2023新高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A29-專題九92橢圓及其性質(zhì)之1-9.2　橢圓及其性質(zhì)-習(xí)題+題組

2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版29_專題九92橢圓及其性質(zhì)之1_9.2橢圓及其性質(zhì)2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版29_專題九92橢圓及其性質(zhì)之1_9.2橢圓及其性質(zhì)2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版29_專題九92橢圓及其性質(zhì)之1_9.2橢圓及其性質(zhì)[2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版29_專題九92橢圓及其性質(zhì)之1_9.2橢圓及其性質(zhì)]2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版29_專題九92橢圓及其性質(zhì)之1_9.2專題檢測題組2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版29_專題九92橢圓及其性質(zhì)之1_9.2專題檢測題組2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版29_專題九92橢圓及其性質(zhì)之1_9.2專題檢測題組9．2橢圓及其性質(zhì)考試點一橢圓的定義及標(biāo)準(zhǔn)方程1.【201５廣東文，8,5分】已知橢圓x225＋y2m2=1【ｍ〉０】的左焦點為F1【－4,0】，Ａ.2Ｂ．3C.4D。９答案:B依題意有25—m2＝1６,∵m＞0，∴ｍ=3．選B.２．【２013廣東文,９，５分】已知中心在原點的橢圓C的右焦點為F【1，0】,離心率等于12，則C的方程是【】A。x23＋y24=1B．C.x24+y22=1D.答案：D由右焦點為Ｆ【1，0】可知c＝１,因為離心率等于12,即ca=12，故a=2，由a2=b２+ｃ２知b2=3,故橢圓C的方程為x24+3.【2014遼寧,理１5,文15，5分】已知橢圓C:x29+y24=1，點M與C的焦點不重合．若M關(guān)于C的焦點的對稱點分別為A,B,線段MN的中點在C上,則答案：12解析根據(jù)已知條件畫出圖形，如圖．設(shè)ＭN的中點為Ｐ，F(xiàn)１、F2為橢圓C的焦點，連接PF１、ＰＦ2。顯然PF1是△ＭAN的中位線，PF２是△MBN的中位線，∴｜AN|+｜BN|=2|PF１｜＋2|PF2｜＝2【｜PF1｜+｜PF2｜】=2×6=１2?！参唇?jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕評析本題考查了橢圓的定義和方程,考查了數(shù)形結(jié)合的思想。連接PＦ1、ＰＦ2利用橢圓的定義是求解的關(guān)鍵.〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕考試點二橢圓的幾何性質(zhì)1．【2018課標(biāo)Ⅰ文,４，5分】已知橢圓C:x2a2＋y24=1的一個焦點為【2,０】，則CA。13Ｂ.12C.22答案:C本題主要考查橢圓的方程及其幾何性質(zhì)．由題意可知c=2，b2=4,∴a２=b２+c２=4＋22=8,則a=22，∴ｅ=ca=222=2方法總結(jié)求橢圓離心率的常用方法:【１】求得ａ，c的值,直接代入e＝ca求解【2】列出關(guān)于a，b，c的齊次方程,結(jié)合b2=a2-c２消去b，從而轉(zhuǎn)化為關(guān)于e的方程求解．〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕2。【２01８課標(biāo)Ⅱ文,１1，5分】已知F1，F(xiàn)２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【】〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕A.１—32B。2－C.3-12答案：D本題主要考查橢圓的定義和幾何性質(zhì)。不妨設(shè)橢圓方程為x2a2在Rt△F1ＰF2中，因為∠PＦ２F１=60°，|F1Ｆ２｜＝2c,所以|ＰＦ2｜＝ｃ，｜PＦ1｜=3c。由橢圓的定義得｜ＰF1｜+|PF２｜=2ａ,即3c+c＝2a，所以橢圓的離心率e=ca＝23+1=3疑難突破利用橢圓的定義｜PF1｜+|PF２|=2a,結(jié)合題意得到a與c的等量關(guān)系是求解的關(guān)鍵，也是難點的突破口。〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕3．【２０１6課標(biāo)Ⅰ文，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。13Ｂ．12Ｃ．23答案：B如圖,｜OB｜為橢圓中心到l的距離，則|OＡ|·|ＯF｜＝|ＡF|·｜OB|，即bｃ=a·b2，所以e=ca=12.易錯警示橢圓中心到直線l的距離為14×2b=b2，容易將短軸長誤認(rèn)為評析本題考查橢圓的基本知識,利用三角形的面積建立等量關(guān)系是求解的關(guān)鍵.4.【2０15福建文,1１，５分】已知橢圓E：x2a2+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，A．0,32B．0,34C.答案:A直線l:3x-4y＝0過原點,從而A,B兩點關(guān)于原點對稱，于是｜AF|+|BF｜=2ａ=4，所以ａ＝2。不妨令M【０,b】，則由點M【0,b】到直線l的距離不小于45,得4b32+(-4)2≥45，即b≥１.所以e2＝c2a2＝a2-評析本題考查了橢圓的定義及性質(zhì)．考查數(shù)形結(jié)合的思想．解題關(guān)鍵在于發(fā)現(xiàn)Ａ,B兩點關(guān)于原點對稱,從而得出|AＦ|+|BF|＝2a.〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕5．【２０13課標(biāo)Ⅱ文,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A．36B。13C．12答案：Ｄ在Rｔ△PＦ2F1中,令｜PF2|＝１,因為∠PF1F2=30°，所以|PＦ1｜=2，｜F1F2｜＝3.所以ｅ=2c2a=|F1F６.【20１3四川文,9,5分】從橢圓x2a2＋y2b2=1【a＞b＞0】上一點P向x軸作垂線，垂足恰為左焦點F1,A是橢圓與x軸正半軸的交點,B是橢圓與y軸正半軸的交點,且ＡＢ∥ＯＰ【O是坐標(biāo)原點Ａ。24Ｂ。12C．22答案:C左焦點為Ｆ1【-ｃ,0】，PF１⊥x軸,當(dāng)x=-c時，c2a2+yP2b2＝1?yP2＝b21-c2a2=b4由斜率公式得kAＢ＝-ba，ｋOＰ=－b∵AB∥OＰ，∴kAB=kOＰ?—ba=—b2∵a2＝b2+c2=2ｃ2,∴c2a2=12?e=ca7.【201３遼寧文，11，5分】已知橢圓C：x2a2+y2b2=1【a>ｂ>0】的左焦點為Ｆ，C與過原點的直線相交于A、B兩點,連接AF，BF.若|AB｜=１0,｜BF｜=８，cos∠ＡＢF=45,A.35Ｂ.57C.45答案:Ｂ如圖，設(shè)|ＡＦ|=ｘ，則ｃos∠ABF=82+102解得x=6，∴∠AＦＢ=90°,由橢圓及直線關(guān)于原點對稱可知｜ＡF１｜=８,且∠ＦAF1=∠FAB+∠FＢＡ=90°，△FＡＦ1是直角三角形，∴｜F１F｜=1０,故2a=8+6=14，2c＝10，∴ca=57。故選評析本題考查余弦定理，橢圓的幾何性質(zhì)，考查了數(shù)形結(jié)合思想及運算求解能力?！参唇?jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕8.【２0１2課標(biāo)理,4,５分】設(shè)F１，F(xiàn)2是橢圓E：x2a2＋y2b2=1【a〉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A。12B.23C．34答案：Ｃ設(shè)直線x=32a與x軸交于點Q,由題意得∠PF２Q=60°,|F２P|=|F1F２｜=2ｃ,｜F2Q|=32a—c,∴32a-c=12×2c,∴e＝ca=評析本題考查了橢圓的基本性質(zhì),考查了方程的思想，靈活解三角形對求解至關(guān)重要．〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕９?！荆?１1課標(biāo)全國文,4，5分】橢圓x216+y28=1的離心率為A．13B。12Ｃ.33答案:D在x216+y28=１中，a2=16，ｂ2＝８,c２=a2∴c=２2，∴e=ca=224＝210。【2０16課標(biāo)Ⅲ，11,5分】已知O為坐標(biāo)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ＣA.13B.12C.23答案：Ａ由題意知過點A的直線ｌ的斜率存在且不為0,故可設(shè)直線l的方程為y=k【ｘ+ａ】,當(dāng)x＝－ｃ時，y=k【a-c】，當(dāng)x＝0時，y＝ka，所以Ｍ【-c，ｋ【a-ｃ】】,E【0，ka】。如圖，設(shè)OＥ的中點為N，則N0,ka2，由于B，M,Ｎ三點共線，所以kBN=kBM，即ka2-a=k(a-c)-c-a,所以思路分析根據(jù)題意設(shè)出過點A的直線l的方程,從而求出點Ｍ和點Ｅ的坐標(biāo),進一步寫出線段OE中點的坐標(biāo),利用三點共線建立關(guān)于a,c的方程，得到ａ,c的關(guān)系式，從而求出橢圓的離心率。求解本題的關(guān)鍵在于寫出各對應(yīng)點的坐標(biāo)，難點在于參數(shù)的選擇.〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕方法點撥求解圓錐曲線的離心率問題的關(guān)鍵是要通過其幾何性質(zhì)找到a，c所滿足的關(guān)系式，從而利用e=ca求得離心率．11．【２01８浙江，17,4分】已知點P【０,1】,橢圓x24+y2=m【m>１】上兩點A,B滿足AP＝2PB，則當(dāng)m=時，點Ｂ橫坐標(biāo)的絕對值最大答案：5解析本小題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程,向量的坐標(biāo)運算，二次函數(shù)的最值.設(shè)B【t,u】,由AP=2PB，易得A【－2t,３－2u】．∵點Ａ，Ｂ都在橢圓上,∴t從而有3t24+3ｕ2-１2u+9＝0，即t即有4ｕ—３=m?u=m+3∴t24+(m+3)216=m,∴t２＝-14ｍ２+5∴當(dāng)m＝5時，【t2】mａx＝４,即|t|max=2,即當(dāng)ｍ=５時，點B橫坐標(biāo)的絕對值最大．思路分析【1】設(shè)出點B的坐標(biāo)，利用向量的坐標(biāo)運算得點A的坐標(biāo)?！荆病坷命cA，Ｂ都在橢圓上得方程組,求得點B的橫、縱坐標(biāo)滿足的關(guān)系式。【3】利用【2】中的關(guān)系式及點B在橢圓上，把點B的橫坐標(biāo)的平方表示為關(guān)于ｍ的函數(shù).〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕【4】利用二次函數(shù)的最值得結(jié)論。12．【2０15浙江文，1５,4分】橢圓x2a2+y2b2=1【a>b>0】的右焦點F【c，0】關(guān)于直線y=bcｘ的對稱點答案：2解析令Q的坐標(biāo)為【x0,y0】，F(xiàn)Q的中點為Mx0+c2,y02，由點M在直線ｙ=bcx上得ｂx０-cｙ0+bc=０①．又因為直線FQ垂直于直線ｙ=bcx，所以y0x0-c=－cb，即cx0+bｙ０－c2=0②，聯(lián)立①②得點Q2c3-a2ca2,2bc2a2，把點Q的坐標(biāo)代入x2a2+y2b2＝1并化簡得ａ6＝４c6１3.【２０14江西文，14,5分】設(shè)橢圓Ｃ:x2a2+y2b2＝1【a〉b＞0】的左，右焦點為Ｆ１，F(xiàn)2，過Ｆ2作x軸的垂線與C相交于Ａ，B兩點,F1B與y軸相交于點Ｄ,若AD⊥F1B，答案：3解析不妨設(shè)A在ｘ軸上方,由于AB過Ｆ2且垂直于x軸，因此可得Ac,b2a,Bc,-b2a，由OＤ∥F2Ｂ，O為F1F2的中點可得Ｄ0,-b22a,所以AD=-c,-3b22a,F1B=2c,-b2a,又AD⊥F1B,所以AD·F1B=-2c２+3b42a2=0，即3ｂ４=4a2c2，又b2=a２—c2評析本題考查橢圓的幾何性質(zhì)、兩直線垂直的充要條件．考查學(xué)生的運算求解能力以及知識的轉(zhuǎn)化應(yīng)用能力.根據(jù)已知條件建立起關(guān)于a、b、ｃ的等量關(guān)系式是求解本題的關(guān)鍵．〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕1４.【20１３福建理，１4，4分】橢圓Γ：x2a2+y2b2=1【a〉b>0】的左、右焦點分別為Ｆ1，F(xiàn)２,焦距為2c。若直線ｙ=3【x+ｃ】與橢圓Γ的一個交點M滿足∠MF1F２=2∠MＦ2F答案：3-1解析由已知得直線ｙ=3【ｘ+c】過M、F1兩點，所以直線ＭＦ１的斜率為3,所以∠MF1F２=60°，則∠ＭF2F1=30°,∠F1ＭF2=90°，如圖，故MF１=c，MF２=3ｃ,由點M在橢圓Γ上知：c+3c=2ａ，故e=ca=3—1.15。【2012江西理，13，５分】橢圓x2a2+y2b2=1【a>b〉０】的左、右頂點分別是A、B,左、右焦點分別是F1、Ｆ２．若｜AF1｜,|F1Ｆ2|，|F1B｜答案:5解析∵|AF1|=a-c，|BF1｜＝a＋c,｜F1F2|＝2c，則有4c２＝【a－ｃ】【a+ｃ】，得ｅ=ca=5評析本題考查了橢圓的離心率的概念，橢圓和等比數(shù)列的基本性質(zhì).考試點三直線與橢圓的位置關(guān)系1.【20１3課標(biāo)Ⅰ理，１0，５分】已知橢圓Ｅ：x2a2+y2b2=1【a＞ｂ>０】的右焦點為F【3，0】,過點F的直線交E于Ａ，Ｂ兩點．若AＢ的中點坐標(biāo)為【1，-1】,則A.x245+y236=1B。C.x227+y218＝1D。答案:D直線AB的斜率ｋ=0+13-1設(shè)A【ｘ１,ｙ1】,B【ｘ2，y２】，則x1①-②得y1-y2x即k=－b2a2∴b2a2＝12又a2-b2=ｃ2=9,④由③④得a2=18，b2＝9。所以橢圓Ｅ的方程為x218+y2評析本題考查了直線和橢圓的位置關(guān)系,考查了線段的中點問題.本題也可利用根與系數(shù)的關(guān)系解決中點問題.〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕2.【201４江西理,15，5分】過點M【１，１】作斜率為-12的直線與橢圓C：x2a2+y2b2=1【a＞b>0】相交于A,B兩點，若M是線段AB的中點答案:2解析設(shè)A【x1,y1】,B【x2，ｙ2】,則x12a2+yx22a2＋①、②兩式相減并整理得y1-y2x1把已知條件代入上式得,-12=－b2a∴b2a2=12,故橢圓的離心率e＝評析本題考查了直線和橢圓的位置關(guān)系．考查了線段的中點問題，利用整體運算的技巧是求解的關(guān)鍵.本題也可以利用韋達定理求解.〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕3?！?０19天津文，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.【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。解析本小題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)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)?？疾檫\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。滿分１4分?！参唇?jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕【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c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由題意,Ｆ【－ｃ,0】,則直線ｌ的方程為y=34點P的坐標(biāo)滿足x24c2+y23c2=1,y=34(x+c代入到l的方程,解得y1=32ｃ,y2=—9因為點P在x軸上方，所以Pc,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)所以,橢圓的方程為x216＋思路分析【１】由已知條件,得a與ｂ的比例關(guān)系，代入a2=b2+ｃ2，得a與ｃ的齊次關(guān)系,進而求得離心率．【2】設(shè)出直線方程【含參數(shù)c】，聯(lián)立直線與橢圓方程【含參數(shù)c】，得交點Ｐ的坐標(biāo)【含參數(shù)c】，由ｋAＰ=kＯＣ，求得Ｃ點坐標(biāo)以及圓的半徑r,最后由圓心到直線距離等于半徑列出關(guān)于c的方程,求得ｃ的值，最終確定橢圓方程．〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕４?！?0１８課標(biāo)Ⅲ理，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【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：｜FA|,｜FP|，|FB|成等差數(shù)列，并求該數(shù)列的公差．〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕解析本題考查橢圓的幾何性質(zhì)、直線與橢圓的位置關(guān)系、等差數(shù)列的概念及其運算?！参唇?jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕【１】證明:設(shè)Ａ【x1，y1】,B【x2,y2】，則x124+y12兩式相減,并由y1-y2x1-x由題設(shè)知x1+x于是k＝-34m由題設(shè)得０<ｍ〈32,故k＜-1【2】由題意得F【1，0】.設(shè)P【x3，y3】,則【ｘ3—1,y3】+【ｘ1－１，ｙ１】+【x2—１，ｙ２】=【0,０】.〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕由【1】及題設(shè)得x3=3-【ｘ1+x2】=１,y3=—【y１＋ｙ2】＝—2m<0.〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕又點Ｐ在C上,所以ｍ=34從而Ｐ1,-32，｜FP于是｜FA｜=(x1-1)2同理,｜FB｜=2-x2所以|FA｜＋|FB|＝４-12【ｘ1+ｘ2故２｜FP｜=｜FA|+|FB｜，即｜FA|,|FP|,｜FB|成等差數(shù)列.設(shè)該數(shù)列的公差為ｄ,則2｜ｄ｜＝｜|FB｜－｜FA｜|=12|ｘ1-x2｜＝12(將m＝34代入①得所以ｌ的方程為y＝－ｘ＋74,代入C的方程，并整理得７ｘ２－14x+14故x1＋x2=２，ｘ１x２＝128，代入②解得|d｜=3所以該數(shù)列的公差為32128或—思路分析【1】利用“點差法"建立k與ｍ的關(guān)系式，由m的范圍得到k的范圍．〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕【2】根據(jù)題設(shè)FP+FA+FB=０及點P在C上,確定ｍ的值.進一步得出｜FP|、|FA|、｜FB|的關(guān)系，再求公差．〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕解后反思【1】解決直線與橢圓的位置關(guān)系的常規(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)系建立方程【組】，解決相關(guān)問題．〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕【2】題中涉及弦的中點坐標(biāo)時,可以采用“點差法”求解,設(shè)出弦端點Ａ、B的坐標(biāo),分別代入圓錐曲線方程并作差,變形后可出現(xiàn)弦AＢ的中點坐標(biāo)和直線AB的斜率．〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕5．【２0１8北京文,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【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解析【1】由題意得a解得a=3,b=1．所以橢圓Ｍ的方程為x23+y【２】設(shè)直線l的方程為y=x+ｍ，Ａ【ｘ1，y1】,B【ｘ2,y2】。由y得4ｘ2＋6mx＋３m２—3=0。所以ｘ１＋ｘ２＝－3m2，x１x2=｜AB｜=(x2=2[(x1+當(dāng)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,直線PA的方程為y＝y(tǒng)1由y得［【x1＋２】2+3y12］x2+12y12ｘ+12y12設(shè)C【xC，yC】。所以xC+x１=-12y12所以ｘC=4x12-12所以yＣ=y1x1+2【x設(shè)D【ｘD,ｙD】.同理得xD=-12-7x2記直線CQ，DＱ的斜率分別為kCＱ,kDＱ，則kCQ—kDQ＝y(tǒng)14x1+7-14-12-7因為Ｃ，D，Q三點共線,所以kCQ-kＤQ=0．故y１-y2=ｘ1-ｘ２．所以直線l的斜率k=y16?！荆?18天津理,19，１4分】設(shè)橢圓x2a2+y2b2=1【ａ>b>０】的左焦點為F，上頂點為B。已知橢圓的離心率為53，點A的坐標(biāo)為【b，0】，【1】求橢圓的方程；【２】設(shè)直線l:y=ｋx【k〉0】與橢圓在第一象限的交點為P，且l與直線ＡB交于點Q.若|AQ||PQ|=524sin∠AOＱ【Ｏ解析本小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?？疾橛么鷶?shù)方法研究圓錐曲線的性質(zhì).考查運算求解能力，以及用方程思想解決問題的能力．〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕【1】設(shè)橢圓的焦距為2c,由已知有c2a2又由a2=ｂ２+c2,可得2a=3b。由已知可得,|FB｜＝a，|AB|=2b，由｜FB｜·|AB｜=62，可得ab=6，從而a=３，b=２.所以,橢圓的方程為x29+【2】設(shè)點P的坐標(biāo)為【ｘ1,y１】,點Q的坐標(biāo)為【x２，ｙ2】．由已知有ｙ1〉y2>０，故｜PQ｜ｓｉn∠AOQ=y1－y２。又因為｜AQ|＝y(tǒng)2sin∠OAB，而∠OAＢ=π4，故|ＡQ｜=由|AQ||PQ|=524sin∠由方程組y=kx,x29+y易知直線AB的方程為x+y—２=0，由方程組y=kx,x+y-2=0,由5y1＝9y2，可得5【k+1】=39k2+4整理得56k2—50k+１1＝0，解得k=12，或k=11所以，k的值為12或11解題關(guān)鍵利用平面幾何知識將|AQ||PQ|=524ｓin∠AOQ轉(zhuǎn)化為點P方法歸納求橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程的基本方法【1】定義法:根據(jù)橢圓的定義,確定a2,b2的值,結(jié)合焦點位置寫出橢圓方程;〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕【2】待定系數(shù)法:這是求橢圓方程的常用方法,基本步驟為①根據(jù)已知條件判斷焦點的位置;②根據(jù)焦點的位置設(shè)出所求橢圓的方程;③根據(jù)已知條件,建立關(guān)于a、b、ｃ的方程組，注意c２=a2—ｂ２的應(yīng)用；④解方程組，求得a、ｂ的值，從而得出橢圓的方程.〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕７．【20１7天津文,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(biāo)為【0,ｃ】,【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。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?？疾橛么鷶?shù)方法研究圓錐曲線的性質(zhì)和方程思想.考查運算求解能力，以及綜合分析問題和解決問題的能力。〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕【1】設(shè)橢圓的離心率為e。由已知,可得12【c+ａ】c=b又由ｂ2=a２－c2，可得2c２+ac—ａ2＝0，即2ｅ2+e—１＝0.又因為0〈e〈1，解得ｅ＝12.所以，橢圓的離心率為1【2】【i】依題意，設(shè)直線ＦＰ的方程為x=ｍy—c【m〉０】，則直線FP的斜率為1m.由【1】知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(biāo)為(2m-2)cm+2,3cm+2.由已知｜FＱ|=【ii】由a=２c，可得b=3c,故橢圓方程可以表示為x24c2由【ｉ】得直線ＦP的方程為3ｘ-４ｙ+3c=０，與橢圓方程聯(lián)立得3x-4整理得7x2+6cx－1３c２=0，解得x=—13c7【舍去】,或x=ｃ.因此可得點Pc,3c2，進而可得｜FP|=(c+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.〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕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75所以,橢圓的方程為x216+方法點撥１.求離心率常用的方法：【1】直接求a，c,利用定義求解;【2】構(gòu)造a,c的齊次式,利用方程思想求出離心率e的值．〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕2.求直線斜率的常用方法：【1】公式法：ｋ=y1-y2x1-x2【x1≠x2】,其中兩點坐標(biāo)分別為【ｘ1，y1】,【x2，y2】;【2】利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求解；【３】直線的方向向量a=【m，n】,3．解決四邊形或三角形的面積問題時，注意弦長公式與整體代換思想的應(yīng)用．８．【2016課標(biāo)Ⅱ文,2１,12分】已知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【1】當(dāng)｜AＭ｜=|ＡN｜時,求△AMＮ的面積；【2】當(dāng)2｜ＡM｜=|AN|時，證明：3〈k<2.解析【1】設(shè)M【ｘ1，ｙ１】,則由題意知ｙ１〉0．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解得y＝0或y=127,所以ｙ1=12因此△AMN的面積S△ＡMN=2×12×127×127=14449【2】將直線AM的方程y=k【x+2】【k〉0】代入x24+y【3＋4k２】x2+１6k2ｘ+16k２-1２=0。由x１·【—２】＝16k2-123+4k2故|AM｜=｜x1＋２|1+k2=由題設(shè),直線AＮ的方程為y＝－1k故同理可得｜AN|＝12k1+k由2|ＡM|＝|AN|得23+4k2＝k3k2+4,即4ｋ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)單調(diào)遞增.〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕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3＜k<2.【１2分】〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕評析本題考查了直線與橢圓的位置關(guān)系,考查了設(shè)而不求，整體運算的技巧,考查了函數(shù)的思想方法,屬難題?！参唇?jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕9?！?016四川理，20,1３分】已知橢圓E：x2a2＋y2b2＝１【ａ>b〉0】的兩個焦點與短軸的一個端點是直角三角形的三個頂點，直線l:y【１】求橢圓E的方程及點T的坐標(biāo)；【2】設(shè)Ｏ是坐標(biāo)原點,直線l＇平行于OT，與橢圓E交于不同的兩點A，B，且與直線l交于點P。證明：存在常數(shù)λ,使得|PＴ｜2＝λ|PA｜·|PB|,并求λ的值．〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕解析【1】由已知，ａ=2b,則橢圓E的方程為x22b由方程組x22b2+y2b方程①的判別式為Δ＝24【ｂ2－3】，由Δ=0，得b2=3，此時方程①的解為ｘ＝２,所以橢圓E的方程為x26+點T坐標(biāo)為【2,１】.【2】由已知可設(shè)直線l'的方程為y=12x＋m【ｍ≠由方程組y=12所以P點坐標(biāo)為2-2m3,1+2m設(shè)點A，B的坐標(biāo)分別為A【x1，ｙ１】，Ｂ【x2,y2】。由方程組x26+y23=1,y方程②的判別式為Δ=16【９－2ｍ2】，由Δ＞０,解得—322<ｍ<由②得ｘ1+x2=－4m3，ｘ1x２=4m2-123。同理｜ＰＢ|=52所以｜PA|·|PＢ｜=5=5=542-2m故存在常數(shù)λ=45,使得｜PT｜2＝λ|ＰA｜·評析本題考查了直線與圓錐曲線相交的問題，這類題中常用的方法是方程法,并結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系,兩點間距離公式，難點是運算量比較大,注意運算技巧。〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕10?！荆?16天津文，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【1】求橢圓的方程;【2】設(shè)過點Ａ的直線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．〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕解析【１】設(shè)F【c，0】,由1|OF|+1|OA|＝3e|FA|，即1c+1a又a2－ｃ２=b2=3，所以c２＝1，因此a2=4．所以,橢圓的方程為x24+【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整理得【4k2＋3】x2－16ｋ2x+1６ｋ2-１２=0。解得x＝2,或x=8k2-64k2+3，由題意得xＢ=8由【1】知，Ｆ【1,0】,設(shè)H【０,yH】，有FH=【－１，yH】，BF=9-4由BF⊥HF，得BF·FH=０,所以4k2-94k2+3＋12因此直線ＭH的方程為ｙ=—1kx+9設(shè)Ｍ【xM，ｙM】,由方程組y=k(解得xM=20k在△MＡO中，∠ＭOＡ=∠MAO?｜MA｜=|MO｜,即【xM－２】2+yM2＝xM2+yM2，化簡得ｘＭ＝1，即20k2+912(所以，直線l的斜率為—64或6評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)．考查運算求解能力以及用方程思想解決問題的能力。〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕11.【2０15福建理,1８，13分】已知橢圓Ｅ:x2a2+y2b2=1【a>b＞0】過點【0,2【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，判斷點G-94,0與以線段AB為直徑的圓的位置關(guān)系，解析解法一:【1】由已知得b=2,所以橢圓Ｅ的方程為x24＋【2】設(shè)點Ａ【x１，y1】，B【x2,y2】，ＡB的中點為Ｈ【x０,y０】．〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕由x=my-1,x2所以y1+ｙ2=2mm2+2，ｙ1ｙ２=－3m2+2，所以｜GＨ｜2=x0+942+y02=my0+542+|AB|24==(1+m2)[(y1+y2)2故｜GH｜2－|AB|24=52my0+【1+m2】y１y２+2516=5m22(m2+2)故點Ｇ-94,0在以解法二:【１】同解法一。【2】設(shè)點A【x1，y１】,B【x2,y2】，則GA=x1GB=x2由x=my-1,x2所以y1+y２＝2mm2+2,ｙ１y從而GA·GB=x1+94x2+94+y1y2=my1+54my2+54＋y1y2=【m２+１】y１所以coｓ＜GA，GB>>0．又GA，GB不共線,所以∠AGＢ為銳角.故點G-94,0在以評析本小題主要考查橢圓、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．〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕１2.【2015安徽理，20,１３分】設(shè)橢圓E的方程為x2a2+y2b2=１【a＞b>0】，點O為坐標(biāo)原點,點A的坐標(biāo)為【a，０】，點B的坐標(biāo)為【0,ｂ】，點M在線段AB上,滿足｜BM｜=２|MA｜，【1】求Ｅ的離心率e;【2】設(shè)點Ｃ的坐標(biāo)為【0，－ｂ】，N為線段AC的中點，點N關(guān)于直線AB的對稱點的縱坐標(biāo)為72,求E的方程。解析【1】由題設(shè)條件知，點M的坐標(biāo)為23又ｋOＭ=510，從而b2a進而得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N的坐標(biāo)為設(shè)點N關(guān)于直線AB的對稱點S的坐標(biāo)為x1,72,則線段NS的中點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+評析本題考查橢圓的方程、幾何性質(zhì)以及對稱問題，利用方程思想解決點關(guān)于直線的對稱問題,考查利用待定系數(shù)法求橢圓的方程,考查學(xué)生的運算求解能力和化歸思想的應(yīng)用?！参唇?jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕1３．【２０14課標(biāo)Ⅰ理，２0，１２分】已知點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，直線【1】求E的方程；【2】設(shè)過點A的動直線ｌ與E相交于P，Ｑ兩點．當(dāng)△ＯPＱ的面積最大時，求l的方程．〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕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】?！参唇?jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕將y=kx—2代入x24+y2＝1得【1＋4k2】ｘ2當(dāng)Δ=１６【4k2－3】〉０，即k2>34時，ｘ１，2=8k從而｜PＱ｜=k2+1｜x1-x2|=又點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＝因為ｔ＋4t≥4，當(dāng)且僅當(dāng)ｔ=2,即k＝±72時等號成立,且滿足所以，當(dāng)△ＯPQ的面積最大時，l的方程為y=72ｘ－2或y=-72評析本題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程、幾何性質(zhì),直線的方程以及直線與橢圓的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識,考查用代數(shù)方法研究圓錐曲線綜合問題，考查方程思想、函數(shù)思想、整體代換以及換元法的應(yīng)用?？疾閷W(xué)生的邏輯推理能力和運算求解能力．〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕

[2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版29_專題九92橢圓及其性質(zhì)之1_9.2專題檢測題組]〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版29_專題九92橢圓及其性質(zhì)之1_習(xí)題WORD版2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版29_專題九92橢圓及其性質(zhì)之1_習(xí)題WORD版2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版29_專題九92橢圓及其性質(zhì)之1_習(xí)題WORD版９．2橢圓及其性質(zhì)一、選擇題１。【20２２屆黑龍江大慶月考,4】與雙曲線y22—x2＝1共焦點,且離心率為32Ａ。y22+x２=1Ｂ。x2Ｃ．y24+x2＝１D.x2答案：C設(shè)橢圓的半焦距為ｃ,由題意知,橢圓的焦點坐標(biāo)為【0，-3】，【0，3】,所以c=3．又e=ca=32,所以a=2，ｂ=1，故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為y24+x2=1。2.【2０2１合肥一模，5】已知F是橢圓E：x2a2+y2b2=1【a〉b>0】的左焦點，橢圓E上一點Ｐ【2，1】關(guān)于原點的對稱點為Ｑ,若△ＰQＦ的周長為42Ａ．2B。22C．3D.答案：A根據(jù)橢圓的對稱性以及橢圓的定義可知，△PQＦ的周長為2ａ+2×22+12=2a＋２5,又△ＰQF的周長為42+25，所以2a＝42,解得a=２2，又點P【2，1】在橢圓上，所以22(22)2+12b2知識拓展若F是橢圓的一個焦點，Ａ,B是橢圓上關(guān)于原點對稱的兩點,則有｜FA｜+|FB|＝2a．〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕３.【２０2２屆云南師大附中月考,８】已知橢圓x24+y23=1，F(xiàn)是橢圓的左焦點,P是橢圓上一點,若橢圓內(nèi)一點A【１,1】，則A.3B．10C。5+12D.5答案：A由橢圓的方程可得2a=4，焦點F【1，０】,設(shè)橢圓的右焦點為F２，則F2【1，０】，｜AF2|=1,又｜PA｜+|PＦ｜=|PA|+4—|PF2|＝4+｜PＡ|-|PF2｜，｜|ＰA|—｜PF２|｜≤|AＦ２|＝１，所以3≤4+｜PA｜－｜PF２|≤５,當(dāng)且僅當(dāng)Ｐ，Ａ，F(xiàn)２三點共線時取等號，故|PA|+|PＦ｜的最小值為３【取最小值時P是射線Ｆ2A與橢圓的交點】.故選A?！参唇?jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕4.【202１河南、河北名校聯(lián)盟聯(lián)考,1１】點P在橢圓x2a2＋y2b2＝1【ａ〉b〉0】上，F(xiàn)1,F2是橢圓的兩個焦點,∠F1PF2=90°,且△Ｆ１PＦA。57B.56C。4答案：Ａ設(shè)|ＰF１｜=ｍ〈｜ＰＦ2|,則由橢圓的定義可得｜PF2｜＝2a-|PF1｜=2ａ—m,而｜F１F2|=２c，因為△Ｆ1ＰF２的三條邊長成等差數(shù)列,所以2|PＦ2|=|PF1｜+｜F1F２｜,即2【2a—m】=m+2ｃ,解得m=13【4a—2c】，即｜PF1|=13【4a－２c】,|ＰF２｜=2a－13【4a－2c】=13【２a+2c】,在Ｒt△Ｆ1PF2中,｜Ｆ1F２｜2=｜PF1|2＋|PF2|2，即4ｃ2＝13(4a-2c)2+13(2a+2c)2，整理得5.【2０21名校聯(lián)盟4月押題卷【一】，12】已知橢圓C:x2a2+y2b2=1【ａ>b>0】的左焦點為Ｆ【－1，0】，過點Ｆ的直線交橢圓C于Ａ,Ｂ兩點，若A【1，ｙ1A.【-3，0】B.【-3，-１】C．【-２，０】D．【-2，－1】答案:B設(shè)Ａ在第一象限，易知y1＝b2a,直線AB的方程為ｙ=b22可得【ａ2＋3】ｘ2+2【a2-１】x－３a2－1=0，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系可得１·xB=-3a2+1a2+3，可得ｘＢ＝—3a2+1a2+3=—3＋8a2+36.【20２2屆陜西西北工業(yè)大學(xué)附屬中學(xué)月考，5】如果點Ｍ【ｘ,y】在運動過程中,總滿足關(guān)系式x2+(y+3)2+x2Ａ.不存在B.橢圓C。線段D．雙曲線答案:Bx2+(y+3)2+x2+(y-3)2=43表示平面內(nèi)點Ｍ【x，y】到點【０，－3】，【0，3】的距離之和為７.【202１豫北名校5月聯(lián)考,10】已知F１【-1,0】為橢圓Ｃ:x2a2＋y2b2=1【a>b〉0】的左焦點,過F１的直線與橢圓C交于A,Ｂ兩點，與ｙ軸交于D點.若AD=２DB，|AD|=|F1A。x22+y2＝1Ｂ.x2C。x24＋y23=1D．答案:D因為AD＝2DB，所以|AD｜＝2｜DB｜.又直線AB過點Ｆ1，且｜ＡD|=|Ｆ1Ｂ|，所以|AF1｜＝|F1Ｄ|=｜DB｜.不妨設(shè)點B在第一象限，作出示意圖如圖。〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕由D為線段Ｆ1B的中點，且F1【-1,0】,可設(shè)B【1,y0】【y０〉0】.又點Ｂ在橢圓C上，所以1a2＋y02b2=１，所以y02＝(a2-1)b2a2＝b4a2，所以B1,b2a，Ｄ0,b22a.又F１為線段ＡD的中點，所以A-2,-b22a。又點Ａ在橢圓C8.【20２０長沙一模,8】設(shè)橢圓C:x2a2＋y2b2=1【ａ>ｂ＞0】的左、右焦點分別為F1、F２,點E【0,ｔ】【０〈t<b】。已知動點P在橢圓上,且P,E，Ｆ2三點不共線,若△PEF２的周長的最小值為A．32Ｂ.22Ｃ．1答案:D如圖，連接EF１，F(xiàn)1P，易知｜ＥF1｜=｜EF2｜,△PEF2的周長為｜PE|+|ＰＦ2｜＋｜EＦ２｜=｜ＰＥ|+2a—|PF1|+｜EＦ2｜＝2a＋｜EF2|+【|PE｜-｜ＰＦ1|】≥2a+｜EF2|-｜EF1|=2ａ=3ｂ,所以e=ca＝1-ba2＝1-4９.【２022屆甘肅靖遠開學(xué)考,10】已知Ｆ1、F2分別是橢圓C：x2a2+y2b2=1【a＞b>0】的左、右焦點，點P,Q是Ｃ上位于x軸上方的任意兩點，且ＰF１∥QF２，若｜PＦ1｜+|QF2|≥A。0,12B。12答案：C由點P，Q是C上位于x軸上方的任意兩點,延長PF1與橢圓的另一交點為A，由PF1∥QF2,再結(jié)合橢圓的對稱性，得|ＱF2|=|Ｆ1Ａ｜,所以｜PF1｜+|ＱＦ2|=｜PF１|+|F1A｜=|PＡ|,因為橢圓過焦點的弦中,通徑最短，所以當(dāng)|ＰA|垂直x軸時，|ＰA｜最短,所以b≤|ＰA｜ｍin=2b2a，即ａ≤2b，易得0<e≤32.10.【２022屆河南部分名校聯(lián)考，１1】已知點Ｆ1，F(xiàn)2,分別為橢圓C：x2a2+y2b2＝1【a〉ｂ>0】的左，右焦點,點M在直線l:x=-a上運動,若∠Ｆ１ＭF２的最大值為Ａ。13B。12C.3答案：C由題意知,F1【—ｃ,0】,F2【c,0】,設(shè)直線MF1,MＦ2的傾斜角分別為α，β，由橢圓的對稱性，不妨設(shè)M為第二象限的點，即M【－a，t】,【t〉0】，則tanα=tc-a,tanβ=-tc+a，∵∠F1MF2=β—α，∴tａｎ∠F1MＦ2＝ｔａｎ【β—α】=tanβ-tanα1+tanαtan當(dāng)且僅當(dāng)t=b2t，即t=ｂ時取等號，∴tan∠F1ＭF2的最大值為cb＝ｔan60°=3，∴c＝3ｂ,即c2＝ａ２-c23，整理得ca=32，故橢圓C11?！?021蘭州診斷，11】已知P【2,-2】是離心率為12的橢圓x2a2+y2b2=1【a>b>0】外一點,經(jīng)過點P的光線被yA。—18B。－12答案:Ｄ因為過點Ｐ的光線被y軸反射后，所有反射光線所在直線中只有一條與橢圓相切，所以點Ｐ與橢圓右頂點的連線與ｘ軸垂直，所以a=2?！参唇?jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕因為ｅ=ca=12，所以ｃ=1,所以b=a2-c2=3，所以橢圓的方程為x24+y23=1.由反射原理知，反射光線所在直線過點【—2，-２】，設(shè)與橢圓相切的反射光線所在的直線的斜率為k,則該直線的方程為y＋2=k【x+2】,與橢圓方程聯(lián)立，消去ｙ，得【4k2+3】x２＋1６k【ｋ－1】x＋16k2－32k+4=0.所以Δ=[16k【ｋ-１】]2－4【４k２＋3】【16k一題多解由題意可知e=ca=12，又a2=b2+ｃ2，故b2=34ａ2，設(shè)過點Ｐ的直線斜率為k，則直線方程為y＋2＝ｋ【ｘ—2】，即y=kx—２ｋ—2,則反射后的切線方程為ｙ=—kｘ－2k—2，由y=-kx-2k-2,b2x2+a2y2-a即４ａ2k2+3a2=１6ｋ2+32k+16，所以有4a2=16,3a2=32k+16二、填空題12.【2０20哈爾濱三中二模,14】已知圓C:【x+1】2+y2=36與定點Ｍ【1，0】，動圓N過點M且與圓Ｃ相切,則動圓圓心Ｎ的軌跡方程為.

〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕答案:x29+解析設(shè)圓N的半徑為Ｒ，由題意可得,|NC|=6—R①，|ＮM|＝R②,由①②可得|NC|+｜NM|=6＞｜MC|＝2,由橢圓的定義可知,點Ｎ的軌跡是以C，M為焦點的橢圓,且2a=６，2c=2,又b2=a2—ｃ2=３２-１２=8,所動圓圓心Ｎ的軌跡方程為x29+y13.【2021河南名校4月沖刺考試，15】已知點Ｆ1,F2分別為橢圓C：x2a2+y2b2=１【ａ〉b＞0】的左，右焦點，點Ａ為Ｃ的左頂點，C上的點到點F2的最小距離為2．過原點Ｏ的直線l交C于P,Ｑ兩點，直線QF1交AP于點B，且｜AB|=|ＢP|，答案：x29＋解析如圖，連接OＢ，AQ，則OB是△PAQ的中位線,所以ＯＢ∥AQ,所以|OB||AQ|=|OF1||F1A|＝12,即ca-c＝12,所以ａ=３ｃ。由C上的點到點F14．【20２2屆廣西柳鐵一中“韜智杯”大聯(lián)考，１６】橢圓Ｃ：x218+y2下頂點分別為A、C,如圖,點B在橢圓上,平面四邊形AＢＣD滿足∠BAＤ=∠ＢCD＝90°,且Ｓ△ABC=2S△ADＣ，則該橢圓的短軸長為．

〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕答案:6解析根據(jù)題意可得A【0,b】，Ｃ【0,—b】,設(shè)B【x1,y1】，Ｄ【x２，ｙ２】，由∠BAD=∠ＢCＤ＝90°,可得點A,Ｂ，C，D在以ＢＤ為直徑的圓上,又原點O為圓上的弦AC的中點，所以圓心在AC的垂直平分線上，所以圓心在x軸上，所以ｙ１+ｙ2=0。又S△ABC＝２S△AＤC,所以x１=-2ｘ2,故圓心坐標(biāo)為x14,0，所以圓的方程為x-x142+y２=916x12+y12，將【０,ｂ】代入圓的方程15?！?022屆貴州部分重點中學(xué)月考，16】已知圓C:x２+【y+1】2=16，P是圓Ｃ上的動點，若Ａ【０,1】，線段PA的垂直平分線與直線ＰＣ相交于點Q,則點Q的軌跡方程是;若M【2,１】,則｜MQ｜+｜QＣ｜的最大值為。

〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕答案：x23+解析因為線段PA的垂直平分線與直線PC相交于點Q,所以｜QA｜=｜ＰQ|,所以｜QA|+|ＱC|=｜ＰQ|+｜QC｜=｜PC｜=４〉｜AC｜，所以點Q的軌跡是以A，Ｃ為焦點，4為長軸長的橢圓，易知點Q的軌跡方程是x23+y因為|QA｜＋｜QC｜＝4，｜QC|=4-｜QＡ｜，所以｜MQ｜＋｜QC｜=|MQ｜—｜QＡ｜＋4．又｜ＭQ｜—｜QA|≤｜MA｜，所以|MQ|+|QC|≤｜MA｜＋４=6。當(dāng)Ｍ，A，Q三點共線【且Q是射線MA與橢圓的交點】時取等號,〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕故｜ＭQ｜＋｜ＱＣ|的最大值為6.1６.【２022屆重慶第十一中學(xué)月考，15】美學(xué)四大構(gòu)件是：史詩、音樂、造型【繪畫、建筑等】和數(shù)學(xué)．素描是學(xué)習(xí)繪畫的必要一步,〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕它包括了明暗素描和結(jié)構(gòu)素描，而學(xué)習(xí)幾何體結(jié)構(gòu)素描是學(xué)習(xí)素描最重要的一步．某同學(xué)在畫“切面圓柱體”【用與圓柱底面不平行的平面去截圓柱,底面與截面之間的部分叫做切面圓柱體】的過程中，發(fā)現(xiàn)“切面”是一個橢圓,若“切面”所在平面與底面成3０°角，則該橢圓的離心率為．

〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕答案:1解析設(shè)橢圓的長軸為2a，短軸為２b，由題意得2b2a=cｏs３0°=32，所以ｂ＝32a,所以e=ca三、解答題17．【２0２2屆云南師大附中月考，1７】橢圓C：x2a2＋y2b2=1【a＞ｂ>0】的離心率是32，且點A【2,1】【1】求橢圓Ｃ的方程;【2】直線l過原點，且l⊥OＡ,若l與橢圓C交于B，Ｄ兩點，求弦BD的長度．〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕解析【１】由ｅ=32，得c=32a，b＝12a，又點A【2，１】在橢圓上,所以4a2+1a24=1，解得a=22,b＝2，【2】由題意得直線ＯＡ的方程是ｙ＝12x，因為ｌ⊥OA，且ｌ過原點Ｏ，所以直線l的方程是ｙ=-2x，與橢圓聯(lián)立,得17x2=8,即ｘ=±2217，不妨令B2217,-4217，D1８。【2０22屆四川石室中學(xué)開學(xué)考,２1】已知橢圓C１:x2a2+y2b2＝１【ａ>b〉0】的離心率為22,橢圓C１的長軸是圓C2：x【1】求橢圓C1的標(biāo)準(zhǔn)方程；【2】過橢圓C１的右焦點F作兩條相互垂直的直線l1，ｌ２,其中l(wèi)1交橢圓C1于P,Ｑ兩點，l2交圓C2于M，N兩點，求四邊形PＭQＮ面積的取值范圍．〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕解析由題意得,ca＝22，2a=２2,解得a=2，ｃ＝1,又a２＝b2＋c2，所以b＝1,故橢圓Ｃ1的標(biāo)準(zhǔn)方程為x22【2】由【１】知橢圓C1的右焦點F【1，0】,當(dāng)直線ｌ1的斜率不存在時，｜PＱ｜=2b2a=2,|ＭN|＝22，故四邊形ＰMQＮ的面積S=12×2當(dāng)直線l1的斜率為0時,|PQ｜=２a=２2，|MN｜=2,故四邊形PMQN的面積S=12×２2×２＝22當(dāng)直線l1的斜率存在且不為0時,設(shè)直線l1的方程為x＝mｙ+1,P【x1,y1】，Ｑ【x2，y2】,由x=my+1,x22+y2=1,得【２+ｍ2】y２＋2mｙ—１=０,所以y１+y2=－2m2+m2，y1·y2=-12+m2，所以|PQ|=1+m2(y1+y2)2-4y1·y2＝22(1+m2)2+m19.【20２2屆四省八校期中聯(lián)考,１9】在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓x2a2＋y2b2=1【ａ〉b〉0】的左、右焦點分別為F１和F2，若Ａ為橢圓上一動點，直線AF2與橢圓交于另一點B，若三角形AＢF1的周長為【1】求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程;【２】設(shè)直線F１A、Ｆ1Ｂ與直線ｘ=4分別交于點Ｍ、N，記直線ＭF2和直線NF２的斜率分別為k1和ｋ2,若k1k2=54，試求直線AB的斜率.解析【１】由題意可得,４ａ＝8,所以a＝２，又點1,-32在橢圓上，易得b＝3，所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2【２】由題意得直線AＢ的斜率不為0，故可設(shè)直線AB的方程為x=my+1,設(shè)A【x１,y１】，B【x2,ｙ2】，聯(lián)立方程組x=my+1,x24+y23=1,整理得【3ｍ2＋4】y2＋6mｙ－９=０,故y1＋ｙ2＝-6m3m2+4，y1·y2=-93m2+4,故kAF1=y1x1+1，kBF1=y2x2+1，所以直線F１A的方程為y=y1x1+1【x+1】，故可得M4,5y1x1+1，同理可得N420?！?０22屆安徽懷寧中學(xué)月考，20】已知橢圓C：x2a2+y2b2=1【ａ>b>0】過點－12,－【1】求橢圓C的方程;【2】已知直線l：y=kx—2與橢圓Ｃ交于M，N兩點．【i】若k=1,求線段MN的中點坐標(biāo);【iｉ】當(dāng)△ＯＭＮ的面積取到最大值時,求k的值.解析【１】由題意得14a2+1516b2=1,【2】設(shè)M【x1，y１】，N【x2，y2】，MN的中點P的坐標(biāo)為【ｘ０，y0】，聯(lián)立y=kx-2,x24+y2=1,整理得【4k2＋1】x２—16ｋｘ+１２=0，∴Δ=【-16k】2—48【4k２+１】〉0,即k2〉34【i】∵ｋ＝1，∴ｘ1+x2＝165,∴x0=85,ｙ0=x0-2=—25，∴線段MＮ的中點坐標(biāo)為【ii】|MN｜=1+k2|x1-x2｜＝1+k2(x1+x2)2-4x1x2＝4(k2+1)(4k2-3)4k2+1，又點O到直線l的距離d＝21+k2，∴Ｓ△OMN=12d·｜MN｜=12·21+k21．【2021天一大聯(lián)考頂尖計劃第三次聯(lián)考，20】已知橢圓Γ：x2a2＋y2b2=1【a＞ｂ＞0】的右焦點為F【c，0】【c〉０】，離心率為32,經(jīng)過Ｆ且垂直于x軸的直線交Γ于第一象限的點M，Ｏ【1】求橢圓Γ的方程；【2】設(shè)不經(jīng)過原點Ｏ且斜率為12的直線交橢圓Γ于A,B兩點,A,B關(guān)于原點O對稱的點分別是C,Ｄ，試判斷四邊形ABＣD的面積有沒有最大值.若有，請求出最大值；若沒有，請說明理由。解析【１】由題意知ca=32，即a2=43又由ａ2=b2＋ｃ2，可得b２＝c2聯(lián)立x=c,x2a2則|ＯM｜=c2+b聯(lián)立①②③，解得c=3，a=2，ｂ=1．故橢圓Γ的方程為x24＋y【２】設(shè)直線AB的方程為ｙ=12聯(lián)立y=12x+m,x2由題意得Δ=【4m】２-4×2×4【m2-1】=１6【2—m2】〉0,解得－2＜ｍ〈2．〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕設(shè)Ａ【x1，y1】，B【ｘ2,y２】,則x1+ｘ２=—2m,x1x2=2【m2-1】．〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕則|AB|=1+122｜x1-x2｜=52(x原點O到直線AＢ的距離d＝|m|122+(-1)2=25顯然四邊形AＢCD是平行四邊形，所以Ｓ四邊形ＡBCD=|AＢ|d’=528-=２m2(≤２14當(dāng)且僅當(dāng)4m２=８－4ｍ2，即m=±1時，等號成立,故四邊形ABCD的面積存在最大值,且最大值為4。

[2023版新高考版高考總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)5·3A版29_專題九92橢圓及其性質(zhì)之1_習(xí)題WORD版]〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕9．２橢圓及其性質(zhì)基礎(chǔ)篇固本夯基考試點一橢圓的定義及標(biāo)準(zhǔn)方程1．【2022屆武漢二中月考，5】已知橢圓x2a+y２=1【ａ>1】和雙曲線x2m—ｙ2=1【ｍ>0】有相同焦點A。a＝ｍ+2Ｂ。m=a＋2C.ａ2=m2+2D．m2=a2+2答案：Ａ2.【2021新高考Ⅰ,5,５分】已知F1，Ｆ2是橢圓C：x29+y24=1的兩個焦點,點M在Ｃ上,則|MF1｜·|ＭＦ2Ａ．13Ｂ．1２C.9Ｄ。6答案：C3.【２021濟南十一學(xué)校聯(lián)考，３】“2＜m〈6”是“方程x2m-2＋yA．充分不必要條件B。必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件答案:B4．【２０20廣東東莞4月模擬，6】已知F1、F2分別為橢圓C:x2a2+y2b2=１【ａ〉b〉0】的左、右焦點,過F１且垂直于ｘ軸的直線l交橢圓C于Ａ，Ｂ兩點，若△ＡＦ2B是邊長為4的等邊三角形A.x24+y23=１B。C．x216+y24=1Ｄ．答案：B5.【2０21浙江嘉興一中開學(xué)考】已知P為橢圓y29+x24=１上一點,若P到一個焦點的距離為1，則A．3B.5Ｃ.８D.１2答案:Ｂ6?！?022屆廣東深圳中學(xué)月考,６】已知直線l：y＝x+1與曲線C:ｘ2＋y22=1相交于Ａ，B兩點，Ｆ【0,－1】，則△ABF的周長是Ａ.2B。22Ｃ.4D．４2答案:Ｄ７?！径噙x】【2021湖北九師聯(lián)盟2月質(zhì)檢，1０】若方程x25-t+y2tＡ.若1<t＜5，則C為橢圓B.若t＜1，則C為雙曲線C。若C為雙曲線，則焦距為4D。若Ｃ為焦點在y軸上的橢圓，則3<t＜５答案:BD８。【２021江蘇鹽城伍佑中學(xué)期末,8】已知F1，F(xiàn)2為橢圓x28＋y24=1的左、右焦點,P是橢圓上一點,若S△F1PF2A.３0°B。45°Ｃ。６0°D．90°答案:D9?！?０19課標(biāo)Ⅲ理,1５，5分】設(shè)F1，F(xiàn)2為橢圓Ｃ:x236+y220＝1的兩個焦點,M為C上一點且在第一象限．若△MF1F２為等腰三角形，則M答案:【3，15】10．【20２2屆廣東深圳七中月考，21】已知橢圓C：x2a2+y2b2=1【ａ>ｂ〉0】的左,右焦點分別為F1，F(xiàn)2,｜F1F2【1】求Ｃ的方程；【2】若A，Ｂ為Ｃ上的兩個動點，過F2且垂直ｘ軸的直線是∠AF2Ｂ的平分線所在直線，證明:直線AB過定點.〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕解析【1】因為｜Ｆ1Ｆ２｜=４，所以ｃ=２，所以a2—b2=4,又a=2ｂ＞0，所以b2＝4，則a2=8,故C的方程為x28＋y【2】證明：由題意可知直線ＡＢ的斜率存在，Ｆ２【2，0】,設(shè)直線AB的方程為y＝ｋｘ+m,A【ｘ1，ｙ1】，Ｂ【x２,y2】，由x28+y24=1,y=則Δ＝16k2m２-4【1+2k2】【２ｍ２—８】＝６４k2-８m2+3２〉0,x1+x2=-4km1+2k2,x1x2設(shè)直線Ｆ2Ａ,F2B的傾斜角分別為α,β，則α=π—β,kF2A＋kF2B＝y(tǒng)1x1-2+y2x2-2=０,所以y1【x２-2】+y２【x1—2】=0,即【kｘ1+m】【x2-2】+【ｋx2+m】【x1—２】＝0，所以２kｘ1x2+【m—2k】【x1+x２】-4m=0，所以2k·1１?！?0２0課標(biāo)Ⅲ理，20，12分】已知橢圓C：x225＋y2m2=1【0<m〈5】的離心率為154【1】求Ｃ的方程；【2】若點P在C上，點Ｑ在直線x=６上，且|BP｜=|ＢQ｜,BＰ⊥BQ，求△AＰQ的面積.〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕解析【1】由題設(shè)可得25-m25＝154,得m２=2516,所以Ｃ的方程為x【２】設(shè)P【xP,yP】，Ｑ【6，yQ】,根據(jù)對稱性可設(shè)yQ>0,由題意知yP＞０.〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕由已知可得B【5,0】,直線BP的方程為y＝－1y所以｜BP|=yＰ1+yQ2因為｜BP｜＝|BQ｜，所以ｙP＝1，將ｙP＝1代入C的方程，解得ｘP=３或-3．由直線BP的方程得yQ＝2或8。所以點P，Q的坐標(biāo)分別為P1【3,1】，Q１【6，２】；Ｐ2【－３，１】,Q2【6，8】．〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕｜P１Q1｜=10，直線Ｐ1Q１的方程為y=13ｘ,點Ａ【-５，0】到直線P1Q1的距離為102,故△AP１Q１的面積為12×102×10|Ｐ2Q2｜＝130，直線Ｐ2Q2的方程為y＝79x＋103,點A到直線P2Q2的距離為13026,故△AＰ2Q2的面積為12×13026×130=52.綜上,考試點二橢圓的幾何性質(zhì)1?！?022屆湖南郴州一中月考,7】已知點P是橢圓C:x2a2+y2b2=1【ａ>b>0】上一點，點Ｆ1、F2是橢圓C的左、右焦點,若△PF1Ｆ2的內(nèi)切圓半徑的最大值為A.23B。22C。3答案:Ｂ２．【201８課標(biāo)Ⅰ文,４,５分】已知橢圓C:x2a2+y24=１的一個焦點為【2,0】，Ａ．13B.12Ｃ.2答案:C3.【2019北京理，4，5分】已知橢圓x2a2+y2b2＝１【a〉b>0】A。a2＝２b２Ｂ.3a2=4ｂ2C.a=2bD。3ａ=4b答案：B4.【2０22屆湖南岳陽一中開學(xué)考，８】已知橢圓M的左，右焦點分別為F1,F2,若橢圓M與坐標(biāo)軸分別交于A，Ｂ，Ｃ，D四點,且從F1,F2，A，Ｂ，Ｃ,Ｄ這六點中，可以找到三點構(gòu)成一個直角三角形,則橢圓M的離心率的可能取值為【】〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕A。5-12B．32答案：A考試點三直線與橢圓的位置關(guān)系1．【20２1浙江,１6,６分】已知橢圓x2a2+y2b2＝１【ａ>b>0】,焦點F1【-c，0】，F(xiàn)2【c，0】【c＞0】.若過F1的直線和圓x-12c2+ｙ２＝c2相切，與橢圓在第一象限交于點Ｐ，且PＦ2答案:2552.【2020天津,18,１5分】已知橢圓x2a2+y2b2=１【a＞b>0】的一個頂點為A【0，－3】，右焦點為F，且【１】求橢圓的方程；【2】已知點Ｃ滿足3OC=OF，點B在橢圓上【Ｂ異于橢圓的頂點】,直線AB與以C為圓心的圓相切于點P，且P為線段AＢ的中點．求直線AB的方程.〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕解析【1】由已知可得b＝3．記半焦距為c,由|OF|=|OA｜可得c=b=3。又由a2=b2+c2,可得a2=1８．所以,橢圓的方程為x218+y【2】因為直線ＡＢ與以C為圓心的圓相切于點P，所以AB⊥CP。依題意知，直線ＡＢ和直線CP的斜率均存在.設(shè)直線AB的方程為y＝ｋx-３．由方程組y=kx-3,x218+y29=1,消去y,可得【２k2+1】x2－12kｘ=0,解得x=0或x=12k2k2+1．依題意，可得點B的坐標(biāo)為12k2k2+1,6k2-32k2+1．因為P為線段AＢ的中點,點A的坐標(biāo)為【0，－３】，所以點P的坐標(biāo)為6k2k2+1,-32k2+1。由3OC=3.【２018天津文,１9,1４分】設(shè)橢圓x2a2+y2b2=１【a＞b>０】的右頂點為A,上頂點為B．【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.〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕解析【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,得ａ=３,b=２.【２】設(shè)點P的坐標(biāo)為【x1,y1】，點M的坐標(biāo)為【x2，ｙ2】,由題意得,x2〉ｘ１＞0，點Ｑ的坐標(biāo)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?！参唇?jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕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或當(dāng)ｋ=-89時，x2=－9〈0,不合題意，舍去當(dāng)ｋ=－12時，x2=12,x1＝125，符合題意.所以ｋ的值為—４?！?0２2屆廣東佛山一中月考，21】已知橢圓G：x2a2+y2b2＝1【a>b>０】【1】求橢圓G的方程;【２】斜率為1的直線l與橢圓G交于Ａ、B兩點，以AB為底邊作等腰三角形，頂點為P【－3,２】，求△PＡＢ的面積．〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕解析【1】由題意,知e=ca=63,9a2【2】設(shè)直線AB的方程為y=x+ｎ，則線段ＡB的中垂線方程為y＝－【x+3】+2，即y=-x—1，〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕聯(lián)立y=x+n,x212+設(shè)Ａ【x１，ｙ１】，B【x２,y２】,則x1＋x２=－3n2，x1x2=3∴y1＋y2=ｘ1+x2+2ｎ=n2，又x1+x22,y1+y22在線段AＢ的中垂線上，∴3n4—1=n4，可得n=2,即又P【－3，2】到直線ＡＢ的距離d=|-3-∴S△PＡB=12｜AB｜·d=9５.【２019天津理，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.【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。解析【1】設(shè)橢圓的半焦距為ｃ,∵3|OＡ｜=２｜OB|,∴3ａ=2b。又由a2=b２＋c２，消去ｂ得a２=32a2+c2，解得ca=12．所以【2】由【1】知，a＝2c，b=3c,故橢圓方程為x24c2+y23c2=１。由題意知點P的坐標(biāo)滿足x24c2+y23c2=1,y=34(x+c代入l的方程,解得y1=32c，y2=-9因為點P在x軸上方,所以Pc,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=3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所以，橢圓的方程為x216＋綜合篇知能轉(zhuǎn)換Ａ組考法一求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程１.【2021八省聯(lián)考,4】橢圓x2m2+1+y2m2=１【m>0】的焦點為F１,F2，上頂點為A,若∠F1AFA。1B.2C.3Ｄ.2答案:C2.【２０22屆江蘇蘇州中學(xué)月考，7】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33，過F2的直線l交C于A,B兩點，若△AＦ１B的周長為4A.x23＋y2=1B。x2Ｃ.x212+y28=１D。答案：Ｂ3．【2022屆河北保定部分學(xué)校期中，16】已知橢圓C的中心為坐標(biāo)原點，焦點在y軸上，F(xiàn)1,F2為C的兩個焦點，C的短軸長為４，且C上存在一點P，使得|PF１｜＝6｜ＰＦ2｜，寫出C的一個標(biāo)準(zhǔn)方程：．

〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕答案：y29+x４．【２020課標(biāo)Ⅱ理，１9,12分】已知橢圓C1:x2a2+y2b2＝1【ａ〉b>0】的右焦點F與拋物線C２的焦點重合，Ｃ1的中心與C2的頂點重合．過F且與x軸垂直的直線交C1于Ａ，Ｂ兩點，交C2于C，D兩點【1】求Ｃ１的離心率;【2】設(shè)M是Ｃ１與Ｃ2的公共點。若|ＭF｜＝5,求C1與C2的標(biāo)準(zhǔn)方程.解析【１】由已知可設(shè)C2的方程為y２=4ｃx，其中c＝a2-b2.不妨設(shè)A,C在第一象限,由題設(shè)得A,Ｂ的縱坐標(biāo)分別為b2a，—b2a;C,D的縱坐標(biāo)分別為2c，－2ｃ，故｜ＡＢ｜＝2b2a,｜CD|=４ｃ.由｜CＤ|＝43|ＡB|得４c＝8b23a，即3×ca＝2－2ca【2】由【1】知a=2c，b=3c,故C１:x24c設(shè)M【x0，ｙ０】，則x024c2＋y023c2=1,由于C2的準(zhǔn)線為x＝-c,所以｜MＦ｜=x0＋c,而｜MF｜=5，故x0=5-c,代入①得(5-c)24c2+4(5-c)3c=1，即c2—2ｃ－3=0，解得c＝—1【舍去】或ｃ＝3.所以C5.【20１9江蘇,17，１4分】如圖,在平面直角坐標(biāo)系xＯy中，橢圓Ｃ：x2a2+y2b2=1【a＞b＞0】的焦點為F1【-1，0】，F(xiàn)2【1,0】。過F2作ｘ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【1】求橢圓Ｃ的標(biāo)準(zhǔn)方程；【2】求點Ｅ的坐標(biāo)。解析【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由b2=a2—c２，得b2＝3。因此,橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24＋【2】由【1】知，橢圓Ｃ:x24+因為AF2⊥x軸,所以點A的橫坐標(biāo)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,(解得x＝１或x=-115將x=-115代入y=２x+２，得y＝—125．因此Ｂ-又F2【1,０】,所以直線ＢF２:y＝34由y=34(x-1),x24+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考法二求橢圓的離心率【或其范圍】1.【20２2屆廣東深圳平岡中學(xué)月考,7】已知F1，F(xiàn)2是橢圓C的兩個焦點，P是C上的一點,若以Ｆ1Ｆ2為直徑的圓過點Ｐ,且∠PF2F１=２∠PF１F2，則C的離心率為【】〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕A.1—32B.3－１C.3-答案：Ｂ2。【20１８課標(biāo)Ⅱ理，12,5分】已知Ｆ1,F2是橢圓C：x2a2＋y2b2=1【a〉b＞0】的左、右焦點，A是C的左頂點,點P在過A且斜率為36的直線上，△ＰF1F２為等腰三角形，∠F1ＦＡ．23B.12C。1答案:D3.【202１湖北十一校第二次聯(lián)考，７】直線x-y+1＝0經(jīng)過橢圓x2a2+y2b2＝１【a〉b>0】的左焦點F，交橢圓于Ａ，B兩點,交y軸于C點，若FCA。10-2Ｃ。22-2D．2-１答案:A４.【2021全國乙理,1１，５分】設(shè)Ｂ是橢圓Ｃ:x2a2+y2b2＝1【a〉b>0】的上頂點，若C上的任意一點P都滿足｜PB｜≤A.22,1C。0,22答案：C５．【2021福建莆田三模，5】明朝的一個葡萄紋橢圓盤如圖1所示,清朝的一個青花山水樓閣紋飾橢圓盤如圖2所示，北宋的一個汝窯橢圓盤如圖３所示，這三個橢圓盤的外輪廓均為橢圓。已知圖1、２、3中橢圓的長軸長與短軸長的比值分別為139、5645、107，設(shè)圖1、2、3中橢圓的離心率分別為e1、ｅ2、e3,圖１圖2圖3Ａ.e1＞e3〉ｅ2B。e2〉e3〉e1C．ｅ１＞e2＞e３D。e２〉ｅ１〉e3答案:A考法三直線與橢圓位置關(guān)系問題1.【２02２屆江蘇連云港期中,20】已知離心率為12的橢圓C:x2a2+y2b【1】求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;【2】設(shè)過點P【0，—2】的動直線l與橢圓C相交于A，B兩點，當(dāng)坐標(biāo)原點Ｏ位于以ＡB為直徑的圓外時，求直線l的斜率的取值范圍.〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕解析【1】因為ｅ＝12,所以ca=12，即a2-b2a2=14,則ａ2＝43b2，所以橢圓方程為x243b2+y2b2＝1,因為橢圓C：x2a2+y2b2=１【a＞b>0】與直線x+2y—4=0有且只有一個公共點,故Δ=4－4【4-ｂ2】=0，則b2=3,所以Ｃ【2】由題意知過點P【0，－2】的動直線l的斜率存在且不為０,設(shè)A【x1,ｙ1】，B【ｘ2，y2】，直線ｌ的方程為y=kx-2,聯(lián)立x24+y23=1,y=kx-2,消ｙ得【3＋４ｋ2】x２－16kx+４=0，則Δ＝２5６kx1+x2＝16k3+4k2,x1x所以ｙ１y２＝【kx1—２】【ｋｘ2-2】=k２x1x2—2k【ｘ1+x２】＋4＝-12k因為坐標(biāo)原點O位于以AB為直徑的圓外，所以O(shè)A·OB=x１x2+y１y2=43+4k2＋-12即－233〈ｋ＜綜上,直線l的斜率的取值范圍為-2332.【20２2屆長沙雅禮中學(xué)月考一,21】已知拋物線C：x2=16y的焦點為F，準(zhǔn)線為l,橢圓E:y2a2+x2b2＝1【ａ>b>0】的上焦點F1到ｌ的距離為5,過Ｆ１的直線l1與E交于M,N兩點,當(dāng)【１】求橢圓E的方程；【2】直線FM與x軸交于A點,直線FN與x軸交于B點,求證：｜FＡ|=|ＦＢ｜．〔未經(jīng)許可請勿轉(zhuǎn)載〕解析【1】設(shè)F１【０,c】，由題意知l:y=-4,所以ｃ＋4=５，解得ｃ=１.在y2a2＋x2b2=