專題49橢圓教學(xué)案-2017年高考數(shù)學(xué)理一輪復(fù)習(xí)解析版

a＞cPa＝cPa＜cP 性－b≤y≤b－a≤y≤a質(zhì)軸 a，b，c高頻考點一1(1)(O，F(xiàn)是圓內(nèi)一定點，M與F重合，然后抹平紙片，折痕為CD，設(shè)CD與OM交于點P，則點P的軌跡是 A．橢圓B．雙曲線C．拋物線D 【答案】(1)A(P義和余弦定理可求|PF1|·|PF2|；通過整體代入可求其面積等． (1)F1，F(xiàn)2是橢圓169＝1F2A，B 【答案】 高頻考點二2【例2】(1)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C的中心為原點，焦點F1，F(xiàn)2在 2過F2的直線l交C于A，B兩點，且△ABF2的周長為16，那么橢圓C的方程 |AF1|＝3|F1B|，AF2⊥x軸，則橢圓E的方程

2

【解析】(1)設(shè)橢圓方程為a2＋b2＝1(a>b>0)e＝2，知a＝2，故 ∴b＝8C的方程為168(2)AB上方，F(xiàn)1(－c，0)，F(xiàn)2(c，0)c＝1－b2A(c，b2)，B(x0，y0)，由 3|F1B|，可得AF1＝3F1B，故 x0＝－5

25（1－b2）即

33 b＝3x2

(3)法一x軸上，設(shè)方程為

所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為9＋y y軸上，設(shè)方程為

綜上所述，橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為9＋y＝1或819

9

9法二設(shè)橢圓的方程為mn＝1(m＞0，n＞0，m≠n)，則由題意知

或

或

∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為9＋y＝1或819

【答案】(1)168＝1(2)x2＝1(3)9＋y＝1或819規(guī)律方法根據(jù)條件求橢圓方程常用的主要方法是定義法和待定系數(shù)法．定義法的要點是根據(jù)題目所給條a， 與橢圓43＝1有相同的離心率且經(jīng)過點(2，－PP5，3P且與長軸垂直的直線

3，

由

高頻考點三3、(1)F1，F(xiàn)2x2＋2y2＝2P→→最小值是 2 2

心率 2【答案】 (2)2x，y的范圍，離心率a，b，ca2＝b2＋c2消b，即可求得離心率或離心率的范圍． C2：x2＋(y－3)2＝1AFy3－2lC2→c≥3→ (PM·PN)max＝17＋2c 0＜c＜3→ (PM·PN)max＝－(－c＋3)＋17＋2cc＝±5c＝－52－3＜0c＝52－3＞3 考點四 】P、Q若|PF1|＝2＋2，|PF2|＝2－2，求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若|PF1|＝|PQ|e. 方法一F1QP(x0，y0)PF1⊥PF20x0＝ay0＝±c

由|PF1|＝|PQ|＞|PF2|得x0＞0，從 a

|PF1| ＝2(a2－b2)＋2aa2－2b2＝(a＋由橢圓的定義，|PF1|＋|PF2|＝2a，|QF1|＋|QF2|＝2a，從而由|PF1|＝|PQ|＝|PF2|＋|QF2|，有PF1⊥PQ，|PF1|＝|PQ|，知|QF1|＝2|PF1|，因此，(2＋2)|PF1|＝4a，即(2＋2)(a＋a2－2b2)＝4a，于是(2＋2)(1＋解得 2＋ 方法二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(ePF1⊥PF2，知|PF1|2＋|PF2|2＝|e 2－2＝9－62＝6－3.【變式探究】(2015·)已知橢圓C：x2＋3y2＝3，過點D(1,0)且不過點E(2,1)的直線與橢圓C交于AEx＝3CABxBMkx1－1＋x1－3－k x1－2－ k－1[－x1x2＋2x1＋x2 k－11＋3k2 所以kBM＝1＝kDE，所以BMDE平行．高頻考點五橢圓的離心率問題 例5、(1)(2015·福建)已知橢圓Ea2＋b2＝1(a＞b＞0)的右焦點為F，短軸的一個端點為M，直線4y＝0EA，B兩點．若|AF|＋|BF|＝4M范圍是

E 3

A.0，2

B.

C.2 與y軸相交于點D，若AD⊥F1B，則橢圓C的離心率等 (2)e的關(guān)系式，這是化解有關(guān)橢圓的離心率問題難點的根本方法． 標(biāo)準(zhǔn)方程時，設(shè)方程為mn＝1m>0，n>0m≠n)Ax＋By

a，b，c的齊次方程(或不等式)b2＝a2－c2be的方程(或不等 +y2=1(m>1)與雙曲線 A．m>n且 B．m>n且 C．m<n且 D．m<n且【答案】 【20163理數(shù)】已知OF是橢圓Ca2

1(ab0分別為C的左，右頂點P為CPFx軸.A的直線lPFMy點E.若直線BM經(jīng)過OE的中點，則C的離心率為 【答案】【解析】由題意設(shè)直線l的方程為yk( ，分別令xc與x0得|FM|k(ak2kk2k(aa|OE|ka.設(shè)OE的中點為N，則△OBN∽△FBM，則 ，|FM |

ac，c1C的離心率e1 【2016xOyF

y2

兩點，且BFC90,則該橢圓的離心率 663

33 33

3 3

66

a,), a,),，因此c a)()03c2ae . 【20161（12分）x2y22x150A,l（1,0）x軸不重合,lAC,D兩點,BACADEAEB為定值,EEC1,lC1M,N兩點,BlAP,Q兩點,求四邊MPNQ面積的取值范圍.xy xy【答案

（II）B(1,0)且與l垂直的直線my1(x1Amk

kk2422k422k2114k2S1|MN114k2

.故四邊形MPNQ的面4k4k2k2可得當(dāng)lxMPNQ面積的取值范圍為[12,83當(dāng)lxx1|MN|3|PQ|8MPNQMPNQ面積的取值范圍為[12,83.【20161（12分）x2y22x150A,l（1,0）x軸不重合,lAC,D兩點,BACADEAEB為定值,EEC1,lC1M,N兩點,BlAP,Q兩點,求四邊MPNQ面積的取值范圍.xy xy【答案

（II）3【2016高考理數(shù)（本小題滿分14分3

1（a

）FA，已知

3eO

|OF

|FAe為橢圓的離心率A的直線lB（Bx軸上，垂直于l的直線與lMyHBFHF，且MOAMAO，求直線的l斜率的取值范圍

6y 1（Ⅱ）6y

][

6 6【解析（Ⅰ）解：設(shè)F(c,0)，由 ，即1

，可得a2c23c2|OF |OA

a(a

acb3，所以c1a4

（Ⅱ）解：設(shè)直線l的斜率為k（k0，則直線lyk(x

y=kx+1被橢圓截得的線段長（a、k表示若任意以點A（0,1）為圓心的圓與橢圓至多有3個公共點，求橢圓離心率的取值范圍.2a212a21k

1a2k2

（II） 222（Ⅱ）假設(shè)圓與橢圓的公共點有4yPQAP

AQ記直線AP，AQ的斜率分別為k1，k2，且k1，k20，k1 2a2

1k

2a2

1k由（Ⅰ）知，AP 1，AQ 2121a2k 1a2k122a2 1k 2a2 1k故 1 21a2k 1a2k 所以k2k21k 1由于k1

kk0得1k2k2a22a2k2k2012 112 1k

1)(k

1)1a2(a22) 因為①式關(guān)于k1k2的方程有解的充要條件是1a(a2 所以a 22因此，任意以點A0,1為圓心的圓與橢圓至多有3個公共點的充要條件為1a 2a2由ea2

得，所求離心率的取值范圍為0e 2222【20162E:2t

y1的焦點在x軸上，AE的左頂點，斜y3k(k0)的直線交E于 兩點，點N在E上，MA當(dāng)t4,| 時，求AMN的面積當(dāng)2

ANk （Ⅰ）144（Ⅱ）322 （Ⅱ）由題意t3，k0，A AMyk(x

t6t6t1k22

21得3 2 1k

ttk2xt2k23t0

t

t2k23tk

x1

t3tk23tk1

x1

3tk ANykkk

x

tAN

6kt1k6kt1k2由2

AN

3tk

3k2

，即k32t3k2k3k3因此t

3k2k1t3等價k3

k32k2kk3

k2k2 0 k3k即k3

0.由此得k2kk32

k2，或k32

k23因此k的取值范圍是3223【2016年高考理數(shù)（本小題14分 已知橢圓

（ab0）2

，A(a,0)，

O(00OABCP的橢圓CPAyMPBx軸交于點求證AN

為定值

x2y4y

1（2）【2016年高考理數(shù)（本小題滿分13分x2y21(ab

)l:y

ETOl’OT，與橢圓EA、BlP．證明：存在常數(shù)PT2PAPB，并求的值.

x2y2

（2,1（Ⅱ）5

（I）aa

，即a

2c，所以a

2bE2b2

由方程組

得3x212x182b20yx方程①的判別式為=24(b23，由=0，得b2 所以橢圓E的方程 T坐標(biāo)為52同理PB 22mx52所以PAPB

4(24 54 (22m)2(22m)(xx)x54 154 (254

(2

4m)4m2310m4m239

故存在常數(shù)4，使得PT2PAPB5

x2y2

1x 【答案】(x3)2y2 【解析】設(shè)圓心為（a，0，則半徑為4a，則(4a)2a222a32(x3)2y225 【2015江蘇高考，18（16分x2y2 1ab0的離心率為

FlFA，BABlABP，C，若PC=2ABAB的方程.PPyAOlCxB

y

y【答案 2

【201518】已知橢圓Ea2

=1(a>b>0)過點(0,2），且離心率 2yyAxGOBⅠ)E(Ⅱ)xmy

E于A，B

(-,0)AB4 【答案】

=1；(Ⅱ)G(-,0)AB (Ⅱ)A(x1y1B(x2y2),，則GAx14,y1GBx24,y2ìx=my-

由í

+2)

2my-30所以y1y2m2+2y1y2m2+2

從而GAGBx14)(x24y1y2my14)(my24y1

3(m2

17m2=(m+1)y1y2+4m(y1+y2)+16=2(m2+2)

m2+2

=16(m2+2)>所以cosGA,GB> 不共線，所以DAGB為銳角

(-,0)AB4求實數(shù)m

x2y2y

1ABymx

2求AOB面積的最大值（O為坐標(biāo)原點6（1）m63

m

（2） t1( 6 6，則|AB

2t42t2t42t22

O到直線

t22t2t2的距離為dt2

，設(shè)AOBS(1∴S(t) |AB|d1

2，當(dāng)且僅當(dāng)t21時，等號成立，故122(t2122(t21)222 22 【2015高考山東，理20】平面直角坐標(biāo)系xoy中，已知橢圓C

1ab0的離心率，左、右焦點分別是F ，以F為圓心以3為半徑的圓與以F為圓心以1為半徑的圓相交，且交 在橢圓C上(Ⅰ)求橢圓C的方程 （Ⅱ）E4a24b21P為橢圓CPy

POE于點Q(i)

3求ABQ面積的最大值3

x2y4y

1（II()2（ii） 12所以O(shè)ABS122(16k24m2)14k

mx2441 122

216k24m2 14km2m 14k

,y

C的方程可得14k2x28kmx4m24由

m214k

由①②可知0t14ttt24ttt2

3,S33當(dāng)且僅當(dāng)t3

m214k

33

面積為

,所以ABQ面積的最大值為 6,【2015高 ，理20】設(shè)橢圓E的方程為x2y21ab0，點O為坐標(biāo)原點，點A的坐標(biāo) 段AB上，滿足

2MA，直線OM的斜率為5求E7C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，求2E的方程2【答案（ 25

7.【2015高 ，理19（本小題滿分14分）已知橢圓a2+b2=1(a>b>0)的左焦點為F(c,0),離3率 ，點M在橢圓上且位于第一象限，直線FM被圓33FM

2+y2=444

442 ，求直線OP（O為原點）的斜率的取值范圍2

23

223【答案】

；3

；(III) , 3 3,3 (III)P的坐標(biāo)為xyFP的斜率為t，得t66

x

y

x1,

y

(x

6，又由已知，得t

23x1或1x02設(shè)直線OP的斜率為m，得m

yyx

m2

22 x31ytx10，因此m0，于是m

223

2,23 3 23x1,0ytx1)0，因此m23

2 2，得 3 2,23綜上，直線OP的斜率的取值范圍是2,23 3 8.【201521】如題（21）x2y21ab0FF

PQyyPOxQ

2

2,

2

2PF1PQ求橢圓的離心率2

632x+y=1（2） 632x4 1（2014· 卷）已知橢圓C：a2＋b2＝1(a>b>0)的焦距為4，其短軸的兩個端點與長軸的一個端點構(gòu)(1)C(2)FC的左焦點，Tx＝－3FTFC①證明：OTPQ(O為坐標(biāo)原點②當(dāng)|TF|T2c＝2 C的標(biāo)準(zhǔn)方程是62OT|TF|＝|PQ|＝＝＝ ）m2－2m211所以 m2 ＋4 m2 ＋4

3＝當(dāng)且僅當(dāng) 4 ，即m＝±1時，等號成立，此時|TF|取得最小值＝ 故當(dāng)|TF|最小時，T點的坐標(biāo)是(－3，1)或 2（2014· A，B兩點．若|AF1|＝3|F1B|，AF2⊥x軸，則橢圓E的方程

3＋2y3（2014·(1)C(2)OACBy＝2OA⊥OBABx2＋y2＝2

【解析】解：(1)C的標(biāo)準(zhǔn)方程為42所以a2＝4，b2＝2，從而a＝2，c＝故橢圓C的離心率 2＝a＝2(2)ABx2＋y2＝2相切．證明如下：A，B的坐標(biāo)分別為(x0，y0)，(t，2)，OA⊥OB

→tx0＋2y0＝0

＝－x0＝t時，y0＝－2Ct＝±ABx＝±2.OABd＝2，ABx2＋y2＝2相切．x0≠tABy－2＝x0－tOAB的距離 d＝（y－2）2＋（x0

2y0， ＝－

2x＋

＝ x0 x0 ＝x2＋y2＋x2＋y2＋ 000ABx2＋y2＝2

4（2014·是 2 B.46＋22C．7＋ 2【答案】5（2014·

π 3A.

2B.

【答案】 6（2014· 3F1C1yAB，MABOMC2P，QAPBQ1- a·a2 a·a2

＝2a4－b4＝4a4a2＝2b2 F4(3b，0)，于是3b－b＝|F2F4|＝3－1b＝1，a＝2.C1，C2的方程分別為2＋y＝12－y22·22·又因為|y1－y2|＝22·

，所以 22·22·2APBQ

＝22· 0<2－m2≤2m＝0時，SAPBQ1

7（2014·是線段AB的中點，則橢圓C的離心率等

兩式作差可得

，

＝－

kAB＝－a2.AB的斜率為－2，所以－a2＝－2a＝2b.a＝b＋c＝2c＝b，e＝2 8（2014·A，B，線段MN的中點在C上，則 【答案】9（2014· P(1-6所示)C1：a2－b2＝1P且離心率為1-(1)C1(2)C2PC1lC2C2A，BABPl

yy0

14 8

＝2·x·y＝xy.x0＋y0＝4≥2x0y0x0＝y(tǒng)0＝2x0y02S40 0P的坐標(biāo)為(2， a＝1，b＝2C1x2(2)由(1)C2的焦點坐標(biāo)為(－3，0)，(3，0)C2

2＋b2＝1，其中②x1＝my1＋3，x2＝my2＋33 3＝ 3

因為 →AP＝(2－x1，2－y1)，BP＝(2－x2，2－y2)，由題意知x1x2－2(x1＋x2)＋y1y2－2(y1＋y2)＋4＝0，⑤ 解得 6＝2－1m＝－2lx－

1)y－3＝0x

1)y－((2(

2 310（2014· 交C于A，B兩點．若△AF1B的周長為43，則C的方程為

A.3＋2 B.3＋y 【答案】【解析】根據(jù)題意，因為△AF1B43，所以43，所以a＝3.又因為橢圓的離心率 3

＝a＝3為32

31（2014· 卷Ⅰ]已知點A(0，－2)，橢圓E：a2＋b2＝1(a>b>0)的離心率為2，F(xiàn)是橢圓E

2 OE

的斜率為3AlEP，Q兩點，當(dāng)△OPQl 12（201· 卷Ⅱ]設(shè)F1，F(xiàn)2分別是橢圓C：a2＋b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦點，M是C上一MF2xMF1C

CMNy2，且|MN|＝5|F1N|a，b. 13（2014·山東卷）已知a＞b＞0，橢圓C1的方程為a2＋b2＝1，雙C2的方程為a2－b2＝1，C1C2離心率之積為2

C2的漸近線方程為 A.x± D.【答案】

C2

. 22

2

＝2

＝2，所以a＝2C2

故選14（2014·2 2a，b1-∴AP·AQ＝0，即 k

故直線l的方程為 8 15（2014·2 2a，b1- 16（2014· 卷）設(shè)橢圓a2＋b2＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，右頂點為A，上頂點為B.已＝ 3|F1F2＝PPBF1Ol與該圓相切，l的斜率．＝【解析】解：(1)F2的坐標(biāo)為(c，0)．由|AB|3|F1F2|a2＋b2＝3c2＝

b＝a－c，則＝2＝2 P(x0，y0)．由有 →→＝0，即(x＋c)c＋y c≠0x0＋y0＋c＝0.①P在橢圓上， 所以0 3x2＋4cx＝0.P

4代入①得

P

0＝3，即－3

4

323設(shè)圓的圓心為T(x1，y1)，則3（x1－0）2＋（y1－c）2＝3

2＝3c

k－3－3lkly＝kx.3ck2－8k＋1＝0k＝4±15，l4＋154－15.

17（2014·Plka，b，kPOl1lPl11- 18（2014·

2 2， 2yx軸的上方有兩個交點，且圓在這兩個交點處的兩條切線相互垂直并分別1-【解析】解：(1)設(shè)F1(－c，0)，F(xiàn)2(c，0)，其中 22由|DF1|＝22得|DF1|＝ ＝22從而

22 12 2

＝2|DF||FF 2 2＝從而 2＝

3

＝2

＝22a＝|DF1|＋|DF2|＝22a＝ 因此，所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為2＋y (2)yC與橢圓2＋y＝1相交，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)由(1)F1(－1，0)，F(xiàn)2(1