2023新高考总复习数学5·3A29-专题九92椭圆及其性质之1-9.2　椭圆及其性质-习题+题组

2023版新高考版高考总复习数学5·3A版29_专题九92椭圆及其性质之1_9.2椭圆及其性质2023版新高考版高考总复习数学5·3A版29_专题九92椭圆及其性质之1_9.2椭圆及其性质2023版新高考版高考总复习数学5·3A版29_专题九92椭圆及其性质之1_9.2椭圆及其性质[2023版新高考版高考总复习数学5·3A版29_专题九92椭圆及其性质之1_9.2椭圆及其性质]2023版新高考版高考总复习数学5·3A版29_专题九92椭圆及其性质之1_9.2专题检测题组2023版新高考版高考总复习数学5·3A版29_专题九92椭圆及其性质之1_9.2专题检测题组2023版新高考版高考总复习数学5·3A版29_专题九92椭圆及其性质之1_9.2专题检测题组9．2椭圆及其性质考试点一椭圆的定义及标准方程1.【201５广东文，8,5分】已知椭圆x225＋y2m2=1【ｍ〉０】的左焦点为F1【－4,0】，Ａ.2Ｂ．3C.4D。９答案:B依题意有25—m2＝1６,∵m＞0，∴ｍ=3．选B.２．【２013广东文,９，５分】已知中心在原点的椭圆C的右焦点为F【1，0】,离心率等于12，则C的方程是【】A。x23＋y24=1B．C.x24+y22=1D.答案：D由右焦点为Ｆ【1，0】可知c＝１,因为离心率等于12,即ca=12，故a=2，由a2=b２+ｃ２知b2=3,故椭圆C的方程为x24+3.【2014辽宁,理１5,文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,则答案：12解析根据已知条件画出图形，如图．设ＭN的中点为Ｐ，F１、F2为椭圆C的焦点，连接PF１、ＰＦ2。显然PF1是△ＭAN的中位线，PF２是△MBN的中位线，∴｜AN|+｜BN|=2|PF１｜＋2|PF2｜＝2【｜PF1｜+｜PF2｜】=2×6=１2。〔未经许可请勿转载〕评析本题考查了椭圆的定义和方程,考查了数形结合的思想。连接PＦ1、ＰＦ2利用椭圆的定义是求解的关键.〔未经许可请勿转载〕考试点二椭圆的几何性质1．【2018课标Ⅰ文,４，5分】已知椭圆C:x2a2＋y24=1的一个焦点为【2,０】，则CA。13Ｂ.12C.22答案:C本题主要考查椭圆的方程及其几何性质．由题意可知c=2，b2=4,∴a２=b２+c２=4＋22=8,则a=22，∴ｅ=ca=222=2方法总结求椭圆离心率的常用方法:【１】求得ａ，c的值,直接代入e＝ca求解【2】列出关于a，b，c的齐次方程,结合b2=a2-c２消去b，从而转化为关于e的方程求解．〔未经许可请勿转载〕2。【２01８课标Ⅱ文,１1，5分】已知F1，F２是椭圆C的两个焦点,P是C上的一点．若PF1⊥PF2，且∠ＰＦ２Ｆ1=60°,则C的离心率为【】〔未经许可请勿转载〕A.１—32B。2－C.3-12答案：D本题主要考查椭圆的定义和几何性质。不妨设椭圆方程为x2a2在Rt△F1ＰF2中，因为∠PＦ２F１=60°，|F1Ｆ２｜＝2c,所以|ＰＦ2｜＝ｃ，｜PＦ1｜=3c。由椭圆的定义得｜ＰF1｜+|PF２｜=2ａ,即3c+c＝2a，所以椭圆的离心率e=ca＝23+1=3疑难突破利用椭圆的定义｜PF1｜+|PF２|=2a,结合题意得到a与c的等量关系是求解的关键，也是难点的突破口。〔未经许可请勿转载〕3．【２０１6课标Ⅰ文，5,5分】直线ｌ经过椭圆的一个顶点和一个焦点,若椭圆中心到l的距离为其短轴长的14，则该椭圆的离心率为【】Ａ。13Ｂ．12Ｃ．23答案：B如图,｜OB｜为椭圆中心到l的距离，则|OＡ|·|ＯF｜＝|ＡF|·｜OB|，即bｃ=a·b2，所以e=ca=12.易错警示椭圆中心到直线l的距离为14×2b=b2，容易将短轴长误认为评析本题考查椭圆的基本知识,利用三角形的面积建立等量关系是求解的关键.4.【2０15福建文,1１，５分】已知椭圆E：x2a2+y2b2=1【a>b〉0】的右焦点为F，短轴的一个端点为Ｍ，直线ｌ：3x-4y＝0交椭圆Ｅ于A,B两点。若|AF|+｜BF|=4,点M到直线l的距离不小于45，A．0,32B．0,34C.答案:A直线l:3x-4y＝0过原点,从而A,B两点关于原点对称，于是｜AF|+|BF｜=2ａ=4，所以ａ＝2。不妨令M【０,b】，则由点M【0,b】到直线l的距离不小于45,得4b32+(-4)2≥45，即b≥１.所以e2＝c2a2＝a2-评析本题考查了椭圆的定义及性质．考查数形结合的思想．解题关键在于发现Ａ,B两点关于原点对称,从而得出|AＦ|+|BF|＝2a.〔未经许可请勿转载〕5．【２０13课标Ⅱ文,５，5分】设椭圆C：x2a2＋y2b2=１【a>b>０】的左、右焦点分别为F1,F2，P是C上的点，PF2⊥F１F2，∠PＦ1F2=3０°,则A．36B。13C．12答案：Ｄ在Rｔ△PＦ2F1中,令｜PF2|＝１,因为∠PF1F2=30°，所以|PＦ1｜=2，｜F1F2｜＝3.所以ｅ=2c2a=|F1F６.【20１3四川文,9,5分】从椭圆x2a2＋y2b2=1【a＞b＞0】上一点P向x轴作垂线，垂足恰为左焦点F1,A是椭圆与x轴正半轴的交点,B是椭圆与y轴正半轴的交点,且ＡＢ∥ＯＰ【O是坐标原点Ａ。24Ｂ。12C．22答案:C左焦点为Ｆ1【-ｃ,0】，PF１⊥x轴,当x=-c时，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辽宁文，11，5分】已知椭圆C：x2a2+y2b2=1【a>ｂ>0】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,｜BF｜=８，cos∠ＡＢF=45,A.35Ｂ.57C.45答案:Ｂ如图，设|ＡＦ|=ｘ，则ｃos∠ABF=82+102解得x=6，∴∠AＦＢ=90°,由椭圆及直线关于原点对称可知｜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。故选评析本题考查余弦定理，椭圆的几何性质，考查了数形结合思想及运算求解能力。〔未经许可请勿转载〕8.【２0１2课标理,4,５分】设F１，F2是椭圆E：x2a2＋y2b2=1【a〉b>0】的左,右焦点,P为直线x=3a2上一点，△F2ＰF1是底角为3０°的等腰三角形A。12B.23C．34答案：Ｃ设直线x=32a与x轴交于点Q,由题意得∠PF２Q=60°,|F２P|=|F1F２｜=2ｃ,｜F2Q|=32a—c,∴32a-c=12×2c,∴e＝ca=评析本题考查了椭圆的基本性质,考查了方程的思想，灵活解三角形对求解至关重要．〔未经许可请勿转载〕９。【２0１1课标全国文,4，5分】椭圆x216+y28=1的离心率为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课标Ⅲ，11,5分】已知O为坐标原点,F是椭圆C：x2a2＋y2b2=1【a〉ｂ＞0】的左焦点,A，B分别为Ｃ的左，右顶点。Ｐ为C上一点,且PＦ⊥ｘ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ＣA.13B.12C.23答案：Ａ由题意知过点A的直线ｌ的斜率存在且不为0,故可设直线l的方程为y=k【ｘ+ａ】,当x＝－ｃ时，y=k【a-c】，当x＝0时，y＝ka，所以Ｍ【-c，ｋ【a-ｃ】】,E【0，ka】。如图，设OＥ的中点为N，则N0,ka2，由于B，M,Ｎ三点共线，所以kBN=kBM，即ka2-a=k(a-c)-c-a,所以思路分析根据题意设出过点A的直线l的方程,从而求出点Ｍ和点Ｅ的坐标,进一步写出线段OE中点的坐标,利用三点共线建立关于a,c的方程，得到ａ,c的关系式，从而求出椭圆的离心率。求解本题的关键在于写出各对应点的坐标，难点在于参数的选择.〔未经许可请勿转载〕方法点拨求解圆锥曲线的离心率问题的关键是要通过其几何性质找到a，c所满足的关系式，从而利用e=ca求得离心率．11．【２01８浙江，17,4分】已知点P【０,1】,椭圆x24+y2=m【m>１】上两点A,B满足AP＝2PB，则当m=时，点Ｂ横坐标的绝对值最大答案：5解析本小题考查椭圆的标准方程,向量的坐标运算，二次函数的最值.设B【t,u】,由AP=2PB，易得A【－2t,３－2u】．∵点Ａ，Ｂ都在椭圆上,∴t从而有3t24+3ｕ2-１2u+9＝0，即t即有4ｕ—３=m⇒u=m+3∴t24+(m+3)216=m,∴t２＝-14ｍ２+5∴当m＝5时，【t2】mａx＝４,即|t|max=2,即当ｍ=５时，点B横坐标的绝对值最大．思路分析【1】设出点B的坐标，利用向量的坐标运算得点A的坐标。【２】利用点A，Ｂ都在椭圆上得方程组,求得点B的横、纵坐标满足的关系式。【3】利用【2】中的关系式及点B在椭圆上，把点B的横坐标的平方表示为关于ｍ的函数.〔未经许可请勿转载〕【4】利用二次函数的最值得结论。12．【2０15浙江文，1５,4分】椭圆x2a2+y2b2=1【a>b>0】的右焦点F【c，0】关于直线y=bcｘ的对称点答案：2解析令Q的坐标为【x0,y0】，FQ的中点为Mx0+c2,y02，由点M在直线ｙ=bcx上得ｂx０-cｙ0+bc=０①．又因为直线FQ垂直于直线ｙ=bcx，所以y0x0-c=－cb，即cx0+bｙ０－c2=0②，联立①②得点Q2c3-a2ca2,2bc2a2，把点Q的坐标代入x2a2+y2b2＝1并化简得ａ6＝４c6１3.【２０14江西文，14,5分】设椭圆Ｃ:x2a2+y2b2＝1【a〉b＞0】的左，右焦点为Ｆ１，F2，过Ｆ2作x轴的垂线与C相交于Ａ，B两点,F1B与y轴相交于点Ｄ,若AD⊥F1B，答案：3解析不妨设A在ｘ轴上方,由于AB过Ｆ2且垂直于x轴，因此可得Ac,b2a,Bc,-b2a，由OＤ∥F2Ｂ，O为F1F2的中点可得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评析本题考查椭圆的几何性质、两直线垂直的充要条件．考查学生的运算求解能力以及知识的转化应用能力.根据已知条件建立起关于a、b、ｃ的等量关系式是求解本题的关键．〔未经许可请勿转载〕1４.【20１３福建理，１4，4分】椭圆Γ：x2a2+y2b2=1【a〉b>0】的左、右焦点分别为Ｆ1，F２,焦距为2c。若直线ｙ=3【x+ｃ】与椭圆Γ的一个交点M满足∠MF1F２=2∠MＦ2F答案：3-1解析由已知得直线ｙ=3【ｘ+c】过M、F1两点，所以直线ＭＦ１的斜率为3,所以∠MF1F２=60°，则∠ＭF2F1=30°,∠F1ＭF2=90°，如图，故MF１=c，MF２=3ｃ,由点M在椭圆Γ上知：c+3c=2ａ，故e=ca=3—1.15。【2012江西理，13，５分】椭圆x2a2+y2b2=1【a>b〉０】的左、右顶点分别是A、B,左、右焦点分别是F1、Ｆ２．若｜AF1｜,|F1Ｆ2|，|F1B｜答案:5解析∵|AF1|=a-c，|BF1｜＝a＋c,｜F1F2|＝2c，则有4c２＝【a－ｃ】【a+ｃ】，得ｅ=ca=5评析本题考查了椭圆的离心率的概念，椭圆和等比数列的基本性质.考试点三直线与椭圆的位置关系1.【20１3课标Ⅰ理，１0，５分】已知椭圆Ｅ：x2a2+y2b2=1【a＞ｂ>０】的右焦点为F【3，0】,过点F的直线交E于Ａ，Ｂ两点．若AＢ的中点坐标为【1，-1】,则A.x245+y236=1B。C.x227+y218＝1D。答案:D直线AB的斜率ｋ=0+13-1设A【ｘ１,ｙ1】,B【ｘ2，y２】，则x1①-②得y1-y2x即k=－b2a2∴b2a2＝12又a2-b2=ｃ2=9,④由③④得a2=18，b2＝9。所以椭圆Ｅ的方程为x218+y2评析本题考查了直线和椭圆的位置关系,考查了线段的中点问题.本题也可利用根与系数的关系解决中点问题.〔未经许可请勿转载〕2.【201４江西理,15，5分】过点M【１，１】作斜率为-12的直线与椭圆C：x2a2+y2b2=1【a＞b>0】相交于A,B两点，若M是线段AB的中点答案:2解析设A【x1,y1】,B【x2，ｙ2】,则x12a2+yx22a2＋①、②两式相减并整理得y1-y2x1把已知条件代入上式得,-12=－b2a∴b2a2=12,故椭圆的离心率e＝评析本题考查了直线和椭圆的位置关系．考查了线段的中点问题，利用整体运算的技巧是求解的关键.本题也可以利用韦达定理求解.〔未经许可请勿转载〕3。【2０19天津文，19，１4分】设椭圆x2a2+y2b2=1【a>ｂ〉0】的左焦点为F,左顶点为Ａ,上顶点为B.【1】求椭圆的离心率;【２】设经过点F且斜率为34的直线l与椭圆在x轴上方的交点为P,圆C同时与ｘ轴和直线l相切,圆心C在直线x=4上，且OC∥ＡＰ．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、圆等基础知识．考查用代数方法研究圆锥曲线的性质。考查运算求解能力，以及用方程思想、数形结合思想解决问题的能力。满分１4分。〔未经许可请勿转载〕【1】设椭圆的半焦距为c，由已知有3ａ＝2b。又由a２=b2＋c2，消去ｂ得a2=32a2+c２,解得c所以,椭圆的离心率为12【２】由【1】知，a=2c,b=3c,故椭圆方程为x24c2由题意,Ｆ【－ｃ,0】,则直线ｌ的方程为y=34点P的坐标满足x24c2+y23c2=1,y=34(x+c代入到l的方程,解得y1=32ｃ,y2=—9因为点P在x轴上方，所以Pc,由圆心Ｃ在直线ｘ=4上,可设Ｃ【4，t】。因为ＯC∥ＡP，且由【1】知A【-2c,0】，故t4=32cc+2c因为圆C与x轴相切，所以圆的半径长为2，又由圆C与l相切,得34(4+c)所以,椭圆的方程为x216＋思路分析【１】由已知条件,得a与ｂ的比例关系，代入a2=b2+ｃ2，得a与ｃ的齐次关系,进而求得离心率．【2】设出直线方程【含参数c】，联立直线与椭圆方程【含参数c】，得交点Ｐ的坐标【含参数c】，由ｋAＰ=kＯＣ，求得Ｃ点坐标以及圆的半径r,最后由圆心到直线距离等于半径列出关于c的方程,求得ｃ的值，最终确定椭圆方程．〔未经许可请勿转载〕４。【20１８课标Ⅲ理，２0，１２分】已知斜率为k的直线l与椭圆Ｃ:x24+y23=1交于A,B两点,线段【1】证明：k〈－12【2】设F为Ｃ的右焦点，Ｐ为C上一点，且FP+FA+FB=0。证明：｜FA|,｜FP|，|FB|成等差数列，并求该数列的公差．〔未经许可请勿转载〕解析本题考查椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系、等差数列的概念及其运算。〔未经许可请勿转载〕【１】证明:设Ａ【x1，y1】,B【x2,y2】，则x124+y12两式相减,并由y1-y2x1-x由题设知x1+x于是k＝-34m由题设得０<ｍ〈32,故k＜-1【2】由题意得F【1，0】.设P【x3，y3】,则【ｘ3—1,y3】+【ｘ1－１，ｙ１】+【x2—１，ｙ２】=【0,０】.〔未经许可请勿转载〕由【1】及题设得x3=3-【ｘ1+x2】=１,y3=—【y１＋ｙ2】＝—2m<0.〔未经许可请勿转载〕又点Ｐ在C上,所以ｍ=34从而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|成等差数列.设该数列的公差为ｄ,则2｜ｄ｜＝｜|FB｜－｜FA｜|=12|ｘ1-x2｜＝12(将m＝34代入①得所以ｌ的方程为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所以该数列的公差为32128或—思路分析【1】利用“点差法"建立k与ｍ的关系式，由m的范围得到k的范围．〔未经许可请勿转载〕【2】根据题设FP+FA+FB=０及点P在C上,确定ｍ的值.进一步得出｜FP|、|FA|、｜FB|的关系，再求公差．〔未经许可请勿转载〕解后反思【1】解决直线与椭圆的位置关系的常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简,然后利用根与系数的关系建立方程【组】，解决相关问题．〔未经许可请勿转载〕【2】题中涉及弦的中点坐标时,可以采用“点差法”求解,设出弦端点Ａ、B的坐标,分别代入圆锥曲线方程并作差,变形后可出现弦AＢ的中点坐标和直线AB的斜率．〔未经许可请勿转载〕5．【２0１8北京文,2０，1４分】已知椭圆M：x2a2＋y2b2＝1【ａ>b〉０】的离心率为63，焦距为２2。斜率为k【1】求椭圆M的方程；【2】若k＝1，求｜AB｜的最大值;【3】设P【-2，０】,直线PＡ与椭圆M的另一个交点为C,直线ＰＢ与椭圆M的另一个交点为D．若C,D和点Ｑ-74,14解析【1】由题意得a解得a=3,b=1．所以椭圆Ｍ的方程为x23+y【２】设直线l的方程为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+当m＝０，即直线l过原点时,|ＡB|最大，最大值为6．【３】设A【ｘ1，y１】,B【x2,y2】.由题意得x12+3y12=3,直线PA的方程为y＝y1由y得［【x1＋２】2+3y12］x2+12y12ｘ+12y12设C【xC，yC】。所以xC+x１=-12y12所以ｘC=4x12-12所以yＣ=y1x1+2【x设D【ｘD,ｙD】.同理得xD=-12-7x2记直线CQ，DＱ的斜率分别为kCＱ,kDＱ，则kCQ—kDQ＝y14x1+7-14-12-7因为Ｃ，D，Q三点共线,所以kCQ-kＤQ=0．故y１-y2=ｘ1-ｘ２．所以直线l的斜率k=y16。【２018天津理,19，１4分】设椭圆x2a2+y2b2=1【ａ>b>０】的左焦点为F，上顶点为B。已知椭圆的离心率为53，点A的坐标为【b，0】，【1】求椭圆的方程；【２】设直线l:y=ｋx【k〉0】与椭圆在第一象限的交点为P，且l与直线ＡB交于点Q.若|AQ||PQ|=524sin∠AOＱ【Ｏ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.考查运算求解能力，以及用方程思想解决问题的能力．〔未经许可请勿转载〕【1】设椭圆的焦距为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，从而a=３，b=２.所以,椭圆的方程为x29+【2】设点P的坐标为【ｘ1,y１】,点Q的坐标为【x２，ｙ2】．由已知有ｙ1〉y2>０，故｜PQ｜ｓｉn∠AOQ=y1－y２。又因为｜AQ|＝y2sin∠OAB，而∠OAＢ=π4，故|ＡQ｜=由|AQ||PQ|=524sin∠由方程组y=kx,x29+y易知直线AB的方程为x+y—２=0，由方程组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的值为12或11解题关键利用平面几何知识将|AQ||PQ|=524ｓin∠AOQ转化为点P方法归纳求椭圆标准方程的基本方法【1】定义法:根据椭圆的定义,确定a2,b2的值,结合焦点位置写出椭圆方程;〔未经许可请勿转载〕【2】待定系数法:这是求椭圆方程的常用方法,基本步骤为①根据已知条件判断焦点的位置;②根据焦点的位置设出所求椭圆的方程;③根据已知条件,建立关于a、b、ｃ的方程组，注意c２=a2—ｂ２的应用；④解方程组，求得a、ｂ的值，从而得出椭圆的方程.〔未经许可请勿转载〕７．【20１7天津文,2０，14分】已知椭圆x2a2+y2b2=１【a>b＞０】的左焦点为F【—c，０】，右顶点为A，点Ｅ的坐标为【0,ｃ】,【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,PM∥QＮ,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。〔未经许可请勿转载〕【1】设椭圆的离心率为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.又因为0〈e〈1，解得ｅ＝12.所以，椭圆的离心率为1【2】【i】依题意，设直线ＦＰ的方程为x=ｍy—c【m〉０】，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|=【ii】由a=２c，可得b=3c,故椭圆方程可以表示为x24c2由【ｉ】得直线ＦP的方程为3ｘ-４ｙ+3c=０，与椭圆方程联立得3x-4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)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.〔未经许可请勿转载〕因为QN⊥ＦP，所以｜QN｜＝｜FQ|·taｎ∠ＱFN=3c2×34=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75所以,椭圆的方程为x216+方法点拨１.求离心率常用的方法：【1】直接求a，c,利用定义求解;【2】构造a,c的齐次式,利用方程思想求出离心率e的值．〔未经许可请勿转载〕2.求直线斜率的常用方法：【1】公式法：ｋ=y1-y2x1-x2【x1≠x2】,其中两点坐标分别为【ｘ1，y1】,【x2，y2】;【2】利用导数的几何意义求解；【３】直线的方向向量a=【m，n】,3．解决四边形或三角形的面积问题时，注意弦长公式与整体代换思想的应用．８．【2016课标Ⅱ文,2１,12分】已知Ａ是椭圆E：x24+y23=1的左顶点，斜率为k【k>0】的直线交E于Ａ，Ｍ两点，点N在E上【1】当｜AＭ｜=|ＡN｜时,求△AMＮ的面积；【2】当2｜ＡM｜=|AN|时，证明：3〈k<2.解析【1】设M【ｘ1，ｙ１】,则由题意知ｙ１〉0．由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为π4又A【—２,0】，因此直线AＭ的方程为ｙ=ｘ+2．【2分】将ｘ=y－2代入x24+y23=1解得y＝0或y=127,所以ｙ1=12因此△AMN的面积S△ＡMN=2×12×127×127=14449【2】将直线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=由题设,直线AＮ的方程为y＝－1k故同理可得｜AN|＝12k1+k由2|ＡM|＝|AN|得23+4k2＝k3k2+4,即4ｋ设f【t】=4t3—6ｔ2+3t-8，则k是f【t】的零点,ｆ’【ｔ】=1２t２－12t+3＝3【2t—1】2≥0，所以ｆ【t】在【0,+∞】内单调递增.〔未经许可请勿转载〕又f【3】=153—26＜0，f【２】=6>０,因此ｆ【t】在【0,+∞】内有唯一的零点,且零点ｋ在【3，2】内，所以3＜k<2.【１2分】〔未经许可请勿转载〕评析本题考查了直线与椭圆的位置关系,考查了设而不求，整体运算的技巧,考查了函数的思想方法,属难题。〔未经许可请勿转载〕9。【2016四川理，20,1３分】已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝１【ａ>b〉0】的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线l:y【１】求椭圆E的方程及点T的坐标；【2】设Ｏ是坐标原点,直线l＇平行于OT，与椭圆E交于不同的两点A，B，且与直线l交于点P。证明：存在常数λ,使得|PＴ｜2＝λ|PA｜·|PB|,并求λ的值．〔未经许可请勿转载〕解析【1】由已知，ａ=2b,则椭圆E的方程为x22b由方程组x22b2+y2b方程①的判别式为Δ＝24【ｂ2－3】，由Δ=0，得b2=3，此时方程①的解为ｘ＝２,所以椭圆E的方程为x26+点T坐标为【2,１】.【2】由已知可设直线l'的方程为y=12x＋m【ｍ≠由方程组y=12所以P点坐标为2-2m3,1+2m设点A，B的坐标分别为A【x1，ｙ１】，Ｂ【x2,y2】。由方程组x26+y23=1,y方程②的判别式为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故存在常数λ=45,使得｜PT｜2＝λ|ＰA｜·评析本题考查了直线与圆锥曲线相交的问题，这类题中常用的方法是方程法,并结合根与系数的关系,两点间距离公式，难点是运算量比较大,注意运算技巧。〔未经许可请勿转载〕10。【２016天津文，19，1４分】设椭圆x2a2+y23＝1【a＞3】的右焦点为F，右顶点为Ａ。已知1|OF|+1|OA【1】求椭圆的方程;【2】设过点Ａ的直线l与椭圆交于点B【B不在x轴上】，垂直于ｌ的直线与l交于点M，与y轴交于点Ｈ。若ＢF⊥HF，且∠MOA=∠MAO，求直线l的斜率．〔未经许可请勿转载〕解析【１】设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,椭圆的方程为x24+【2】设直线l的斜率为k【k≠0】，则直线l的方程为ｙ=k【x—２】.设B【xB，ｙB】，由方程组x24整理得【4k2＋3】x2－16ｋ2x+1６ｋ2-１２=0。解得x＝2,或x=8k2-64k2+3，由题意得xＢ=8由【1】知，Ｆ【1,0】,设H【０,yH】，有FH=【－１，yH】，BF=9-4由BF⊥HF，得BF·FH=０,所以4k2-94k2+3＋12因此直线ＭH的方程为ｙ=—1kx+9设Ｍ【xM，ｙM】,由方程组y=k(解得xM=20k在△MＡO中，∠ＭOＡ=∠MAO⇔｜MA｜=|MO｜,即【xM－２】2+yM2＝xM2+yM2，化简得ｘＭ＝1，即20k2+912(所以，直线l的斜率为—64或6评析本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．考查运算求解能力以及用方程思想解决问题的能力。〔未经许可请勿转载〕11.【2０15福建理,1８，13分】已知椭圆Ｅ:x2a2+y2b2=1【a>b＞0】过点【0,2【1】求椭圆E的方程;【2】设直线l：x＝ｍy—１【m∈R】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，解析解法一:【1】由已知得b=2,所以椭圆Ｅ的方程为x24＋【2】设点Ａ【x１，y1】，B【x2,y2】，ＡB的中点为Ｈ【x０,y０】．〔未经许可请勿转载〕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)故点Ｇ-94,0在以解法二:【１】同解法一。【2】设点A【x1，y１】,B【x2,y2】，则GA=x1GB=x2由x=my-1,x2所以y1+y２＝2mm2+2,ｙ１y从而GA·GB=x1+94x2+94+y1y2=my1+54my2+54＋y1y2=【m２+１】y１所以coｓ＜GA，GB>>0．又GA，GB不共线,所以∠AGＢ为锐角.故点G-94,0在以评析本小题主要考查椭圆、圆、直线与椭圆的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想．〔未经许可请勿转载〕１2.【2015安徽理，20,１３分】设椭圆E的方程为x2a2+y2b2=１【a＞b>0】，点O为坐标原点,点A的坐标为【a，０】，点B的坐标为【0,ｂ】，点M在线段AB上,满足｜BM｜=２|MA｜，【1】求Ｅ的离心率e;【2】设点Ｃ的坐标为【0，－ｂ】，N为线段AC的中点，点N关于直线AB的对称点的纵坐标为72,求E的方程。解析【1】由题设条件知，点M的坐标为23又ｋOＭ=510，从而b2a进而得a=5b,c=a2-b2=2b。故e=【２】由题设条件和【1】的计算结果可得,直线AB的方程为x5b+yb＝1，点N的坐标为设点N关于直线AB的对称点S的坐标为x1,72,则线段NS的中点T的坐标为54b+x12,-14b+7解得b＝３.所以ａ＝35，故椭圆E的方程为x245+评析本题考查椭圆的方程、几何性质以及对称问题，利用方程思想解决点关于直线的对称问题,考查利用待定系数法求椭圆的方程,考查学生的运算求解能力和化归思想的应用。〔未经许可请勿转载〕1３．【２０14课标Ⅰ理，２0，１２分】已知点A【0，—2】，椭圆Ｅ:x2a2+y2b2=1【a＞b>0】的离心率为32,Ｆ是椭圆E的右焦点，直线【1】求E的方程；【2】设过点A的动直线ｌ与E相交于P，Ｑ两点．当△ＯPＱ的面积最大时，求l的方程．〔未经许可请勿转载〕解析【1】设F【c,０】，由条件知，2c=233,得又ca=32，所以a=2,b2=ａ2—c故E的方程为x24+y【２】当ｌ⊥ｘ轴时不合题意，故设l：y=kx－2,P【x1，ｙ1】，Ｑ【x2，y２】。〔未经许可请勿转载〕将y=kx—2代入x24+y2＝1得【1＋4k2】ｘ2当Δ=１６【4k2－3】〉０，即k2>34时，ｘ１，2=8k从而｜PＱ｜=k2+1｜x1-x2|=又点Ｏ到直线PQ的距离d=2k所以△ＯPQ的面积Ｓ△ＯＰQ=12d·|PＱ｜=4设4k2-3=ｔ，则t>０，S△OPQ＝因为ｔ＋4t≥4，当且仅当ｔ=2,即k＝±72时等号成立,且满足所以，当△ＯPQ的面积最大时，l的方程为y=72ｘ－2或y=-72评析本题主要考查椭圆的标准方程、几何性质,直线的方程以及直线与椭圆的位置关系等基础知识,考查用代数方法研究圆锥曲线综合问题，考查方程思想、函数思想、整体代换以及换元法的应用。考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力．〔未经许可请勿转载〕

[2023版新高考版高考总复习数学5·3A版29_专题九92椭圆及其性质之1_9.2专题检测题组]〔未经许可请勿转载〕2023版新高考版高考总复习数学5·3A版29_专题九92椭圆及其性质之1_习题WORD版2023版新高考版高考总复习数学5·3A版29_专题九92椭圆及其性质之1_习题WORD版2023版新高考版高考总复习数学5·3A版29_专题九92椭圆及其性质之1_习题WORD版９．2椭圆及其性质一、选择题１。【20２２届黑龙江大庆月考,4】与双曲线y22—x2＝1共焦点,且离心率为32Ａ。y22+x２=1Ｂ。x2Ｃ．y24+x2＝１D.x2答案：C设椭圆的半焦距为ｃ,由题意知,椭圆的焦点坐标为【0，-3】，【0，3】,所以c=3．又e=ca=32,所以a=2，ｂ=1，故椭圆的标准方程为y24+x2=1。2.【2０2１合肥一模，5】已知F是椭圆E：x2a2+y2b2=1【a〉b>0】的左焦点，椭圆E上一点Ｐ【2，1】关于原点的对称点为Ｑ,若△ＰQＦ的周长为42Ａ．2B。22C．3D.答案：A根据椭圆的对称性以及椭圆的定义可知，△PQＦ的周长为2ａ+2×22+12=2a＋２5,又△ＰQF的周长为42+25，所以2a＝42,解得a=２2，又点P【2，1】在椭圆上，所以22(22)2+12b2知识拓展若F是椭圆的一个焦点，Ａ,B是椭圆上关于原点对称的两点,则有｜FA｜+|FB|＝2a．〔未经许可请勿转载〕３.【２０2２届云南师大附中月考,８】已知椭圆x24+y23=1，F是椭圆的左焦点,P是椭圆上一点,若椭圆内一点A【１,1】，则A.3B．10C。5+12D.5答案：A由椭圆的方程可得2a=4，焦点F【1，０】,设椭圆的右焦点为F２，则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,当且仅当Ｐ，Ａ，F２三点共线时取等号，故|PA|+|PＦ｜的最小值为３【取最小值时P是射线Ｆ2A与椭圆的交点】.故选A。〔未经许可请勿转载〕4.【202１河南、河北名校联盟联考,1１】点P在椭圆x2a2＋y2b2＝1【ａ〉b〉0】上，F1,F2是椭圆的两个焦点,∠F1PF2=90°,且△Ｆ１PＦA。57B.56C。4答案：Ａ设|ＰF１｜=ｍ〈｜ＰＦ2|,则由椭圆的定义可得｜PF2｜＝2a-|PF1｜=2ａ—m,而｜F１F2|=２c，因为△Ｆ1ＰF２的三条边长成等差数列,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名校联盟4月押题卷【一】，12】已知椭圆C:x2a2+y2b2=1【ａ>b>0】的左焦点为Ｆ【－1，0】，过点Ｆ的直线交椭圆C于Ａ,Ｂ两点，若A【1，ｙ1A.【-3，0】B.【-3，-１】C．【-２，０】D．【-2，－1】答案:B设Ａ在第一象限，易知y1＝b2a,直线AB的方程为ｙ=b22可得【ａ2＋3】ｘ2+2【a2-１】x－３a2－1=0，根据根与系数的关系可得１·xB=-3a2+1a2+3，可得ｘＢ＝—3a2+1a2+3=—3＋8a2+36.【20２2届陕西西北工业大学附属中学月考，5】如果点Ｍ【ｘ,y】在运动过程中,总满足关系式x2+(y+3)2+x2Ａ.不存在B.椭圆C。线段D．双曲线答案:Bx2+(y+3)2+x2+(y-3)2=43表示平面内点Ｍ【x，y】到点【０，－3】，【0，3】的距离之和为７.【202１豫北名校5月联考,10】已知F１【-1,0】为椭圆Ｃ:x2a2＋y2b2=1【a>b〉0】的左焦点,过F１的直线与椭圆C交于A,Ｂ两点，与ｙ轴交于D点.若AD=２DB，|AD|=|F1A。x22+y2＝1Ｂ.x2C。x24＋y23=1D．答案:D因为AD＝2DB，所以|AD｜＝2｜DB｜.又直线AB过点Ｆ1，且｜ＡD|=|Ｆ1Ｂ|，所以|AF1｜＝|F1Ｄ|=｜DB｜.不妨设点B在第一象限，作出示意图如图。〔未经许可请勿转载〕由D为线段Ｆ1B的中点，且F1【-1,0】,可设B【1,y0】【y０〉0】.又点Ｂ在椭圆C上，所以1a2＋y02b2=１，所以y02＝(a2-1)b2a2＝b4a2，所以B1,b2a，Ｄ0,b22a.又F１为线段ＡD的中点，所以A-2,-b22a。又点Ａ在椭圆C8.【20２０长沙一模,8】设椭圆C:x2a2＋y2b2=1【ａ>ｂ＞0】的左、右焦点分别为F1、F２,点E【0,ｔ】【０〈t<b】。已知动点P在椭圆上,且P,E，Ｆ2三点不共线,若△PEF２的周长的最小值为A．32Ｂ.22Ｃ．1答案:D如图，连接EF１，F1P，易知｜ＥF1｜=｜EF2｜,△PEF2的周长为｜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届甘肃靖远开学考,10】已知Ｆ1、F2分别是椭圆C：x2a2+y2b2=1【a＞b>0】的左、右焦点，点P,Q是Ｃ上位于x轴上方的任意两点，且ＰF１∥QF２，若｜PＦ1｜+|QF2|≥A。0,12B。12答案：C由点P，Q是C上位于x轴上方的任意两点,延长PF1与椭圆的另一交点为A，由PF1∥QF2,再结合椭圆的对称性，得|ＱF2|=|Ｆ1Ａ｜,所以｜PF1｜+|ＱＦ2|=｜PF１|+|F1A｜=|PＡ|,因为椭圆过焦点的弦中,通径最短，所以当|ＰA|垂直x轴时，|ＰA｜最短,所以b≤|ＰA｜ｍin=2b2a，即ａ≤2b，易得0<e≤32.10.【２022届河南部分名校联考，１1】已知点Ｆ1，F2,分别为椭圆C：x2a2+y2b2＝1【a〉ｂ>0】的左，右焦点,点M在直线l:x=-a上运动,若∠Ｆ１ＭF２的最大值为Ａ。13B。12C.3答案：C由题意知,F1【—ｃ,0】,F2【c,0】,设直线MF1,MＦ2的倾斜角分别为α，β，由椭圆的对称性，不妨设M为第二象限的点，即M【－a，t】,【t〉0】，则tanα=tc-a,tanβ=-tc+a，∵∠F1MF2=β—α，∴tａｎ∠F1MＦ2＝ｔａｎ【β—α】=tanβ-tanα1+tanαtan当且仅当t=b2t，即t=ｂ时取等号，∴tan∠F1ＭF2的最大值为cb＝ｔan60°=3，∴c＝3ｂ,即c2＝ａ２-c23，整理得ca=32，故椭圆C11。【2021兰州诊断，11】已知P【2,-2】是离心率为12的椭圆x2a2+y2b2=1【a>b>0】外一点,经过点P的光线被yA。—18B。－12答案:Ｄ因为过点Ｐ的光线被y轴反射后，所有反射光线所在直线中只有一条与椭圆相切，所以点Ｐ与椭圆右顶点的连线与ｘ轴垂直，所以a=2。〔未经许可请勿转载〕因为ｅ=ca=12，所以ｃ=1,所以b=a2-c2=3，所以椭圆的方程为x24+y23=1.由反射原理知，反射光线所在直线过点【—2，-２】，设与椭圆相切的反射光线所在的直线的斜率为k,则该直线的方程为y＋2=k【x+2】,与椭圆方程联立，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一题多解由题意可知e=ca=12，又a2=b2+ｃ2，故b2=34ａ2，设过点Ｐ的直线斜率为k，则直线方程为y＋2＝ｋ【ｘ—2】，即y=kx—２ｋ—2,则反射后的切线方程为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、填空题12.【2０20哈尔滨三中二模,14】已知圆C:【x+1】2+y2=36与定点Ｍ【1，0】，动圆N过点M且与圆Ｃ相切,则动圆圆心Ｎ的轨迹方程为.

〔未经许可请勿转载〕答案:x29+解析设圆N的半径为Ｒ，由题意可得,|NC|=6—R①，|ＮM|＝R②,由①②可得|NC|+｜NM|=6＞｜MC|＝2,由椭圆的定义可知,点Ｎ的轨迹是以C，M为焦点的椭圆,且2a=６，2c=2,又b2=a2—ｃ2=３２-１２=8,所动圆圆心Ｎ的轨迹方程为x29+y13.【2021河南名校4月冲刺考试，15】已知点Ｆ1,F2分别为椭圆C：x2a2+y2b2=１【ａ〉b＞0】的左，右焦点，点Ａ为Ｃ的左顶点，C上的点到点F2的最小距离为2．过原点Ｏ的直线l交C于P,Ｑ两点，直线QF1交AP于点B，且｜AB|=|ＢP|，答案：x29＋解析如图，连接OＢ，AQ，则OB是△PAQ的中位线,所以ＯＢ∥AQ,所以|OB||AQ|=|OF1||F1A|＝12,即ca-c＝12,所以ａ=３ｃ。由C上的点到点F14．【20２2届广西柳铁一中“韬智杯”大联考，１６】椭圆Ｃ：x218+y2下顶点分别为A、C,如图,点B在椭圆上,平面四边形AＢＣD满足∠BAＤ=∠ＢCD＝90°,且Ｓ△ABC=2S△ADＣ，则该椭圆的短轴长为．

〔未经许可请勿转载〕答案:6解析根据题意可得A【0,b】，Ｃ【0,—b】,设B【x1,y1】，Ｄ【x２，ｙ２】，由∠BAD=∠ＢCＤ＝90°,可得点A,Ｂ，C，D在以ＢＤ为直径的圆上,又原点O为圆上的弦AC的中点，所以圆心在AC的垂直平分线上，所以圆心在x轴上，所以ｙ１+ｙ2=0。又S△ABC＝２S△AＤC,所以x１=-2ｘ2,故圆心坐标为x14,0，所以圆的方程为x-x142+y２=916x12+y12，将【０,ｂ】代入圆的方程15。【2022届贵州部分重点中学月考，16】已知圆C:x２+【y+1】2=16，P是圆Ｃ上的动点，若Ａ【０,1】，线段PA的垂直平分线与直线ＰＣ相交于点Q,则点Q的轨迹方程是;若M【2,１】,则｜MQ｜+｜QＣ｜的最大值为。

〔未经许可请勿转载〕答案：x23+解析因为线段PA的垂直平分线与直线PC相交于点Q,所以｜QA｜=｜ＰQ|,所以｜QA|+|ＱC|=｜ＰQ|+｜QC｜=｜PC｜=４〉｜AC｜，所以点Q的轨迹是以A，Ｃ为焦点，4为长轴长的椭圆，易知点Q的轨迹方程是x23+y因为|QA｜＋｜QC｜＝4，｜QC|=4-｜QＡ｜，所以｜MQ｜＋｜QC｜=|MQ｜—｜QＡ｜＋4．又｜ＭQ｜—｜QA|≤｜MA｜，所以|MQ|+|QC|≤｜MA｜＋４=6。当Ｍ，A，Q三点共线【且Q是射线MA与椭圆的交点】时取等号,〔未经许可请勿转载〕故｜ＭQ｜＋｜ＱＣ|的最大值为6.1６.【２022届重庆第十一中学月考，15】美学四大构件是：史诗、音乐、造型【绘画、建筑等】和数学．素描是学习绘画的必要一步,〔未经许可请勿转载〕它包括了明暗素描和结构素描，而学习几何体结构素描是学习素描最重要的一步．某同学在画“切面圆柱体”【用与圆柱底面不平行的平面去截圆柱,底面与截面之间的部分叫做切面圆柱体】的过程中，发现“切面”是一个椭圆,若“切面”所在平面与底面成3０°角，则该椭圆的离心率为．

〔未经许可请勿转载〕答案:1解析设椭圆的长轴为2a，短轴为２b，由题意得2b2a=cｏs３0°=32，所以ｂ＝32a,所以e=ca三、解答题17．【２0２2届云南师大附中月考，1７】椭圆C：x2a2＋y2b2=1【a＞ｂ>0】的离心率是32，且点A【2,1】【1】求椭圆Ｃ的方程;【2】直线l过原点，且l⊥OＡ,若l与椭圆C交于B，Ｄ两点，求弦BD的长度．〔未经许可请勿转载〕解析【１】由ｅ=32，得c=32a，b＝12a，又点A【2，１】在椭圆上,所以4a2+1a24=1，解得a=22,b＝2，【2】由题意得直线ＯＡ的方程是ｙ＝12x，因为ｌ⊥OA，且ｌ过原点Ｏ，所以直线l的方程是ｙ=-2x，与椭圆联立,得17x2=8,即ｘ=±2217，不妨令B2217,-4217，D1８。【2０22届四川石室中学开学考,２1】已知椭圆C１:x2a2+y2b2＝１【ａ>b〉0】的离心率为22,椭圆C１的长轴是圆C2：x【1】求椭圆C1的标准方程；【2】过椭圆C１的右焦点F作两条相互垂直的直线l1，ｌ２,其中l1交椭圆C1于P,Ｑ两点，l2交圆C2于M，N两点，求四边形PＭQＮ面积的取值范围．〔未经许可请勿转载〕解析由题意得,ca＝22，2a=２2,解得a=2，ｃ＝1,又a２＝b2＋c2，所以b＝1,故椭圆Ｃ1的标准方程为x22【2】由【１】知椭圆C1的右焦点F【1，0】,当直线ｌ1的斜率不存在时，｜PＱ｜=2b2a=2,|ＭN|＝22，故四边形ＰMQＮ的面积S=12×2当直线l1的斜率为0时,|PQ｜=２a=２2，|MN｜=2,故四边形PMQN的面积S=12×２2×２＝22当直线l1的斜率存在且不为0时,设直线l1的方程为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届四省八校期中联考,１9】在平面直角坐标系xOy中，椭圆x2a2＋y2b2=1【ａ〉b〉0】的左、右焦点分别为F１和F2，若Ａ为椭圆上一动点，直线AF2与椭圆交于另一点B，若三角形AＢF1的周长为【1】求椭圆的标准方程;【２】设直线F１A、Ｆ1Ｂ与直线ｘ=4分别交于点Ｍ、N，记直线ＭF2和直线NF２的斜率分别为k1和ｋ2,若k1k2=54，试求直线AB的斜率.解析【１】由题意可得,４ａ＝8,所以a＝２，又点1,-32在椭圆上，易得b＝3，所以椭圆的标准方程为x2【２】由题意得直线AＢ的斜率不为0，故可设直线AB的方程为x=my+1,设A【x１,y１】，B【x2,ｙ2】，联立方程组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，所以直线F１A的方程为y=y1x1+1【x+1】，故可得M4,5y1x1+1，同理可得N420。【2０22届安徽怀宁中学月考，20】已知椭圆C：x2a2+y2b2=1【ａ>b>0】过点－12,－【1】求椭圆C的方程;【2】已知直线l：y=kx—2与椭圆Ｃ交于M，N两点．【i】若k=1,求线段MN的中点坐标;【iｉ】当△ＯＭＮ的面积取到最大值时,求k的值.解析【１】由题意得14a2+1516b2=1,【2】设M【x1，y１】，N【x2，y2】，MN的中点P的坐标为【ｘ０，y0】，联立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，∴线段MＮ的中点坐标为【ii】|MN｜=1+k2|x1-x2｜＝1+k2(x1+x2)2-4x1x2＝4(k2+1)(4k2-3)4k2+1，又点O到直线l的距离d＝21+k2，∴Ｓ△OMN=12d·｜MN｜=12·21+k21．【2021天一大联考顶尖计划第三次联考，20】已知椭圆Γ：x2a2＋y2b2=1【a＞ｂ＞0】的右焦点为F【c，0】【c〉０】，离心率为32,经过Ｆ且垂直于x轴的直线交Γ于第一象限的点M，Ｏ【1】求椭圆Γ的方程；【2】设不经过原点Ｏ且斜率为12的直线交椭圆Γ于A,B两点,A,B关于原点O对称的点分别是C,Ｄ，试判断四边形ABＣD的面积有没有最大值.若有，请求出最大值；若没有，请说明理由。解析【１】由题意知ca=32，即a2=43又由ａ2=b2＋ｃ2，可得b２＝c2联立x=c,x2a2则|ＯM｜=c2+b联立①②③，解得c=3，a=2，ｂ=1．故椭圆Γ的方程为x24＋y【２】设直线AB的方程为ｙ=12联立y=12x+m,x2由题意得Δ=【4m】２-4×2×4【m2-1】=１6【2—m2】〉0,解得－2＜ｍ〈2．〔未经许可请勿转载〕设Ａ【x1，y1】，B【ｘ2,y２】,则x1+ｘ２=—2m,x1x2=2【m2-1】．〔未经许可请勿转载〕则|AB|=1+122｜x1-x2｜=52(x原点O到直线AＢ的距离d＝|m|122+(-1)2=25显然四边形AＢCD是平行四边形，所以Ｓ四边形ＡBCD=|AＢ|d’=528-=２m2(≤２14当且仅当4m２=８－4ｍ2，即m=±1时，等号成立,故四边形ABCD的面积存在最大值,且最大值为4。

[2023版新高考版高考总复习数学5·3A版29_专题九92椭圆及其性质之1_习题WORD版]〔未经许可请勿转载〕9．２椭圆及其性质基础篇固本夯基考试点一椭圆的定义及标准方程1．【2022届武汉二中月考，5】已知椭圆x2a+y２=1【ａ>1】和双曲线x2m—ｙ2=1【ｍ>0】有相同焦点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是椭圆C：x29+y24=1的两个焦点,点M在Ｃ上,则|MF1｜·|ＭＦ2Ａ．13Ｂ．1２C.9Ｄ。6答案：C3.【２021济南十一学校联考，３】“2＜m〈6”是“方程x2m-2＋yA．充分不必要条件B。必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案:B4．【２０20广东东莞4月模拟，6】已知F1、F2分别为椭圆C:x2a2+y2b2=１【ａ〉b〉0】的左、右焦点,过F１且垂直于ｘ轴的直线l交椭圆C于Ａ，Ｂ两点，若△ＡＦ2B是边长为4的等边三角形A.x24+y23=１B。C．x216+y24=1Ｄ．答案：B5.【2０21浙江嘉兴一中开学考】已知P为椭圆y29+x24=１上一点,若P到一个焦点的距离为1，则A．3B.5Ｃ.８D.１2答案:Ｂ6。【2022届广东深圳中学月考,６】已知直线l：y＝x+1与曲线C:ｘ2＋y22=1相交于Ａ，B两点，Ｆ【0,－1】，则△ABF的周长是Ａ.2B。22Ｃ.4D．４2答案:Ｄ７。【多选】【2021湖北九师联盟2月质检，1０】若方程x25-t+y2tＡ.若1<t＜5，则C为椭圆B.若t＜1，则C为双曲线C。若C为双曲线，则焦距为4D。若Ｃ为焦点在y轴上的椭圆，则3<t＜５答案:BD８。【２021江苏盐城伍佑中学期末,8】已知F1，F2为椭圆x28＋y24=1的左、右焦点,P是椭圆上一点,若S△F1PF2A.３0°B。45°Ｃ。６0°D．90°答案:D9。【2０19课标Ⅲ理,1５，5分】设F1，F2为椭圆Ｃ:x236+y220＝1的两个焦点,M为C上一点且在第一象限．若△MF1F２为等腰三角形，则M答案:【3，15】10．【20２2届广东深圳七中月考，21】已知椭圆C：x2a2+y2b2=1【ａ>ｂ〉0】的左,右焦点分别为F1，F2,｜F1F2【1】求Ｃ的方程；【2】若A，Ｂ为Ｃ上的两个动点，过F2且垂直ｘ轴的直线是∠AF2Ｂ的平分线所在直线，证明:直线AB过定点.〔未经许可请勿转载〕解析【1】因为｜Ｆ1Ｆ２｜=４，所以ｃ=２，所以a2—b2=4,又a=2ｂ＞0，所以b2＝4，则a2=8,故C的方程为x28＋y【2】证明：由题意可知直线ＡＢ的斜率存在，Ｆ２【2，0】,设直线AB的方程为y＝ｋｘ+m,A【ｘ1，ｙ1】，Ｂ【x２,y2】，由x28+y24=1,y=则Δ＝16k2m２-4【1+2k2】【２ｍ２—８】＝６４k2-８m2+3２〉0,x1+x2=-4km1+2k2,x1x2设直线Ｆ2Ａ,F2B的倾斜角分别为α,β，则α=π—β,kF2A＋kF2B＝y1x1-2+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。【20２0课标Ⅲ理，20，12分】已知椭圆C：x225＋y2m2=1【0<m〈5】的离心率为154【1】求Ｃ的方程；【2】若点P在C上，点Ｑ在直线x=６上，且|BP｜=|ＢQ｜,BＰ⊥BQ，求△AＰQ的面积.〔未经许可请勿转载〕解析【1】由题设可得25-m25＝154,得m２=2516,所以Ｃ的方程为x【２】设P【xP,yP】，Ｑ【6，yQ】,根据对称性可设yQ>0,由题意知yP＞０.〔未经许可请勿转载〕由已知可得B【5,0】,直线BP的方程为y＝－1y所以｜BP|=yＰ1+yQ2因为｜BP｜＝|BQ｜，所以ｙP＝1，将ｙP＝1代入C的方程，解得ｘP=３或-3．由直线BP的方程得yQ＝2或8。所以点P，Q的坐标分别为P1【3,1】，Q１【6，２】；Ｐ2【－３，１】,Q2【6，8】．〔未经许可请勿转载〕｜P１Q1｜=10，直线Ｐ1Q１的方程为y=13ｘ,点Ａ【-５，0】到直线P1Q1的距离为102,故△AP１Q１的面积为12×102×10|Ｐ2Q2｜＝130，直线Ｐ2Q2的方程为y＝79x＋103,点A到直线P2Q2的距离为13026,故△AＰ2Q2的面积为12×13026×130=52.综上,考试点二椭圆的几何性质1。【2022届湖南郴州一中月考,7】已知点P是椭圆C:x2a2+y2b2=1【ａ>b>0】上一点，点Ｆ1、F2是椭圆C的左、右焦点,若△PF1Ｆ2的内切圆半径的最大值为A.23B。22C。3答案:Ｂ２．【201８课标Ⅰ文,４,５分】已知椭圆C:x2a2+y24=１的一个焦点为【2,0】，Ａ．13B.12Ｃ.2答案:C3.【2019北京理，4，5分】已知椭圆x2a2+y2b2＝１【a〉b>0】A。a2＝２b２Ｂ.3a2=4ｂ2C.a=2bD。3ａ=4b答案：B4.【2０22届湖南岳阳一中开学考，８】已知椭圆M的左，右焦点分别为F1,F2,若椭圆M与坐标轴分别交于A，Ｂ，Ｃ，D四点,且从F1,F2，A，Ｂ，Ｃ,Ｄ这六点中，可以找到三点构成一个直角三角形,则椭圆M的离心率的可能取值为【】〔未经许可请勿转载〕A。5-12B．32答案：A考试点三直线与椭圆的位置关系1．【20２1浙江,１6,６分】已知椭圆x2a2+y2b2＝１【ａ>b>0】,焦点F1【-c，0】，F2【c，0】【c＞0】.若过F1的直线和圆x-12c2+ｙ２＝c2相切，与椭圆在第一象限交于点Ｐ，且PＦ2答案:2552.【2020天津,18,１5分】已知椭圆x2a2+y2b2=１【a＞b>0】的一个顶点为A【0，－3】，右焦点为F，且【１】求椭圆的方程；【2】已知点Ｃ满足3OC=OF，点B在椭圆上【Ｂ异于椭圆的顶点】,直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，且P为线段AＢ的中点．求直线AB的方程.〔未经许可请勿转载〕解析【1】由已知可得b＝3．记半焦距为c,由|OF|=|OA｜可得c=b=3。又由a2=b2+c2,可得a2=1８．所以,椭圆的方程为x218+y【2】因为直线ＡＢ与以C为圆心的圆相切于点P，所以AB⊥CP。依题意知，直线ＡＢ和直线CP的斜率均存在.设直线AB的方程为y＝ｋx-３．由方程组y=kx-3,x218+y29=1,消去y,可得【２k2+1】x2－12kｘ=0,解得x=0或x=12k2k2+1．依题意，可得点B的坐标为12k2k2+1,6k2-32k2+1．因为P为线段AＢ的中点,点A的坐标为【0，－３】，所以点P的坐标为6k2k2+1,-32k2+1。由3OC=3.【２018天津文,１9,1４分】设椭圆x2a2+y2b2=１【a＞b>０】的右顶点为A,上顶点为B．【1】求椭圆的方程;【２】设直线l：y=kx【ｋ<0】与椭圆交于P，Ｑ两点，l与直线AB交于点M，且点P，M均在第四象限．若△BPM的面积是△BPＱ面积的２倍,求ｋ的值.〔未经许可请勿转载〕解析【1】设椭圆的焦距为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】设点P的坐标为【x1,y1】，点M的坐标为【x2，ｙ2】,由题意得,x2〉ｘ１＞0，点Ｑ的坐标为【-ｘ１，-y1】．由△BＰM的面积是△ＢPQ面积的２倍，可得｜PM｜=2|PQ|，从而x2－ｘ1=２［x１—【—x1】],即x2=５x1。〔未经许可请勿转载〕易知直线ＡB的方程为2x+３y=6,由方程组2x+3y=6,y=kx,消去ｙ，可得x2=63k+2.由ｘ２＝５ｘ1,可得9k2+4=5【3k+2】，两边平方,整理得1８ｋ2+25k+8=0,解得ｋ=-89或当ｋ=-89时，x2=－9〈0,不合题意，舍去当ｋ=－12时，x2=12,x1＝125，符合题意.所以ｋ的值为—４。【20２2届广东佛山一中月考，21】已知椭圆G：x2a2+y2b2＝1【a>b>０】【1】求椭圆G的方程;【２】斜率为1的直线l与椭圆G交于Ａ、B两点，以AB为底边作等腰三角形，顶点为P【－3,２】，求△PＡＢ的面积．〔未经许可请勿转载〕解析【1】由题意,知e=ca=63,9a2【2】设直线AB的方程为y=x+ｎ，则线段ＡB的中垂线方程为y＝－【x+3】+2，即y=-x—1，〔未经许可请勿转载〕联立y=x+n,x212+设Ａ【x１，ｙ１】，B【x２,y２】,则x1＋x２=－3n2，x1x2=3∴y1＋y2=ｘ1+x2+2ｎ=n2，又x1+x22,y1+y22在线段AＢ的中垂线上，∴3n4—1=n4，可得n=2,即又P【－3，2】到直线ＡＢ的距离d=|-3-∴S△PＡB=12｜AB｜·d=9５.【２019天津理，19,14分】设椭圆x2a2+y2b2＝1【a〉b＞0】的左焦点为F，左顶点为A，上顶点为Ｂ.【1】求椭圆的离心率；【2】设经过点Ｆ且斜率为34的直线l与椭圆在ｘ轴上方的交点为P,圆C同时与x轴和直线l相切,圆心C在直线x=4上，且OC∥AP．求椭圆的方程。解析【1】设椭圆的半焦距为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,故椭圆方程为x24c2+y23c2=１。由题意知点P的坐标满足x24c2+y23c2=1,y=34(x+c代入l的方程,解得y1=32c，y2=-9因为点P在x轴上方,所以Pc,由圆心Ｃ在直线ｘ=4上，可设C【４，t】。因为ＯC∥AＰ，且由【1】知Ａ【-2c，0】，故t4=3解得t＝2.则Ｃ【4,２】.因为圆C与ｘ轴相切,所以圆的半径长为2，又由圆C与l相切，得34(4+c所以，椭圆的方程为x216＋综合篇知能转换Ａ组考法一求椭圆的标准方程１.【2021八省联考,4】椭圆x2m2+1+y2m2=１【m>0】的焦点为F１,F2，上顶点为A,若∠F1AFA。1B.2C.3Ｄ.2答案:C2.【２０22届江苏苏州中学月考，7】已知椭圆C：x2a2＋y2b2=１【a〉b>0】的左、右焦点分别为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4A.x23＋y2=1B。x2Ｃ.x212+y28=１D。答案：Ｂ3．【2022届河北保定部分学校期中，16】已知椭圆C的中心为坐标原点，焦点在y轴上，F1,F2为C的两个焦点，C的短轴长为４，且C上存在一点P，使得|PF１｜＝6｜ＰＦ2｜，写出C的一个标准方程：．

〔未经许可请勿转载〕答案：y29+x４．【２020课标Ⅱ理，１9,12分】已知椭圆C1:x2a2+y2b2＝1【ａ〉b>0】的右焦点F与抛物线C２的焦点重合，Ｃ1的中心与C2的顶点重合．过F且与x轴垂直的直线交C1于Ａ，Ｂ两点，交C2于C，D两点【1】求Ｃ１的离心率;【2】设M是Ｃ１与Ｃ2的公共点。若|ＭF｜＝5,求C1与C2的标准方程.解析【１】由已知可设C2的方程为y２=4ｃx，其中c＝a2-b2.不妨设A,C在第一象限,由题设得A,Ｂ的纵坐标分别为b2a，—b2a;C,D的纵坐标分别为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设M【x0，ｙ０】，则x024c2＋y023c2=1,由于C2的准线为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江苏,17，１4分】如图,在平面直角坐标系xＯy中，椭圆Ｃ：x2a2+y2b2=1【a＞b＞0】的焦点为F1【-1，0】，F2【1,0】。过F2作ｘ轴的垂线l，在ｘ轴的上方，l与圆F2:【x—1】2+y2=４a2交于点A，与椭圆Ｃ交于点D。连接AF1并延长交圆Ｆ２于点B,连接BＦ2交椭圆C于点E，连接ＤF1.已知【1】求椭圆Ｃ的标准方程；【2】求点Ｅ的坐标。解析【1】设椭圆C的焦距为2c．因为F1【-1，０】,F２【1,０】，所以｜F１F2｜=2,c=1.又因为|DF1｜=52,AＦ２⊥x轴，所以|DF２｜=DF12-F1F22=522由b2=a2—c２，得b2＝3。因此,椭圆C的标准方程为x24＋【2】由【1】知，椭圆Ｃ:x24+因为AF2⊥x轴,所以点A的横坐标为１.将x=1代入圆Ｆ2的方程【ｘ—１】2+y2=16,解得ｙ=±４.因为点A在ｘ轴上方,所以A【1，4】.又F1【—1，0】,所以直线AF1：y=２ｘ+2.由y=2x+2,(解得x＝１或x=-115将x=-115代入y=２x+２，得y＝—125．因此Ｂ-又F2【1,０】,所以直线ＢF２:y＝34由y=34(x-1),x24+又因为Ｅ是线段BF２与椭圆的交点，所以x=-1。将x=-1代入y=34【ｘ-1】，得ｙ=—32.因此E考法二求椭圆的离心率【或其范围】1.【20２2届广东深圳平冈中学月考,7】已知F1，F2是椭圆C的两个焦点，P是C上的一点,若以Ｆ1Ｆ2为直径的圆过点Ｐ,且∠PF2F１=２∠PF１F2，则C的离心率为【】〔未经许可请勿转载〕A.1—32B.3－１C.3-答案：Ｂ2。【20１８课标Ⅱ理，12,5分】已知Ｆ1,F2是椭圆C：x2a2＋y2b2=1【a〉b＞0】的左、右焦点，A是C的左顶点,点P在过A且斜率为36的直线上，△ＰF1F２为等腰三角形，∠F1ＦＡ．23B.12C。1答案:D3.【202１湖北十一校第二次联考，７】直线x-y+1＝0经过椭圆x2a2+y2b2＝１【a〉b>0】的左焦点F，交椭圆于Ａ，B两点,交y轴于C点，若FCA。10-2Ｃ。22-2D．2-１答案:A４.【2021全国乙理,1１，５分】设Ｂ是椭圆Ｃ:x2a2+y2b2＝1【a〉b>0】的上顶点，若C上的任意一点P都满足｜PB｜≤A.22,1C。0,22答案：C５．【2021福建莆田三模，5】明朝的一个葡萄纹椭圆盘如图1所示,清朝的一个青花山水楼阁纹饰椭圆盘如图2所示，北宋的一个汝窑椭圆盘如图３所示，这三个椭圆盘的外轮廓均为椭圆。已知图1、２、3中椭圆的长轴长与短轴长的比值分别为139、5645、107，设图1、2、3中椭圆的离心率分别为e1、ｅ2、e3,图１图2图3Ａ.e1＞e3〉ｅ2B。e2〉e3〉e1C．ｅ１＞e2＞e３D。e２〉ｅ１〉e3答案:A考法三直线与椭圆位置关系问题1.【２02２届江苏连云港期中,20】已知离心率为12的椭圆C:x2a2+y2b【1】求椭圆C的标准方程;【2】设过点P【0，—2】的动直线l与椭圆C相交于A，B两点，当坐标原点Ｏ位于以ＡB为直径的圆外时，求直线l的斜率的取值范围.〔未经许可请勿转载〕解析【1】因为ｅ＝12,所以ca=12，即a2-b2a2=14,则ａ2＝43b2，所以椭圆方程为x243b2+y2b2＝1,因为椭圆C：x2a2+y2b2=１【a＞b>0】与直线x+2y—4=0有且只有一个公共点,故Δ=4－4【4-ｂ2】=0，则b2=3,所以Ｃ【2】由题意知过点P【0，－2】的动直线l的斜率存在且不为０,设A【x1,ｙ1】，B【ｘ2，y2】，直线ｌ的方程为y=kx-2,联立x24+y23=1,y=kx-2,消ｙ得【3＋４ｋ2】x２－16kx+４=0，则Δ＝２5６kx1+x2＝16k3+4k2,x1x所以ｙ１y２＝【kx1—２】【ｋｘ2-2】=k２x1x2—2k【ｘ1+x２】＋4＝-12k因为坐标原点O位于以AB为直径的圆外，所以OA·OB=x１x2+y１y2=43+4k2＋-12即－233〈ｋ＜综上,直线l的斜率的取值范围为-2332.【20２2届长沙雅礼中学月考一,21】已知抛物线C：x2=16y的焦点为F，准线为l,椭圆E:y2a2+x2b2＝1【ａ>b>0】的上焦点F1到ｌ的距离为5,过Ｆ１的直线l1与E交于M,N两点,当【１】求椭圆E的方程；【2】直线FM与x轴交于A点,直线FN与x轴交于B点,求证：｜FＡ|=|ＦＢ｜．〔未经许可请勿转载〕解析【1】设F１【０,c】，由题意知l:y=-4,所以ｃ＋4=５，解得ｃ=１.在y2a2＋x2b2=