2022年三高考真題精編解析一專題-橢圓及其綜合應(yīng)用復(fù)習(xí)過程

1、此文檔僅供收集于網(wǎng)絡(luò)，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除1.【2017 浙江， 2】橢圓x2y21的離心率是94A13B5C2 3D5 933【答案】 B【解析】試題分析：e945，選 B2 xy21，（ab0）的左、右頂點(diǎn)分別為A1，A2，且332.【2017 課標(biāo) 3，理 10】已知橢圓C：2 ab2以線段 A1A2 為直徑的圓與直線bxay2ab30相切，則 C的離心率為D1 3A6 3C2 3B3【答案】 A【解析】試題分析：以線段A A 為直徑的圓的圓心為坐標(biāo)原點(diǎn) 1 20,0，半徑為ra ，圓的方程為2 xy22 a ，d2abb2a，直線bxay2 ab0與圓相切，所以圓心到直線的距離等于半

2、徑，即：a2整理可得a22 3 b ，即a23a2c2,2a22 3 c ，從而2 ec22，橢圓的離心率ec26，a23a33故選 A. 只供學(xué)習(xí)與交流此文檔僅供收集于網(wǎng)絡(luò)，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除【考點(diǎn)】橢圓的離心率的求解；直線與圓的位置關(guān)系【名師點(diǎn)睛】橢圓的離心率是橢圓最重要的幾何性質(zhì)，求橢圓的離心率(或離心率的取值范圍)，常見有兩種方法：求出 a，c，代入公式ec a；只需要根據(jù)一個(gè)條件得到關(guān)于 后等式 (不等式 )兩邊分別除以a，b，c 的齊次式，結(jié)合b2a2c2轉(zhuǎn)化為 a，c 的齊次式，然a 或 a2轉(zhuǎn)化為關(guān)于e 的方程 (不等式 )，解方程 (不等式 )即可得 e(e的取值范圍 )

3、. 3.【2016 高考浙江理數(shù)】已知橢圓C1：x2+y2=1(m1)與雙曲線 C2：2 xy2=1(n0)的焦點(diǎn)重合，2 m2 ne1，e2 分別為 C1，C2 的離心率，則（）Amn 且 e1e21 Bmn 且 e1e21 Cm1 Dmn且 e1e2b0），四點(diǎn) P1（1,1），P2（0,1），P3（1，3），P4（1，3）中恰有三點(diǎn)在橢圓 C上. 2 2（ 1）求 C的方程；（ 2）設(shè)直線 l 不經(jīng)過 P2 點(diǎn)且與 C 相交于 A，B 兩點(diǎn) .若直線 P2A 與直線 P2B 的斜率的和為 1，證明： l 過定點(diǎn) . 【解析】試題分析：（ 1）根據(jù) P ，P 兩點(diǎn)關(guān)于 y 軸對(duì)稱，由橢圓的

4、對(duì)稱性可知 C 經(jīng)過 P ，P 兩點(diǎn) .另外12 12 12 32 知，C 不經(jīng)過點(diǎn) P1，所以點(diǎn) P2 在 C上.因此 P P P 在橢圓上，代入其標(biāo)準(zhǔn)方a b a 4 b程，即可求出 C的方程；（2）先設(shè)直線 P2A 與直線 P2B 的斜率分別為 k1，k 2，在設(shè)直線 l 的方程，當(dāng) l 與 x 軸垂直，通過計(jì)算，不滿足題意，再設(shè)設(shè) l： y kx m （m 1），將 y kx m 代入2xy 21，寫出判別式，韋達(dá)定理，表示出 k 1 k ，根據(jù) k 1 k 2 1 列出等式表示出 k 和 m 的4關(guān)系，判斷出直線恒過定點(diǎn) . 試題解析：（ 1）由于 P ，P 兩點(diǎn)關(guān)于 y 軸對(duì)稱，故

5、由題設(shè)知 C經(jīng)過 P ，P 兩點(diǎn) . 又由 12 12 12 32 知， C不經(jīng)過點(diǎn) P1，所以點(diǎn) P2 在 C上 . a b a 4 b1因此 b1 22 132 1，解得b a 221 4. a 4 b2故 C的方程為 xy 21 . 4只供學(xué)習(xí)與交流此文檔僅供收集于網(wǎng)絡(luò)，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除(4k21) x28 kmx42 m40由題設(shè)可知2 =16(4 k2 m1)0. 4. y2m1(x2)，設(shè) A（x1， y1），B（x2，y2），則 x1+x2=48 km1，x1x2=4m2k24k21而k 1k 2y 11y 221x 1xkx 1m1kx 2m1x 1x22kx x2(m1

6、)(x 1x 2). x x 2由題設(shè)k 1k 21，故(2k1)x x 2(m1)(x 1x 2)0. 即(2k1)4 m24(m1)48km0. 4k21k212 x1解得km21. 當(dāng)且僅當(dāng)m1時(shí)，0 ，欲使 l：ym1xm ，即y22所以 l 過定點(diǎn)（ 2，1）【考點(diǎn)】橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，直線與圓錐曲線的位置關(guān)系. 8.【2017 課標(biāo) II，理】設(shè) O 為坐標(biāo)原點(diǎn)， 動(dòng)點(diǎn) M 在橢圓 C：1 上，過 M 作 x 軸的垂線，2垂足為 N，點(diǎn) P滿足uuur NPuuuur 2 NM。(1) 求點(diǎn) P 的軌跡方程；(2)設(shè)點(diǎn) Q 在直線x3上，且uuur uuur OP PQ1。證明：過點(diǎn)P

7、且垂直于 OQ 的直線 l 過 C 的左焦點(diǎn)F。只供學(xué)習(xí)與交流此文檔僅供收集于網(wǎng)絡(luò)，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除【答案】 (1) x2y22。(2)證明略?！窘馕觥吭囶}分析： (1)設(shè)出點(diǎn) P 的坐標(biāo)，利用uuur NP2uuuur NM得到點(diǎn) P 與點(diǎn) ,M 坐標(biāo)之間的關(guān)系即可求得軌OQ跡方程為x2y22。(2)利用uuur uuur OP PQ1可得坐標(biāo)關(guān)系3 mm2tn2 n1，結(jié)合 (1)中的結(jié)論整理可得uuur uuur OQ PF0uuur，即 OQuuur PF，據(jù)此即可得出題中的結(jié)論。試題解析：（ 1）設(shè)P x y,Mx 0,y 0,設(shè)N x 0,0, uuur NPxx 0,y,u

8、uuur NM0,y 0。由uuur NP2uuuur NM得x 0 x y02y 。2因?yàn)镸x 0,y 0在 C上，所以2 xy21。22因此點(diǎn) P 的軌跡方程為x2y22。（2）由題意知F1,0。設(shè)Q3,t,P m n ,則uuur OQ3, t,uuur PF1m ,n,uuur uuur OQ PF33 mtn，uuur OPm n,uuur PQ3m tn。由uuur uuur OP PQ1得3 m2 mtn2 n1，又由（ 1）知2 m2 n2，故33 mtn0。所以u(píng)uur uuur OQ PF g0uuur，即 OQuuur PF。又過點(diǎn)P 存在唯一直線垂直于OQ，所以過點(diǎn)P

9、且垂直于的直線 l 過 C 的左焦點(diǎn) F。【考點(diǎn)】軌跡方程的求解；直線過定點(diǎn)問題。只供學(xué)習(xí)與交流此文檔僅供收集于網(wǎng)絡(luò)，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除9.【2017 山東，理 21】在平面直角坐標(biāo)系2 x xOy 中，橢圓 E ：2ay21ab0的離心率為2，b22焦距為 2 . （ ）求橢圓 E 的方程；（ ）如圖，動(dòng)直線 l ：y k x 3交橢圓 E 于 A B 兩點(diǎn)， C 是橢圓 E上一點(diǎn)，直線 OC 的斜率2為 k ，且 k k 2 2， M 是線段 OC 延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，且 MC : AB 2: 3，e M 的半徑為 MC ，4OS OT 是 e M 的兩條切線，切點(diǎn)分別為 S T .求 SO

10、T 的最大值，并求取得最大值時(shí)直線 l 的斜率. 【答案】（I）x2y21. 2（ ）SOT 的最大值為，取得最大值時(shí)直線 l 的斜率為 k 1 2. 3 2【解析】試題分析： （I）本小題由 e c 2， 2 c 2 確定 a b 即得 . a 22x 2y 1,（ ）通過聯(lián)立方程組 2 化簡(jiǎn)得到一元二次方程后應(yīng)用韋達(dá)定理，應(yīng)用弦長(zhǎng)公式確y k x 3 ,2定 | AB 及圓 M 的半徑 r 表達(dá)式 . 試題解析：（ I）由題意知ec2， 2 c2，所以a2,b1，a2因此橢圓 E 的方程為2 xy21. 2只供學(xué)習(xí)與交流此文檔僅供收集于網(wǎng)絡(luò)，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除2x y 21,（ ）設(shè)

11、A x 1 , y 1 , B x 2 , y 2，聯(lián)立方程 2y k x 3 ,2得 4 k 1 22 x 24 3 k x 1 0，由題意知 0 ，且 x 1 x 22 2 3k 1 2 k 11 , x x 22 2 k 11 21，2 22 1 k 1 1 8 k 1所以 AB 1 k 1 x 1 x 2 2 2 . 2 k 1 12 2由題意可知圓 M 的半徑 r 為 r 2 2 1 k 12 1 8 k 13 2 k 1 1由題設(shè)知 k k 1 2 2，所以 k 2 2因此直線 OC 的方程為 y 2x . 4 4 k 1 4 k 12x y 21, 2 2聯(lián)立方程 2 得 x 2

12、 8 k 12 , y 2 12，因此 OC x 2y 2 1 8 k 12 . 2 1 4 k 1 1 4 k 1 1 4 k 1y x ,4 k 121 8 k 12由題意可知 sin SOT2 r rOC1 1OCr，而 OCr 23 2 1 1k2 1 4k 21 k2 111 8 k 1 223 24 1 14 k 1 2 2 k 11 k 1 2，令 t 1 2 k ，則 2t 1, 1t 0,1，因此 OCr 32 2 t 2 tt 1 322 11 12 32 1 11 29 1，t t t 2 4當(dāng)且僅當(dāng)1 1，即 t 2 時(shí)等號(hào)成立，此時(shí) k 1 2，所以 sin SOT

13、1，因此 SOT，t 2 2 2 2 2 6所以 SOT 最大值為 .綜上所述：SOT 的最大值為，取得最大值時(shí)直線 l 的斜率為3 3k 1 2. 2【考點(diǎn)】 1.橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其幾何性質(zhì)；2.直線與圓錐曲線的位置關(guān)系；3. 二次函數(shù)的圖象和性質(zhì) . 只供學(xué)習(xí)與交流此文檔僅供收集于網(wǎng)絡(luò)，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除10.【2017 天津，理 19】設(shè)橢圓2 xy21( ab0)的左焦點(diǎn)為F，右頂點(diǎn)為A ，離心率為a2b21.已知 A 是拋物線y22px p0)的焦點(diǎn)， F 到拋物線的準(zhǔn)線l 的距離為1 2. 2（I）求橢圓的方程和拋物線的方程；（II）設(shè) l 上兩點(diǎn) P ，Q 關(guān)于 x 軸對(duì)稱，

14、 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6 2，求直線 AP 的方程 . x6y30. 【答案】（1）x242 y1，y24x.（2） 3x6y30，或 33【解析】試題分析：由于 A 為拋物線焦點(diǎn)，F(xiàn) 到拋物線的準(zhǔn)線 l 的距離為1，則 a c 1，又橢圓的離2 2心率為1，求出 c a b ，得出橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和拋物線方程；則 A (1,0)，設(shè)直線 AP 方程為設(shè)2x my 1( m 0)，解出 P、Q 兩點(diǎn)的坐標(biāo)，把直線 AP 方程和橢圓方程聯(lián)立解出 B 點(diǎn)坐標(biāo)，寫出 BQ 所在直線方程，求出點(diǎn) D 的坐標(biāo)，最后根據(jù)AP

15、D 的面積為 6 解方程求出 m ，得2出直線 AP 的方程 . 試題解析：（ ）解：設(shè) F 的坐標(biāo)為 (c ,0).依題意，c1，pa ，ac1，解得a1，a222c1，p2，于是2 ba2c23 4.所以，橢圓的方程為2 x4y21，拋物線的方程為322 y4x . my1( m0)，與直線l 的方程x1聯(lián)立，可得點(diǎn)（ ）解：設(shè)直線AP 的方程為xP ( 1,2)， 故Q( 1,2). 將xmy1與2 x42 y1聯(lián) 立 ， 消 去 x ， 整 理 得3mm只供學(xué)習(xí)與交流此文檔僅供收集于網(wǎng)絡(luò)，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除(3 m 24) y 26 my 0， 解 得 y 0， 或 y 62 m.

16、 由 點(diǎn) B 異 于 點(diǎn) A ， 可 得 點(diǎn)3 m 42B (3 3m m2 4 4 ,3 m 62 m4 ) . 由 Q ( 1,m 2)，可 得 直 線 BQ 的 方 程 為2 2(3 m 62 m4 m 2 )( x 1) (3 3m m2 4 4 1)( ym 2 ) 0， 令 y 0， 解 得 x3 2m 2 3 m2， 故D ( 22 3 m 2,0) . 所 以 | AD | 1 22 3 m 2 6 m2 2. 又 因 為APD 的 面 積 為 6， 故3 m 2 3 m 2 3 m 2 2212 3 m 6 m2 2 | m 2| 2 6，整理得 3 m 22 6 | m |

17、 2 0，解得 | m |3 6，所以 m3 6. 所以，直線 AP 的方程為 3 x 6 y 3 0，或 3 x 6 y 3 0 . 【考點(diǎn)】直線與橢圓綜合問題11.【2017 江蘇， 17】如圖 ,在平面直角坐標(biāo)系xOy 中,橢圓E:2 xy21( ab0)的左、右焦點(diǎn)2 ab2分別為F , F ,離心率為1 2,兩準(zhǔn)線之間的距離為8.點(diǎn) P 在橢圓 E 上，且位于第一象限， 過點(diǎn) 2l . F 作直線PF 的垂線1l ,過點(diǎn)F 作直線PF 的垂線（1）求橢圓 E 的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）若直線 E 的交點(diǎn) Q 在橢圓 E 上,求點(diǎn) P 的坐標(biāo) . yF1 O F2 x(第 17 題 )【答案】

18、（1）2 xy21（2）4 7 3 77 7)8，所以c1，2 a28，43【解析】 解：（1）設(shè)橢圓的半焦距為c. 因?yàn)闄E圓E的離心率為1 2，兩準(zhǔn)線之間的距離為a2c只供學(xué)習(xí)與交流此文檔僅供收集于網(wǎng)絡(luò)，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除解得a2,c1，于是ba22 c3，A,直線 l因此橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程是2 xy21 . 43（2）由（ 1）知，F(xiàn) 1( 1,0)，F(xiàn) 2(1,0). 設(shè)P x 0,y 0)，因?yàn)辄c(diǎn) P 為第一象限的點(diǎn)，故x 00,y 00. 當(dāng)x 01時(shí)，2l與1l相交于F ，與題設(shè)不符 . 當(dāng)x 01時(shí)，直線PF 的斜率為y 01，直線PF 的斜率為xy01. x 00因?yàn)閘 1P

19、F 1，l2PF 2，所以直線1l 的斜率為x 001，直線2l 的斜率為x 01yy 0從而直線1l 的方程：yx 001(x1)，y直線2l 的方程：yx 01(x1). y 0由，解得xx 0,y12 x 0，所以Q (x 0,12 x 0). y 0y 0因?yàn)辄c(diǎn) Q 在橢圓上，由對(duì)稱性，得12 x 0y 0，即x22 y 01或2 x 02 y 01. y 00又 P 在橢圓 E上，故2 x 02 y 01 . 43由2 x 02 y 01，解得x 04 7,y03 7；2 x 02 y 012 x 02 y 012 x 02 y 0，無解 . 1774343因此點(diǎn) P 的坐標(biāo)為(4

20、7 3 7 ,7 7). 12.【2016 高考新課標(biāo)1 卷】（本小題滿分12 分）設(shè)圓x2y22x150的圓心為過點(diǎn) B（1,0）且與 x 軸不重合 ,l 交圓 A 于 C,D 兩點(diǎn) ,過 B 作 AC的平行線交 AD于點(diǎn) E. 只供學(xué)習(xí)與交流此文檔僅供收集于網(wǎng)絡(luò)，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除（I）證明 EAEB 為定值 ,并寫出點(diǎn) E 的軌跡方程；A 交于 P,Q 兩（II）設(shè)點(diǎn) E 的軌跡為曲線C1,直線 l 交 C1 于 M,N 兩點(diǎn) ,過 B 且與 l 垂直的直線與圓點(diǎn),求四邊形 MPNQ 面積的取值范圍. 【答案】（ ）x2y21（y0）（II） 12 8,3 )43【解析】試題分析：根

21、據(jù)EAEB 可知軌跡為橢圓k,利用橢圓定義求方程； （ II）分斜率是否存在設(shè)出直(x1 )(k0 ),根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系和弦長(zhǎng)公式把面線方程 ,當(dāng)直線斜率存在時(shí)設(shè)其方程為y積表示為 x 斜率 k 的函數(shù) ,再求最值 . 試題解析：（ ）因?yàn)閨AD|AC|,EB /AC,故EBDACDADC, . ,所以所以|EB|ED|,故|EA|EB|EA|ED|AD|. 又圓 A 的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x1 )2y216,從而| AD|4,所以|EA|EB|4由題設(shè)得A (0,1 ),B ( ,1 0 ),| AB|2,由橢圓定義可得點(diǎn)E 的軌跡方程為：2 xy21（y0）. 43過點(diǎn)B( 0,1)且與 l 垂

22、直的直線 m ：y1 x k)1, A 到 m 的距離為k212|PQ|22 4(|k21)2444 k2. 3.故四邊形 MPNQ 的面積2k21S1 2MN|PQ12113k2只供學(xué)習(xí)與交流此文檔僅供收集于網(wǎng)絡(luò)，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除可得當(dāng) l 與 x 軸不垂直時(shí) ,四邊形 MPNQ面積的取值范圍為 12 , 8 3 ) . 當(dāng) l 與 x 軸垂直時(shí) ,其方程為 x 1 , | MN | 3 , | PQ | 8 ,四邊形 MPNQ 的面積為 12. 綜上 ,四邊形 MPNQ面積的取值范圍為 12 , 8 3 ) . 考點(diǎn)：圓錐曲線綜合問題【名師點(diǎn)睛】高考解析幾何解答題大多考查直線與圓錐曲

23、線的位置關(guān)系 ,直線與圓錐曲線的位置關(guān)系是一個(gè)很寬泛的考試內(nèi)容,主要由求值、求方程、求定值、最值、求參數(shù)取值范圍等幾部分組成 , .其中考查較多的圓錐曲線是橢圓與拋物線 ,解決這類問題要重視方程思想、函數(shù)思想及化歸思想的應(yīng)用 . 13.【2016 高考山東理數(shù)】（本小題滿分14 分）0的離心率是3，拋物線 E：2 x2y平面直角坐標(biāo)系xOy 中，橢圓 C：2 xy21a 2 ab22的焦點(diǎn) F 是 C的一個(gè)頂點(diǎn) . （I）求橢圓 C 的方程；（II）設(shè) P是 E上的動(dòng)點(diǎn)，且位于第一象限，E 在點(diǎn) P 處的切線 l 與 C交與不同的兩點(diǎn) A，B，線段 AB 的中點(diǎn)為 D，直線 OD 與過 P 且

24、垂直于 x 軸的直線交于點(diǎn) M . （i）求證：點(diǎn) M 在定直線上 ; （ii ）直線 l 與 y 軸交于點(diǎn) G，記PFG 的面積為 S ，PDM 的面積為 S ，求 S 1 的最大值及S 2取得最大值時(shí)點(diǎn) P 的坐標(biāo) . 【答案】（）x 2 4 y 2 1 ;（）（i）見解析；（ii）S S 12 的最大值為 94，此時(shí)點(diǎn) P 的坐標(biāo)為 (2 2 , 14 )只供學(xué)習(xí)與交流此文檔僅供收集于網(wǎng)絡(luò)，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除【解析】試題分析：（ ）根據(jù)橢圓的離心率和焦點(diǎn)求方程；（ ）（i）由點(diǎn) P 的坐標(biāo)和斜率設(shè)出直線 l 的方程和拋物線聯(lián)立，進(jìn)而判斷點(diǎn) M 在定直線上；（ii）分別列出 S ，S

25、面積的表達(dá)式，根據(jù)二次函數(shù)求最值和此時(shí)點(diǎn) P 的坐標(biāo) .試題解析：（ ）（i）設(shè)P( m ,m2)(m0 )，由x22y可得y/x，2所以直線 l 的斜率為 m ，因此直線 l 的方程為ym2m (xm )，即ymx2 m. 22設(shè)A (x 1,y 1),B(x2,y2),D(x 0,y0)，聯(lián)立方程ymx2 m2得( 42 m1 )x24 m 3xm410，x24y21由0 ，得0m25且x 1x244 m31，2 m因此x 0 x 12x23 2 m1, ，4 m2將其代入ymx2 m得y 02 ( 42 m)122 m因?yàn)閥01，所以直線 OD 方程為y1x. x 04 m4 m聯(lián)立方程

26、y1x，得點(diǎn) M 的縱坐標(biāo)為y M1，4m4xm即點(diǎn) M 在定直線y1上. 4只供學(xué)習(xí)與交流此文檔僅供收集于網(wǎng)絡(luò)，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除（ii ）由（ i）知直線 l 方程為ymx2 m，,1). 2令x0得ym2，所以G(,0m2)，22又P m ,2 m),F(0,1),D(23 m1,2 (2 m)1)，222 4 m2 4 m所以S 11|GF|m1m (2 m1 )，24S 21|PM|mx 0|m (2 m2)12，28 (2 4 m)1所以S 12 ( 42 m1 )(m2)1，S 2( 2 m2)12令t2 2 m1，則S 1(2 t1 )( t)1112，S 2t2t2t當(dāng)1

27、1，即t2時(shí)，S 1取得最大值9 ，此時(shí) 4m2，滿足0，2t2S 2所以點(diǎn) P 的坐標(biāo)為(2,1)，因此S 1的最大值為9 ，此時(shí)點(diǎn) P 的坐標(biāo)為 4(224S 224考點(diǎn)： 1.橢圓、拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程及其幾何性質(zhì)；2.直線與圓錐曲線的位置關(guān)系；3. 二次函數(shù)的圖象和性質(zhì) . 14.【2015 江蘇高考， 18】（本小題滿分 16 分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy 中，已知橢圓2 xy21ab0的離心率為2，且右焦點(diǎn)a2b22F 到左準(zhǔn)線 l 的距離為 3. （1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）過 F的直線與橢圓交于A，B 兩點(diǎn)，線段AB 的垂直平分線分別交直線l 和 AB 于點(diǎn) P，C，若 PC

28、=2AB，求直線 AB 的方程 . 只供學(xué)習(xí)與交流此文檔僅供收集于網(wǎng)絡(luò)，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除【答案】（1）x 2y21（2）yx1或yx12【解析】試題分析（ 1）求橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程，只需列兩個(gè)獨(dú)立條件即可：一是離心率為 2，二是右焦點(diǎn) F2到左準(zhǔn)線l的距離為3，解方程組即得（2）因?yàn)橹本€ AB 過 F，所以求直線 AB的方程就是確定其斜率，本題關(guān)鍵就是根據(jù) PC=2AB列出關(guān)于斜率的等量關(guān)系，這有一定運(yùn)算量 .首先利用直線方程與橢圓方程聯(lián)立方程組，解出 AB 兩點(diǎn)坐標(biāo)，利用兩點(diǎn)間距離公式求出 AB 長(zhǎng)，再根據(jù)中點(diǎn)坐標(biāo)公式求出 C點(diǎn)坐標(biāo)，利用兩直線交點(diǎn)求出 P 點(diǎn)坐標(biāo)，再根據(jù)兩點(diǎn)間距離公式求出

29、PC長(zhǎng)，利用 PC=2AB解出直線 AB 斜率 ,寫出直線 AB 方程 . （2）當(dāng)x 軸時(shí)，2，又 C3，不合題意當(dāng)與 x 軸不垂直時(shí)，設(shè)直線的方程為yk x1，x y 1，x 2,y 2，將的方程代入橢圓方程，得12k2x22 4 k x2k210，則x 1,22k212 1k2， C 的坐標(biāo)為12 k22,1k2，且2 k2 k2k2x 2x 12y 2y 121k2x 2x 122 2 1kk2若k1 220，則線段的垂直平分線為y 軸，與左準(zhǔn)線平行，不合題意從而k0，故直線C的方程為ykk21x12 k22，1 2k2 k只供學(xué)習(xí)與交流此文檔僅供收集于網(wǎng)絡(luò)，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除則點(diǎn)

30、的坐標(biāo)為2,k5 k22，從而C2 3 k2111k2112 k2k2 k2因?yàn)镃2，所以2 3 k211k2k2k4 2 1k，解得k1 2k2122此時(shí)直線方程為yx1或yx1【考點(diǎn)定位】橢圓方程，直線與橢圓位置關(guān)系差法 ”解決，往往會(huì)更簡(jiǎn)單。15.【2016 高考天津理數(shù)】 （本小題滿分14 分）|1|1|3e|，設(shè)橢圓x2y21（a3）的右焦點(diǎn)為 F ，右頂點(diǎn)為 A ，已知a23OFOAFA其中 O 為原點(diǎn)， e 為橢圓的離心率. （）求橢圓的方程；（）設(shè)過點(diǎn) A 的直線 l 與橢圓交于點(diǎn)B（ B 不在 x 軸上），垂直于 l 的直線與 l 交于點(diǎn) M ，與 y 軸交于點(diǎn) H ，若BF

31、,HF，且MOA)MAO ，求直線的 l 斜率的取值范圍. 【答案】（ ）x22 y1（）(66 4,434【解析】試題分析：（）求橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程， 只需確定量， 由 1 1 3 c，得1 1 3 c| OF | | OA | | FA | c a a a c ，2 2 2 2 2再利用 a c b 3，可解得 c 1，a 4（）先化簡(jiǎn)條件：MOA MAO | MA | | MO ，即 M 再 OA 中垂線上，x M 1，再利用直線與橢圓位置關(guān)系，聯(lián)立方程組求 B ；利用兩直線方程組求 H，最后根據(jù) BF HF，列等量關(guān)系解出直線斜率 .取值范圍試 題 解 析 ：（ 1 ） 解 ： 設(shè)F c (

32、 ,0)， 由1|1|3 c|， 即1 c13 cc )， 可 得|OF|OAFAaa aa2c22 3 c ，又2 ac2b23，所以2 c1，因此2 a4，所以橢圓的方程為2 xy21 . 43只供學(xué)習(xí)與交流此文檔僅供收集于網(wǎng)絡(luò)，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除（2）（）解：設(shè)直線l 的斜率為 k （k0），則直線 l 的方程為yk(x2 ).設(shè)B(xByB)，由方程組2 x2 y1，消去 y ，整理得(4k23 )x216k2x16k2120. 43yk(x2 )8 k26，從而yB12 k. 解得x2，或x8 k26，由題意得xB4 k234 k234 k23).由BFHF，,1y H)，BF(

33、94 k2,12k3由（）知，F(xiàn)0,1()，設(shè)H(0 ,yH)，有FH(4 k234 k2得BFHF0，所以94 k212 ky H0，解得yH94 k2.因此直線MH 的方程為4 k234 k2312 ky1x94k2. k12k6,). 所以，直線 l 的斜率的取值范圍為(,644考點(diǎn)：橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和幾何性質(zhì)，直線方程16.【2015 高考山東，理20】平面直角坐標(biāo)系xoy 中，已知橢圓C:2 x2 y1ab0的離2 a2 b心率為3，左、右焦點(diǎn)分別是F 1,F ，以F 為圓心以 3 為半徑的圓與以F 為圓心以1 為半徑2的圓相交，且交點(diǎn)在橢圓C 上. 只供學(xué)習(xí)與交流此文檔僅供收集于網(wǎng)絡(luò)

34、，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除()求橢圓 C 的方程；（ ）設(shè)橢圓E:x2y21， P 為橢圓 C 上任意一點(diǎn)， 過點(diǎn) P 的直線 ykxm 交橢圓 E2 4 a2 4 b于A B 兩點(diǎn)，射線 PO 交橢圓 E 于點(diǎn) Q . ( i )求OQ OP的值；（ii ）求ABQ 面積的最大值 . 【答案】（I）x2y 21；（ II）( i )2；（ii） 6 3. 4【解析】試題分析：（I）根據(jù)橢圓的定義與幾何性質(zhì)列方程組確定 a b 的值， 從而得到橢圓 的方程；（ II）（i）設(shè) P x 0 , y 0，OQ，由題意知 Q x 0 , y 0，然后利用這兩點(diǎn)分別在兩上橢圓上OPy kx m確定 的值

35、 ; （ ii）設(shè) A x 1 , y 1 , B x 2 , y 2，利用方程組 x 2y 2 結(jié)合韋達(dá)定理求出弦長(zhǎng)116 4AB，選 將 OAB 的 面 積 表 示 成 關(guān) 于 k m 的 表 達(dá) 式S 1 m x 2 x 2 2 16 k 242 m m 22 4 m 22 m 22，然后，令 m 22 t，2 1 4 k 1 4 k 1 4 k 1 4 k利用一元二次方程根的判別式確定的范圍，從而求出 OAB 的面積的最大值，并結(jié)合（i）的結(jié)果求出 面積的最大值 . 試題解析：（ I）由題意知 2 a 4，則 a 2 ,又 c 3 , a 2c 2b 2可得 b 1 , a 22所以橢

36、圓 C 的標(biāo)準(zhǔn)方程為 x y 21 . 42 2（II）由（ I）知橢圓 E的方程為 x y 1 , 16 42（i）設(shè) P x 0 , y 0，OQ，由題意知 Q x 0 , y 0 因?yàn)?x 0 y 0 21 , OP 4只供學(xué)習(xí)與交流此文檔僅供收集于網(wǎng)絡(luò)，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除又x 02y 021，即22 x 02 y 01,所以2 ，即OQ2. 16x 2444OP4m 2所以4 16k2x 114 k2因?yàn)橹本€ ykxm 與軸交點(diǎn)的坐標(biāo)為0,m28 kmx4 m240）的半所以O(shè)AB 的面積S1mx 2x 22 16 k242m 2m14 k22 (16 k24k2 m)2 m242

37、 m212 m21 421 4k4 k令2 m2t,將 ykxm 代入橢圓 C的方程可得14k2x21 4k由0 ，可得2 m14 k2 . 1（ab0由可知 0t1因此S24t t2t24 t,故S2 3當(dāng)且僅當(dāng)t1，即m2142 k 時(shí)取得最大值2 3由（ i）知，ABQ面積為3S,所以ABQ面積的最大值為6 3y217.【2015 高考陜西，理20】（本小題滿分12 分）已知橢圓:xa22 b只供學(xué)習(xí)與交流此文檔僅供收集于網(wǎng)絡(luò)，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除焦距為 c ，原點(diǎn)到經(jīng)過兩點(diǎn)c ,02，y125的一條直徑，若橢圓經(jīng)過，兩點(diǎn)，求0,b 的直線的距離為1c 22（I）求橢圓的離心率；（II

38、）如圖，是圓:x2橢圓的方程【答案】（I）3；（II）x22 y11232【解析】試題分析：（I）先寫過點(diǎn) c ,0， 0,b 的直線方程，再計(jì)算原點(diǎn) 到該直線的距離，進(jìn)而可得y k x 2 1橢圓 的離心率；（II）先由（ I）知橢圓 的方程，設(shè) 的方程，聯(lián)立，消2 2 2x 4 y 4 b去 y ，可得 x 1 x 和 x x 的值， 進(jìn)而可得 k ，再利用 10 可得 b 的值， 進(jìn)而可得橢圓 2的方程試題解析：（ I）過點(diǎn)c ,0， 0,b 的直線方程為bx+cy-bc=0，(1) 2.則原點(diǎn)到直線的距離dbbcc2bc，2a由d=1c，得a=2 b=2a2-c2，解得離心率c=3.

39、2a2(II)解法一：由（ I）知，橢圓的方程為x2+4y2=4b2. 依題意，圓心2,1 是線段的中點(diǎn)，且 | AB | =10. 易知，不與 x 軸垂直，設(shè)其直線方程為y=k x+2)+1，代入 (1)得(1+4k2)x2+8 (2k+1)x+4(2k+2 1)-4 b2=0設(shè)A x 1, y ), B(x 2, y ),則x 1+x 2= -8 (2k+ 1),x x 1 2= -4(2 k+2 1)-4 b1 4k21 4 k2只供學(xué)習(xí)與交流此文檔僅供收集于網(wǎng)絡(luò)，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除由x 1+x 2= -4，得-8 (2k+1)= -4,解得k =1. 10(b22). 1 4k22

40、從而x x 2=8-2 b2. 于是| AB |112|x 1x 2|5x 1x 224x x 1 222由 | AB | =10，得10(2 b -2)=10，解得2 b =3. 故橢圓的方程為x2+y2=1. 123解法二：由（ I）知，橢圓的方程為x2+4y2=4 b2. （2）因此直線方程為y=1 ( 2x+2)+ ，代入 (2)得2 x+4x+ -2 b2=0.所以x 1+x 2= -4，x x2=8-2b2. . 4、橢圓的方程；5、于是| AB |112|x 1x 2|5x 1x 224x x 210(b22)22由 | AB | =10，得10(2 b -2)=10，解得2 b

41、 =3. 故橢圓的方程為x2+y2=1. 123考點(diǎn)： 1、直線方程； 2、點(diǎn)到直線的距離公式；3、橢圓的簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)；圓的方程； 6、直線與圓的位置關(guān)系；7、直線與圓錐曲線的位置. 只供學(xué)習(xí)與交流此文檔僅供收集于網(wǎng)絡(luò)，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除18.【2016 高考浙江理數(shù)】 （本題滿分15 分）如圖，設(shè)橢圓x2y21（a1）. a2（ I）求直線 y=kx+1 被橢圓截得的線段長(zhǎng)（用 a、k 表示）；（ II）若任意以點(diǎn) A（0,1 ）為圓心的圓與橢圓至多有 3 個(gè)公共點(diǎn)，求橢圓離心率的取值范圍 . 【答案】（I）2 2 a k21k2；（II）0e212 a k2【解析】試題分析：（I）先聯(lián)

42、立ykx1和x22 y1，可得1x ，2 x ，再利用弦長(zhǎng)公式可得直線ykx1a2被橢圓截得的線段長(zhǎng)； （ II）先假設(shè)圓與橢圓的公共點(diǎn)有4 個(gè)，再利用對(duì)稱性及已知條件可得任意以點(diǎn)0,1 為圓心的圓與橢圓至多有3個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，a 的取值范圍，進(jìn)而可得橢圓離心率的取值范圍試題解析：（ I）設(shè)直線ykx1被橢圓截得的線段為，由ykx211得2 xy12 a k22 x2 2 a kx0，2 a故x 10，x 212 2 a k22 a k因此1k2x 1x 22 a2k21k2y 軸左側(cè)的橢圓上有兩個(gè)不同的點(diǎn)， Q ，12 a k（II）假設(shè)圓與橢圓的公共點(diǎn)有4 個(gè)，由對(duì)稱性可設(shè)只供學(xué)習(xí)與交流此文檔

43、僅供收集于網(wǎng)絡(luò)，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除滿足Q 記直線，Q 的斜率分別為1k ，k ，且1k ，k20，k 1k 由（ I）知，2 2 a k 112 k 1，Q2 2 a k21k2，212 2a k 112 2a k 2故因此12 1 12 1 1 a 2a 22，k 1 k 2因?yàn)槭疥P(guān)于 1k ，k 的方程有解的充要條件是2 21 a a 2 1，所以 a 2因此，任意以點(diǎn) 0,1 為圓心的圓與橢圓至多有 3 個(gè)公共點(diǎn)的充要條件為1 a 2，2由 e c a 1得，所求離心率的取值范圍為 0 e 2a a 2考點(diǎn)： 1、弦長(zhǎng)； 2、圓與橢圓的位置關(guān)系；3、橢圓的離心率19.【2015 高考

44、新課標(biāo) 2，理 20】（本題滿分 12 分）已知橢圓C: 9x2y22 m(m0),直線 l 不過原點(diǎn) O 且不平行于坐標(biāo)軸，l 與 C 有兩個(gè)交點(diǎn)只供學(xué)習(xí)與交流此文檔僅供收集于網(wǎng)絡(luò)，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除A ， B ，線段 AB 的中點(diǎn)為 M ()證明：直線 OM 的斜率與 l 的斜率的乘積為定值；（ ）若 l 過點(diǎn) (m m ，延長(zhǎng)線段 OM 與 C 交于點(diǎn) P ，四邊形 OAPB能否為平行四邊形？若 3能，求此時(shí) l 的斜率，若不能，說明理由【答案】 ()詳見解析；（）能， 47 或 4，7 (xM,yM)【解析】 ()設(shè)直線l:ykxb (k0,b0)A x y 1)，B x 2,y2

45、)，M將ykxb代入9x2y2m2得(k29)x22kbx2 bm290，故x Mx 12x 2kkb9，2OMyM9，即k OMkky MkxMbk9 b9于是直線 OM 的斜率所以直線2MxkOM 的斜率與 l 的斜率的乘積為定值（ ）四邊形 OAPB能為平行四邊形因?yàn)橹本€ l 過點(diǎn) ( m m ，所以 l 不過原點(diǎn)且與 C 有兩個(gè)交點(diǎn)的充要條件是 k 0，k 33由 () 得 OM 的 方 程 為 y 9x 設(shè) 點(diǎn) P 的 橫 坐 標(biāo) 為 x P 由 y 9 ,k 得k 2 2 29 x y m ,2 2x P 29 k k m281，即 x P3 k km29將點(diǎn) ( m m 的坐標(biāo)代

46、入直線3 l 的方程得 b m (33 k )，因此 x M mk k2 3)四邊形 OAPB為平行四邊形當(dāng)且僅當(dāng)線段 AB 與線段 OP 互相平分，即3( k 9)kmx P 2 x M于是23 k 92 mk k2 3)解得 k 1 4 7，k 2 4 7因?yàn)?k i 0, k i 3，i 1， 2 ，所以當(dāng) l 的斜3( k 9)率為47 或 47 時(shí)，四邊形 OAPB 為平行四邊形【考點(diǎn)定位】 1、弦的中點(diǎn)問題；2、直線和橢圓的位置關(guān)系【名師點(diǎn)睛】 ()題中涉及弦的中點(diǎn)坐標(biāo)問題，故可以采取 “點(diǎn)差法 ”或“韋達(dá)定理 ”兩種方法求解：設(shè)端點(diǎn) A B 的坐標(biāo)，代入橢圓方程并作差，出現(xiàn)弦 A

47、B 的中點(diǎn)和直線 l 的斜率；設(shè)直線 l 的方程只供學(xué)習(xí)與交流此文檔僅供收集于網(wǎng)絡(luò)，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除同時(shí)和橢圓方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理求弦 AB 的中點(diǎn)， 并尋找兩條直線斜率關(guān)系； （ ）根據(jù) ()中結(jié)論，設(shè)直線 OM 方程并與橢圓方程聯(lián)立，求得 M 坐標(biāo)，利用 x P 2 x M 以及直線 l 過點(diǎn)( m m 列方程求 k 的值32 220.【2016 高考新課標(biāo) 2 理數(shù)】已知橢圓 E : x y 1 的焦點(diǎn)在 x 軸上， A 是 E 的左頂點(diǎn)，斜t 3率為 k k 0) 的直線交 E 于 A M 兩點(diǎn)，點(diǎn) N 在 E 上， MA NA （）當(dāng) t 4,| AM | | AN | 時(shí)，

48、求 AMN 的面積；（）當(dāng) 2 AM AN 時(shí)，求 k 的取值范圍【答案】（ ）144；（）3 2, 2 . 49【解析】試題解析：（I）設(shè)Mx 1,y 1，則由題意知y 10，當(dāng)t4時(shí)，E 的方程為2 x2 y1，A2,0. 43由已知及橢圓的對(duì)稱性知，直線AM 的傾斜角為4.因此直線 AM 的方程為yx2. . 0. 將xy2代入x22 y1得7y212y0.解得y0或y12，所以y 112. 4377因此AMN 的面積211212144. 277492 t k23 t（II）由題意t3，k0，At,0. t)代入2 x2 y1得3tk22 x22 ttk x將直線 AM 的方程yk xt

49、3由x 1t2 t k22得x 1t33tk2，故AMx 1t1k26t2k23tktk23tk2只供學(xué)習(xí)與交流此文檔僅供收集于網(wǎng)絡(luò)，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除由題設(shè)，直線AN 的方程為y1xt，故同理可得AN6 k t1k2，k3 k2tk32t3 k2 k1由 2 AMAN 得3223 kkt，即. tk2當(dāng)k3 2時(shí)上式不成立，k2k2k210，因此t3 k2 k21.t3等價(jià)于k33 k2k3k32k32即k20.由此得k320，或k320，解得3 2k2. 3 k2k20k202，過點(diǎn) P（0,1）因此 k 的取值范圍是3 2, 2 . . 考點(diǎn)：橢圓的性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系的離心率

50、是x2+y21( ab0)21.【 2015 高考四川， 理 20】如圖，橢圓 E：a2b22的動(dòng)直線 l 與橢圓相交于 A，B 兩點(diǎn)，當(dāng)直線 l 平行與 x 軸時(shí)，直線 l 被橢圓 E 截得的線段長(zhǎng)為 2 2 . (1)求橢圓 E 的方程；（2）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，是否存在與點(diǎn)P 不同的定點(diǎn)Q，使得QA QBPA恒成立？若PB存在，求出點(diǎn)Q 的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由. . 【答案】（1）2 xy21；（2）存在， Q 點(diǎn)的坐標(biāo)為Q (0, 2)42【解析】（1）由已知，點(diǎn) (2,1) 在橢圓 E上. 211,a2b2因此，2 a2 b2 c,c a2 , 2只供學(xué)習(xí)與交流此文檔僅供

51、收集于網(wǎng)絡(luò)，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除解得a2,b2. y21. Q 點(diǎn)的坐標(biāo)只可能為Q(0,2). 所以橢圓的方程為2 x42所以，若存在不同于點(diǎn)P 的定點(diǎn) Q 滿足條件，則下面證明：對(duì)任意的直線l ，均有| |QA|PA|. 1，A、 B的坐標(biāo)分別為(x 1,y 1),(x2,y 2). QB|PB|當(dāng)直線 l 的斜率不存在時(shí)，由上可知，結(jié)論成立. ykx當(dāng)直線 l 的斜率存在時(shí)，可設(shè)直線l 的方程為聯(lián)立2 xy21,得(2k21)x24kx2420. ykx1. 其判別式16k28(2k21)0，所以，x 1x 24 k, 1x x 1 22 k212 k22因此11x 1x22 k. x

52、1x2x x 2x 2,y2). 易知，點(diǎn) B 關(guān)于 y 軸對(duì)稱的點(diǎn)的坐標(biāo)為B(y QF1PAF2xO B B B1又k QAy 1x 12k1,k QBy2x 22k1k1，x 1x2x 1只供學(xué)習(xí)與交流此文檔僅供收集于網(wǎng)絡(luò)，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除所以k QAk QB，即Q A B 三點(diǎn)共線 . QA|PA|恒成立 . 所以|QA|QA|x 1|PA|. |QB|QB|x2|PB|故存在與 P 不同的定點(diǎn)Q (0, 2)，使得| |QB|PB|22.【2016 年高考北京理數(shù)】 （本小題 14 分）已知橢圓 C：x 2y 21（ab0）的離心率為3，A a ( ,0)，B (0, ) b ，

53、O(0,0)，OABa22 b2的面積為 1. （1）求橢圓 C 的方程；（2）設(shè) P 的橢圓 C 上一點(diǎn)，直線PA 與 y 軸交于點(diǎn)M，直線 PB 與 x 軸交于點(diǎn) N. 求證：ANBM為定值 . 【答案】（1）2 xy21；（2）詳見解析 . 4【解析】試題分析： （1）根據(jù)離心率為3，即c3，OAB 的面積為|1，即1 2ab1，橢圓中2a2a2b22 c 列方程求解； （2）根據(jù)已知條件分別求出AN ， |BM的值，求其乘積為定值. 所以橢圓 C 的方程為x2y21. 4只供學(xué)習(xí)與交流此文檔僅供收集于網(wǎng)絡(luò)，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除（2）由（ ）知，A (,20 ),B( 1,0 )，2y

54、0 2. 4. 設(shè)P(x0y 0)，則2 x 042 y 04. 當(dāng)0 x0時(shí)，直線 PA 的方程為yx 0y 02(x2 ). 令x0，得yM2y 02.從而BM1y M1x 0 x 0直線 PB 的方程為yy 01x1. x01. x 0令y0，得xNx 01.從而AN2xN2y 0y0所以ANBM2x 0112y 02y 0 x08y082 x 04y24x0y04x08y044x 0y04x00 x0y0 x 02y 02x 0y0 x02y02當(dāng)0 x0時(shí)，y01，BM2 AN2 ,. 所以ANBM4. 綜上，ANBM為定值 . 考點(diǎn)： 1.橢圓方程及其性質(zhì)；2.直線與橢圓的位置關(guān)系

55、算。23.【2016 年高考四川理數(shù)】 （本小題滿分 13 分）2 2已知橢圓 E：x2 y2 1( a b 0) 的兩個(gè)焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)端點(diǎn)是直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，a b直線 l : y x 3 與橢圓 E 有且只有一個(gè)公共點(diǎn) T. （ ）求橢圓 E 的方程及點(diǎn) T 的坐標(biāo)；（ ）設(shè) O 是坐標(biāo)原點(diǎn)，直線 l 平行于 OT，與橢圓 E 交于不同的兩點(diǎn) A、B，且與直線 l 交于點(diǎn)2P證明：存在常數(shù)，使得 PT PA PB ，并求 的值 . 只供學(xué)習(xí)與交流此文檔僅供收集于網(wǎng)絡(luò)，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除【答案】（ ）x22 y1，點(diǎn) T 坐標(biāo)為（ 2,1）；（）4. 635【解析】試題分析：（ ）

56、由橢圓兩個(gè)焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)端點(diǎn)是直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn)可得 a 2 c ，從而可得 a 2 b ，橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程中可減少一個(gè)參數(shù)，再利用直線和橢圓只有一個(gè)公共點(diǎn)，聯(lián)立方程，方程有兩個(gè)相等實(shí)根，解出 b 的值，從而得到橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（ ）首先設(shè)出直線 l方程為 y 1 x m ，由兩直線方程求出點(diǎn) P 坐標(biāo)，得 PT 2，同時(shí)設(shè)交點(diǎn) A x 1 , y 1 ), B x 2 , y 2 )，2把 l 方程與橢圓方程聯(lián)立后消去 y 得 x 的二次方程，利用根與系數(shù)關(guān)系，得 x 1 x 2 , x x ，再計(jì)算 PA PB ，比較可得 值 . 試題解析： （I）由已知，a 2a 2(2 ) 2，即

57、a 2 c ，所以 a 2 b ，則橢圓 E 的方程為2 2x2 y2 1 . 2 b b2 2由方程組 2 xb 2b y2 1, 得 3 x 212 x (18 2 b 2) 0 .y x 3,方程的判別式為 =24( b 23)，由 =0 ，得 b 2=3，此方程的解為 x =2，2 2所以橢圓 E的方程為 x y 1 . 6 3點(diǎn) T 坐標(biāo)為（ 2,1）. 只供學(xué)習(xí)與交流此文檔僅供收集于網(wǎng)絡(luò)，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除由方程組x21y21，3x24 mx(4m212)0.m3 2. F 1,F2,63可得yxm，3 22方程的判別式為=16(922 m)，由0 ，解得22由得x 1x 2=

58、4 m,x x 242 m12. 332 mx ，所以PA(22mx 1)2(12 my 12 )523323同理PB522mx 2，23所以PAPB5(22mx 1)(22mx2)4335(22m)2(22m)(x 1x2)x x24335(22m)2(22m)(4m)42 m12433331ab0的左、右焦點(diǎn)分別為10 92 m .故存在常數(shù)4，使得PT2PAPB . 5考點(diǎn)：橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其幾何性質(zhì). 24.【2015 高考重慶，理 21】如題（21）圖，橢圓2 xy22 ab2過F 的直線交橢圓于P Q 兩點(diǎn)，且PQPF 1只供學(xué)習(xí)與交流此文檔僅供收集于網(wǎng)絡(luò)，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除y

59、PF1OF 2xQ（ 1）若PF 122,PF 222，求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程（ 2）若PF 1PQ,求橢圓的離心率.e【答案】（1）x 22 +y =1；（2）634【解析】試題解析：（ 1）本題中已知橢圓上的一點(diǎn)到兩焦點(diǎn)的距離，因此由橢圓定義可得長(zhǎng)軸長(zhǎng)，即參數(shù) a 的值，而由 PQ PF ，應(yīng)用勾股定理可得焦距，即 c 的值，因此方程易得； （2）要求橢圓的離心率， 就是要找到關(guān)于 a b c 的一個(gè)等式， 題中涉及到焦點(diǎn)距離，因此我們?nèi)匀粦?yīng)用橢圓定義，設(shè) PF 1 m，則 PF 2 2 a m，QF 2 PQ PF 2 m (2 a m ) 2 m 2 a ，于是有QF 1 2 a QF 2

60、4 a 2 m，這樣在 Rt PQF 中求得 1 m 2(2 2) a ，在 Rt PF F 中可建 1 2立關(guān)于 a c 的等式，從而求得離心率 . (1)由橢圓的定義，2 a = | PF | + | PF | = ( 2 + 2 ) ( 2-2 ) = ，故 a =2.設(shè)橢圓的半焦距為 c，由已知 PF 1 PF ，因此 22 22 c = | FF | = | PF | + | PF | = ( 2 + 2 ) ( 2-2 ) = 2 3，即 c= 3 .2 22 2從而 b = a-c = 12故所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為 x+y =1 2. 4只供學(xué)習(xí)與交流此文檔僅供收集于網(wǎng)絡(luò)，如有侵權(quán)