浙江专版2019版高考数学一轮复习第十章圆锥曲线与方程10.1椭圆及其性质学案.docx

10.1椭圆及其性质考纲解读考点考纲内容要求浙江省五年高考统计201320142015201620171.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.掌握21,15分19,5分7(文),5分7,5分2.椭圆的几何性质1.掌握椭圆的简单几何性质.2.理解数形结合的思想.掌握9,5分21(1),7分15(文),4分19(2),约7分2,4分分析解读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2019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.五年高考考点一椭圆的定义和标准方程 1.(2014大纲全国,6,5分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点为F1、F2,离心率为33,过F2的直线l交C于A、B两点.若AF1B的周长为43,则C的方程为() A.x23+y22=1B.x23+y2=1C.x212+y28=1D.x212+y24=1答案A2.(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123.(2014安徽,14,5分)设F1,F2分别是椭圆E:x2+y2b2=1(0bb0)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ca=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ABx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=,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k0,故直线PC的方程为y+k1+2k2=-,则P点的坐标为-2,5k2+2k(1+2k2),从而PC=.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+1.5.(2015福建,18,13分)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)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(mR)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+52my0+2516.|AB|24=(x1-x2)2+(y1-y2)24=(1+m2)(y1-y2)24=(1+m2)(y1+y2)2-4y1y24=(1+m2)(y02-y1y2),故|GH|2-|AB|24=52my0+(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=x1+94,y1,=x2+94,y2.由得(m2+2)y2-2my-3=0,所以y1+y2=2mm2+2,y1y2=-3m2+2,从而=x1+94x2+94+y1y2=my1+54my2+54+y1y2=(m2+1)y1y2+54m(y1+y2)+2516=-3(m2+1)m2+2+52m2m2+2+2516=17m2+216(m2+2)0,所以cos0.又,不共线,所以AGB为锐角.故点G-94,0在以AB为直径的圆外.教师用书专用(6)6.(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(ab0)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F1CAB,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xc+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-bc,且F1CAB,所以b(a2-c2)3a2c+c3-bc=-1.又b2=a2-c2,整理得a2=5c2.故e2=15.因此e=55.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.133B.53C.23D.59答案B2.(2013浙江,9,5分)如图,F1,F2是椭圆C1:x24+y2=1与双曲线C2的公共焦点,A,B分别是C1,C2在第二、四象限的公共点.若四边形AF1BF2为矩形,则C2的离心率是()A.2B.3C.32D.62答案D3.(2017课标全国文,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.(0,19,+)B.(0,39,+)C.(0,14,+)D.(0,34,+)答案A4.(2017课标全国理,10,5分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)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.63B.33C.23D.13答案A5.(2016课标全国,11,5分)已知O为坐标原点,F是椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左焦点,A,B分别为C的左,右顶点.P为C上一点,且PFx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.13B.12C.23D.34答案A6.(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(ab0)的右焦点,直线y=b2与椭圆交于B,C两点,且BFC=90,则该椭圆的离心率是.答案637.(2014江西,15,5分)过点M(1,1)作斜率为-12的直线与椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)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228.(2016浙江,19,15分)如图,设椭圆x2a2+y2=1(a1).(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,k20,k1k2.由(1)知,|AP|=,|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.由于k1k2,k1,k20得1+k12+k22+a2(2-a2)k12k22=0,因此1k12+11k22+1=1+a2(a2-2),因为式关于k1,k2的方程有解的充要条件是1+a2(a2-2)1,所以a2.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1a2,由e=ca=a2-1a得,所求离心率的取值范围为0b0)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|=32c,延长线段FQ与椭圆交于点P,点M,N在x轴上,PMQN,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.解析本小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12(c+a)c=b22.又由b2=a2-c2,可得2c2+ac-a2=0,即2e2+e-1=0.又因为0e0),则直线FP的斜率为1m.由(1)知a=2c,可得直线AE的方程为x2c+yc=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|=32c,有(2m-2)cm+2+c2+3cm+22=3c22,整理得3m2-4m=0,所以m=43,即直线FP的斜率为34.(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QNFP,所以|QN|=|FQ|tanQFN=34=9c8,所以FQN的面积为12|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c0,得c=2.所以,椭圆的方程为x216+y212=1.10.(2015重庆,21,12分)如图,椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F2的直线交椭圆于P,Q两点,且PQPF1.(1)若|PF1|=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PF1PF2,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PF1PF2,则x02a2+y02b2=1,x02+y02=c2,求得x0=aca2-2b2,y0=b2c.由|PF1|=|PQ|PF2|得x00,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PF1PF2,|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PF1PQ,|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PF1PF2,知|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=(2c)2,因此e=ca=|PF1|2+|PF2|22a=(2-2)2+(2-1)2=9-62=6-3.教师用书专用(1115)11.(2013辽宁,15,5分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左焦点为F,C与过原点的直线相交于A,B两点,连接AF,BF.若|AB|=10,|AF|=6,cosABF=45,则C的离心率e=.答案5712.(2013福建,14,4分)椭圆:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,焦距为2c.若直线y=3(x+c)与椭圆的一个交点M满足MF1F2=2MF2F1,则该椭圆的离心率等于.答案3-113.(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45.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(ab0).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m2,且n0.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=-45n.又SBDE=12|BD|yE|=25|BD|n|,SBDN=12|BD|n|,所以BDE与BDN的面积之比为45.14.(2015山东,20,13分)平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为32,左、右焦点分别是F1,F2.以F1为圆心以3为半径的圆与以F2为圆心以1为半径的圆相交,且交点在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程;(2)设椭圆E:x24a2+y24b2=1,P为椭圆C上任意一点.过点P的直线y=kx+m交椭圆E于A,B两点,射线PO交椭圆E于点Q.(i)求|OQ|OP|的值;(ii)求ABQ面积的最大值.解析(1)由题意知2a=4,则a=2.又ca=32,a2-c2=b2,可得b=1,所以椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)由(1)知椭圆E的方程为x216+y24=1.(i)设P(x0,y0),|OQ|OP|=,由题意知Q(-x0,-y0).因为x024+y02=1,又+=1,即位24x024+y02=1,所以=2,即|OQ|OP|=2.(ii)设A(x1,y1),B(x2,y2).将y=kx+m代入椭圆E的方程,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0,由0,可得m24+16k2.则有x1+x2=-8km1+4k2,x1x2=4m2-161+4k2.所以|x1-x2|=416k2+4-m21+4k2.因为直线y=kx+m与y轴交点的坐标为(0,m),所以OAB的面积S=12|m|x1-x2|=216k2+4-m2|m|1+4k2=2(16k2+4-m2)m21+4k2=24-m21+4k2m21+4k2.设m21+4k2=t.将y=kx+m代入椭圆C的方程,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,由0,可得m21+4k2.由可知0b0)的上顶点与右焦点,则椭圆的方程为()A.x25+y24=1B.x24+y2=1C.x29+y24=1D.x26+y24=1答案A2.(2018浙江“七彩阳光”联盟期初联考,14)已知椭圆的方程为x29+y24=1,过椭圆中心的直线交椭圆于A,B两点,F2是椭圆右焦点,则ABF2的周长的最小值为,ABF2的面积的最大值为.答案10;253.(2018浙江镇海中学阶段性测试,21)已知椭圆G:x2a2+y2b2=1(ab0)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,ca=63,解得a=23.又b2=a2-c2=4,所以椭圆G的方程为x212+y24=1.(6分)(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.设A、B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2)(x1b0)的右焦点F的坐标为(1,0),且椭圆上任意一点到两焦点的距离之和为4.(1)求椭圆C的标准方程;(2)过右焦点F的直线l与椭圆C相交于P,Q两点,点Q关于x轴的对称点为Q,试问FPQ的面积是否存在最大值?若存在,求出这个最大值;若不存在,请说明理由.解析(1)由已知得c=1,a=2,则b=3,所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1.(2)显然直线l的斜率存在且不为0,设直线l的方程为x=my+1(m0),P(x1,y1),Q(x2,y2),则Q(x2,-y2).联立x=my+1,3x2+4y2=12,得(3m2+4)y2+6my-9=0,=36m2+36(3m2+4)0,所以y1+y2=-6m3m2+4,y1y2=-93m2+4.直线PQ的方程为y=y1+y2x1-x2(x-x2)-y2.令y=0,得x=x1y2+x2y1y1+y2=(my1+1)y2+(my2+1)y1y1+y2=2my1y2+y1+y2y1+y2=4,即直线PQ与x轴交于一个定点M(4,0).设FPQ的面积为S,故Smax=12|FM|y1+y2|=326|m|3m2+4=93|m|+4|m|943=.所以FPQ的面积存在最大值334.考点二椭圆的几何性质5.(2018浙江温州适应性测试,7)正方形ABCD的四个顶点都在椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)上,若椭圆的焦点在正方形的内部,则椭圆的离心率的取值范围是()A.5-12,1B.0,5-12C.3-12,1D.0,3-12答案B6.(2017浙江镇海中学模拟卷(六),5)已知F是椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的右焦点,过点F作斜率为2的直线l使它与圆x2+y2=b2相切,则椭圆的离心率是()A.22B.32C.53D.63答案C7.(2017浙江吴越联盟测试,6)在RtABC中,a,b,c为其三边,且c所对的角为直角,则双曲线C1:x2a2-y2b2=1的离心率e1和椭圆C2:x2c2+y2b2=1的离心率e2满足() A.e1e2=1B.e1e21C.e1e2b0)的焦点,P是椭圆C上一点,若I是PF1F2的内心,且满足2+3+4=0,则C的离心率e的值是()A.29B.27C.12D.45答案D4.(2016浙江宁波“十校”联考,8)如图,焦点在x轴上的椭圆x2a2+y23=1(a0)的左、右焦点分别为F1,F2,P是椭圆上位于第一象限内的一点,且直线F2P与y轴的正半轴交于A点,APF1的内切圆在边PF1上的切点为Q,若|F1Q|=4,则该椭圆的离心率为()A.14B.12C.74D.134答案D二、解答题5.(2018浙江高考模拟训练冲刺卷一,21)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=144m2-64(3m2-12)0,得0m216.(3分)设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-34m,x1x2=3m2-1216.则|AB|=5|x1-x2|=5(x1+x2)2-4x1x2=15416-m2,0m2b0)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122a2b=22,即ab=2,解得a2=2,b2=1,所以椭圆C的方程为x22+y2=1.(6分)(2)由(1)可知F(1,0),设M(2,t),A(x1,y1),B(x2,y2),则当t0时,OM:y=t2x,所以kAB=-2t,直线AB的方程为y=-2t(x-1),即2x+ty-2=0(t0),由y=-2t(x-1),x2+2y2-2=0得(8+t2)x2-16x+8-2t2=0,则=(-16)2-4(8+t2)(8-2t2)=8(t4+4t2)0,x1+x2=168+t2,x1x2=8-2t28+t2,(8分)AB=1+k2=1+4t222tt2+48+t2=22(t2+4)8+t2,又OM=t2+4,所以S1=12OMAB=12t2+422(t2+4)8+t2=2(t2+4)t2+48+t2,(10分)由y=-2t(x-1),y=t2x,得xN=4t2+4,所以S2=1214t2+4=2t2+4,(12分)所以S1S2=2(t2+4)t2+48+t22t2+4=22t2+48+t2=22t2+4+4t2+40),连接PA交椭圆于点C.(1)证明:OPBC;(2)若四边形OBPC的面积是325,求t的值.解析(1)证明:直线PA的方程为y=t22(x+2),由x22+y2=1,y=t22(x+2)得(4+t2)x2+22t2x+2t2-8=0,所以xC=42-2t24+t2,故点C的坐标为42-2t24+t2,4t4+t2,故直线BC的斜率kBC=-2t.又直线OP的斜率kOP=t2,故kBCkOP=-1,所以OPBC.(2)由S四边形OBPC=12|OP|BC|,得122+t242-2t24+t2-22+4t4+t22=325,整理得2t3+22t4+t2=325,即(t-1)(5t2+2t+12)=0,t=1.C组20162018年模拟方法题组方法1椭圆的定义和标准方程的解题策略 1.(2017浙江镇海中学模拟卷(五),21)已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为32,F1、F2是椭圆的左、右焦点,设椭圆短轴的一个顶点为A,且AF1F2的面积为3.(1)求椭圆的方程;(2)过左焦点F1作斜率为k的直线l,设l与