焦距為c,依題意,2b=4,ca=55,又a2=b2+c2,可得a=所以,橢圓的方程為x25+(2)由題意,設(shè)P(xP,yP)(xP≠0),M(xM,0).設(shè)直線PB的斜率為k(k≠0),又B(0,2),則直線PB的方程為y=kx+2,與橢圓方程聯(lián)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,進(jìn)而直線OP的斜率yPxP=4-5k2-10k.在y=kx+2中,令所以,直線PB的斜率為2305或-思路分析(1)根據(jù)條件求出基本量a,b得到橢圓方程.(2)要利用條件OP⊥MN,必須求P點(diǎn)和M、N點(diǎn)坐標(biāo).由直線PB的方程與橢圓方程聯(lián)立得到P點(diǎn)坐標(biāo),再求出M及N點(diǎn)坐標(biāo),利用kOP·kMN=-1求出kPB.C組教師專用題組考點(diǎn)一橢圓的定義及標(biāo)準(zhǔn)方程1.(2014課標(biāo)Ⅰ,20,12分)已知點(diǎn)A(0,-2),橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為32,F是橢圓E的右焦點(diǎn),(1)求E的方程;(2)設(shè)過點(diǎn)A的動直線l與E相交于P,Q兩點(diǎn).當(dāng)△OPQ的面積最大時,求l的方程.解析(1)設(shè)F(c,0),由條件知,2c=233,得又ca=32,所以a=2,b2=a2-c故E的方程為x24+y(2)當(dāng)l⊥x軸時不合題意,故設(shè)l:y=kx-2,P(x1,y1),Q(x2,y2).將y=kx-2代入x24+y2=1得(1+4k2)x當(dāng)Δ=16(4k2-3)>0,即k2>34時,x1,2=8從而|PQ|=k2+1|x1-x2|=又點(diǎn)O到直線PQ的距離d=2k所以△OPQ的面積S△OPQ=12d·|PQ|=4設(shè)4k2-3=t,則t>0,S△OPQ=因?yàn)閠+4t≥4,當(dāng)且僅當(dāng)t=2,即k=±72時等號成立,所以,當(dāng)△OPQ的面積最大時,l的方程為y=72x-2或y=-7思路分析(1)通過直線AF的斜率求得c的值,通過離心率求得a,進(jìn)而求出b2,從而得到E的方程;(2)設(shè)出直線l的方程和點(diǎn)P、Q的坐標(biāo),聯(lián)立直線l與橢圓方程,利用弦長公式求得|PQ|的長,根據(jù)點(diǎn)到直線的距離公式求得△OPQ邊PQ上的高,從而表示出△OPQ的面積,利用換元法和基本不等式即可得到當(dāng)面積取得最大值時k的值,從而得直線l的方程.解題關(guān)鍵對于第(2)問,正確選擇參數(shù),表示出△OPQ的面積,進(jìn)而巧妙利用換元法分析最值是解題的關(guān)鍵.2.(2014課標(biāo)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(diǎn),M是C上一點(diǎn)且MF2與x軸垂直.直線(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.解析(1)根據(jù)c=a2-b2及題設(shè)知M將b2=a2-c2代入2b2=3ac,解得ca=12或ca故C的離心率為12(2)由題意,得原點(diǎn)O為F1F2的中點(diǎn),MF2∥y軸,所以直線MF1與y軸的交點(diǎn)D(0,2)是線段MF1的中點(diǎn),故b2a=4,即b由|MN|=5|F1N|得|DF1|=2|F1N|.設(shè)N(x1,y1),由題意知y1<0,則2(-c代入C的方程,得9c24將①及c=a2-b2代入②得解得a=7,故b2=4a=28,故a=7,b=27.考點(diǎn)二橢圓的幾何性質(zhì)1.(2017浙江,2,5分)橢圓x29+y24=1A.133 B.53 C.23答案B2.(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(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72,求E的方程解析(1)由題設(shè)條件知,點(diǎn)M的坐標(biāo)為23又kOM=510,從而b2a進(jìn)而得a=5b,c=a2-b2=2b.故e=(2)由題設(shè)條件和(1)的計算結(jié)果可得,直線AB的方程為x5b+yb=1,點(diǎn)N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+7解得b=3.所以a=35,故橢圓E的方程為x245+本題考查橢圓的方程、幾何性質(zhì)以及對稱問題,考查利用方程思想解決點(diǎn)關(guān)于直線的對稱問題,利用待定系數(shù)法求橢圓的方程,考查學(xué)生的運(yùn)算求解能力和化歸思想的應(yīng)用.

考點(diǎn)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(biāo)系xOy中,橢圓C過點(diǎn)3,12,焦點(diǎn)F1(-3,0),F2(3,0),圓O的直徑為F1(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(diǎn)P.①若直線l與橢圓C有且只有一個公共點(diǎn),求點(diǎn)P的坐標(biāo);②直線l與橢圓C交于A,B兩點(diǎn).若△OAB的面積為267,求直線l解析解法一:(1)因?yàn)闄E圓C的焦點(diǎn)為F1(-3,0),F2(3,0),所以可設(shè)橢圓C的方程為x2a2又點(diǎn)3,12在橢圓所以3a2因此,橢圓C的方程為x24+y因?yàn)閳AO的直徑為F1F2,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+所以直線l的方程為y=-x0y0(x-x0)+y0,即y=-x由x24+(4x02+y02)x2-24x因?yàn)橹本€l與橢圓C有且只有一個公共點(diǎn),所以Δ=(-24x0)2-4(4x02+y02)(36-4y0因?yàn)閤0,y0>0,所以x0=2,y0=1.因此,點(diǎn)P的坐標(biāo)為(2,1).②因?yàn)槿切蜲AB的面積為26所以12AB·OP=267,從而設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),由(*)得x1,2=24x所以AB2=(x1-x2)2+(y1-y2)2=1+x02因?yàn)閤02+所以AB2=16(x02-2)(x解得x02=52(x02=20舍去),則y02=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+y2=3,因?yàn)辄c(diǎn)3,1所以2a=(3-3所以a=2.因?yàn)閍2=b2+c2,所以b=1,所以橢圓C的方程為x24+y(2)①由題意知直線l與圓O和橢圓C均相切,且切點(diǎn)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?yàn)橹本€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x24+(kx+m)整理得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,因?yàn)橹本€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?yàn)閗<0,m>0,所以k=-2,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(diǎn)P的坐標(biāo)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?yàn)橹本€l和橢圓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=-8所以|x1-x2|=44因?yàn)锳B=(x1-x2)2+(kxO到l的距離d=|m|k所以S△OAB=12·44k2=12·4k2-24k解得k2=5,因?yàn)閗<0,所以k=-5,則m=32,即直線l的方程為y=-5x+32.解后反思(1)常用待定系數(shù)法求圓錐曲線方程.(2)①直線與圓相切,常見解題方法是設(shè)切點(diǎn)求切線方程,由于涉及直線與橢圓相切,因此也可設(shè)出直線方程求解.②因?yàn)椤鰽OB的面積為267,且邊AB上的高為3,所以解題關(guān)鍵是求AB的長,可利用弦長公式AB=(x1-x2)2+(y1-y2)2=1+k2·(2.(2017天津,19,14分)設(shè)橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F,右頂點(diǎn)為A,離心率為12.已知A是拋物線y2=2px(p>0)(1)求橢圓的方程和拋物線的方程;(2)設(shè)l上兩點(diǎn)P,Q關(guān)于x軸對稱,直線AP與橢圓相交于點(diǎn)B(B異于點(diǎn)A),直線BQ與x軸相交于點(diǎn)D.若△APD的面積為62,求直線AP的方程解析(1)設(shè)F的坐標(biāo)為(-c,0).依題意,ca=12,p2=a,a-c=12,解得a=1,c=12,p=2,于是b2=a2所以,橢圓的方程為x2+4y23=1,拋物線的方程為(2)設(shè)直線AP的方程為x=my+1(m≠0),與直線l的方程x=-1聯(lián)立,可得點(diǎn)P-1,-2m,故Q-1,2m.將x=my+1與x2+4y23=1聯(lián)立,消去x,整理得(3m2+4)y2+6my=0,解得y=0或y=-6m3m2+4.由點(diǎn)B異于點(diǎn)A,可得點(diǎn)B-3m2+43m2+4,-6m3m2+4.由Q-1,2m,可得直線BQ的方程為-6m3m2+4-2m(x+1)--所以,直線AP的方程為3x+6y-3=0或3x-6y-3=0.方法總結(jié)1.利用待定系數(shù)法求圓錐曲線標(biāo)準(zhǔn)方程的三個步驟:(1)作判斷:根據(jù)焦點(diǎn)位置設(shè)方程;(2)找等量關(guān)系;(3)解方程得結(jié)果.2.解決直線與圓錐曲線位置關(guān)系問題的基本策略:(1)巧設(shè)直線方程:當(dāng)已知直線與x軸交點(diǎn)固定時,常設(shè)為x=my+b的形式,這樣可避免對斜率是否存在的討論;(2)注意整體代入思想的應(yīng)用,利用根與系數(shù)的關(guān)系可以簡化運(yùn)算,提高運(yùn)算的效率和正確率.3.(2016浙江,19,15分)如圖,設(shè)橢圓x2a2(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+y故x1=0,x2=-2a因此|AP|=1+k2|x1-x2|=2a(2)假設(shè)圓與橢圓的公共點(diǎn)有4個,由對稱性可設(shè)y軸左側(cè)的橢圓上有兩個不同的點(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|故2a2|所以(k12-k22)[1+k12+k2由k1≠k2,k1,k2>0得1+k12+k22+a2(2-a因此1k12+11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個公共點(diǎn)的充要條件為1<a≤2,由e=ca=a2-1a4.(2015福建,18,13分)已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)過點(diǎn)(0,(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解析(1)由已知得b=2所以橢圓E的方程為x24+(2)解法一:設(shè)點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中點(diǎn)為H(x0,y0).由x=my-1,x所以y1+y2=2mm2+2,y1y2=-3m2+2所以|GH|2=x0+942+y02=my0+542|AB|24=(1+m2)[(y1+y2故|GH|2-|AB|24=52my0+(1+m2)y1y2+2516=5m22(m故點(diǎn)G-94,0解法二:設(shè)點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2),則GA=x1GB=x2由x=my-1,x所以y1+y2=2mm2+2,y1y從而GA·GB=x1+94x2+94+y1y2=my1+54my2+54+y1y2=(m2+1)y所以cos<GA,GB>>0.又GA,GB不共線,所以∠AGB為銳角.故點(diǎn)G-94,0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、函數(shù)與方程思想.【三年模擬】一、選擇題(每小題5分,共25分)1.(2019黑龍江雙鴨山一中二模,6)已知F1,F2分別為橢圓C的兩個焦點(diǎn),P為橢圓上任意一點(diǎn).若|PF1||PF2A.13 B.12 C.63答案B2.(2020屆四川五校聯(lián)考,10)設(shè)橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2,離心率為53,以F1F2為直徑的圓與橢圓C在第一象限的交點(diǎn)為P,A.13 B.12 C.33答案B3.(2019江西五校協(xié)作體4月聯(lián)考,11)已知點(diǎn)F1,F2是橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn),P為橢圓上的動點(diǎn),動點(diǎn)Q滿足F1P·PQ=|F1P||PQ|且|PQ|=|PF2|,其中F1P≠0,PQA.x225+y29=1 B.C.x225+y216=1 D.答案A4.(2019江西南康中學(xué)第二次大聯(lián)考,10)橢圓G:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的兩個焦點(diǎn)為F1(-c,0),F2(c,0),M是橢圓上的一點(diǎn),且滿足F1M·A.0,22C.22,1答案D5.(2020屆陜西部分學(xué)校摸底考試,11)已知F1,F2分別為橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn),點(diǎn)P是橢圓上位于第一象限內(nèi)的點(diǎn),延長PF2交橢圓于點(diǎn)Q,若PF1⊥PQ,且|PFA.2-2 B.3-2 C.2-1 D.6-3答案D二、填空題(每小題5分,共15分)6.(2019陜西寶雞中學(xué)一模,16)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為12,A,B分別為橢圓C的左、右頂點(diǎn),F為橢圓C的右焦點(diǎn),過F的直線l與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)P,Q,當(dāng)直線l垂直于x軸時,四邊形APBQ答案x24+7.(2019陜西渭南二模,15)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,P為橢圓C上一點(diǎn),且∠F1PF2=π3,若F1關(guān)于∠F1PF2答案38.(2018河南南陽、信陽等六市聯(lián)考,16)橢圓C:x24+y23=1的上、下頂點(diǎn)分別為A1,A2,點(diǎn)P在C上且直線PA2斜率的取值范圍是[-2,-1],那么直線PA答案3三、解答題(共35分)9.(2019安徽黃山八校聯(lián)考,20)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2,離心率e=12,點(diǎn)P是橢圓上的一個動點(diǎn),△PF(1)求橢圓的方程;(2)若A,B,C,D是橢圓上不重合的四點(diǎn),AC與BD相交于點(diǎn)F1,AC·BD=0,且|AC|+|BD|=967,求此時直線AC的方程解析(1)由題意知,當(dāng)點(diǎn)P是橢圓的上頂點(diǎn)或下頂點(diǎn)時,△PF1F2面積取得最大值,此時,S△PF1F2=12·2c·b=43,又e=ca=12所以a=4,b=23,c=2.故所求橢圓的方程為x216+(2)由(1)知F1(-2,0),由AC·BD=0得AC⊥BD.①當(dāng)直線AC與BD有一條直線的斜率不存在時,|AC|+|BD|=14,不符合題意.②設(shè)直線AC的斜率為k(k存在且不為0),則直線BD的斜率為-1k.直線AC的方程為y=k(x+2),聯(lián)立y=k(x+2),x216+y設(shè)A(x1,y1),C(x2,y2),則x1+x2=-16k23+4k2,x1所以|AC|=1+k2|x1-x2|=同理可得|BD|=24(由|AC|+|BD|=168(1+k2)2(故直線AC的方程為y=±(x+2).思路分析(1)根據(jù)離心率e=12,△PF1F2面積的最大值是43,結(jié)合a2=b2+c2,即可求出a、b,從而得到結(jié)果;(2)直線與曲線方程聯(lián)立,根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系、弦長公式將|AC|+|BD|用k表示,解方程即可得k的值.方法點(diǎn)撥求橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程時一般利用待定系數(shù)法,根據(jù)條件確定關(guān)于a,b,c的方程(組),解出a,b,即可得到橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程.解決直線與橢圓的位置關(guān)系的相關(guān)問題,常規(guī)思路是先把直線方程與橢圓方程聯(lián)立,消元、化簡,然后利用根與系數(shù)的關(guān)系解決相關(guān)問題.涉及弦中點(diǎn)的問題常常用“點(diǎn)差法”解決.10.(2020屆安徽合肥調(diào)研,21)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為32,左、右頂點(diǎn)分別是A1,A2,上頂點(diǎn)為B(0,b),△(1)求橢圓C的方程