2023北京版数学高考第二轮复习-10圆锥曲线

2023北京版数学高考第二轮复习第十章圆锥曲线10.1椭圆五年高考考点一椭圆的定义和标准方程.（2022全国甲文,11,5分,综合性）已知椭圆C:\+，=l（a>b>0）的离心率为沁,A?分别为C的左、右顶点.B为C的上顶点.若西•瓦石=-1,则C的方程为（）B.R台C.y+^=1 D.^+y2=l答案B.（2021新高考I,5,5分，综合性）已知Fi,F?是椭圆C：y+?=1的两个焦点，点M在C上，则IMF1HMF2I的最大值为（）TOC\o"1-5"\h\zA.13 B.12C.9 D.6答案C2 2.（2022新高考I,16,5分，综合性）已知椭圆吟+%=l（a>b>0）,C的上顶点为A,两个焦点为F#2,离心率为今过F,且垂直于AF2的直线与C交于D,E两点,|DE|=6,则△ADE的周长是.答案13.（2017北京文,19,14分，综合性）已知椭圆C的两个顶点分别为A（20）,B（2,0）,焦点在x轴上，离心率为日⑴求椭圆C的方程；⑵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4：5.解析(1)设椭圆c的方程为捻+，=1(a>b>0).(Q=2,由题意得C_百解得C=V5.所以b2=a2-c2=l.0-T)所以椭圆C的方程为卞y2=l.(2)证明:设M(m,n),则D(m,O),N(m,-n).由题设知mH±2,且n#0.直线AM的斜率kAM=W.故直线DE的斜率kDE=—.所以直线DE的方程为y=-^^(x-m).直线BN的方程为y=#~(x-2).Z-771m+2/ 、=——(x-m),=^-(x-2),解得点E的纵坐标yE=-黑普.由点M在椭圆C上，得4-m2=4n2.所以yE=-^n.又sBDE=i|BD|-|yE|=||BD|-|n|,S，BDN=||BD||n|,所以aBDE与△BDN的面积之比为4：5.4 y2”2 a/TE.(2020课标in,理20,文21,12分，综合性)已知椭圆C噌+3=l(0<m<5)的离心率为手,A,B分别为C的左、右顶点.(l)求C的方程；⑵若点P在C上点Q在直线x=6上，且|BP|=|BQ|,BP_LBQ*AAPQ的面积.解析⑴由题设可得立婴=空得n?噂所以C的方程为黄+*I.54 Io 25竺(2)设P(xp,yp),Q(6,yQ)根据对称性可设yQ>0,由题意知yP>0.由已知可得B(5,0).直线BP的方程为y=--(x-5),yQ所以|BP|=ypJl+y'/BQI=J1+赂因为|BP|=|BQ|,所以yp=l,将yp=l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).|PQ|=g，直线PQ的方程为y=gx,点A(-5,0)到直线PQ的距离为挈故&APQ的面积为gx当xVTo=|.|P2Q2|=VHU,直线P2Q2的方程为y=?+与，点A到直线P2Q2的距离为W，故△AP2Q2的面积为TX26 2综上,△APQ的面积为|.考点二椭圆的几何性质.(2022全国甲理,10,5分，综合性)椭圆4-，=l(a>b>0)的左顶点为A,点P,Q均在C上,且关于y轴对称.若直线AP,AQ的斜率之积为a则C的离心率为()aTb-Tc-id-5答案A.(2019北京理,4,5分，基础性)已知椭圆《+《=l(a>b>0)的离心率为抑()A.a2=2b2 B.3a2=44 C.a=2bD.3a=4b答案B.(2021全国甲文,16,5分，综合性)已知HE为椭圆C吗+1的两个焦点,P,Q为C上关于坐标原点对称的两点，且|pqi=FF2],则四边形pfiQf2的面积为.答案8

.(2015北京文,20,14分，综合性)已知椭圆C:x?+3y2=3过点D(1,0)且不过点E(2,l)的直线与椭圆C交于A,B两点，直线AE与直线x=3交于点M.(1)求椭圆C的离心率;⑵若AB垂直于x轴,求直线BM的斜率;(3)试判断直线BM与直线DE的位置关系,并说明理由.解析(1)椭圆C的标准方程为*y2=1.所以a=V3,b=l,c=V2.所以椭圆C的离心率e=£=fa3(2)因为直线AB过点D(1,0)且垂直于x轴,所以可设A(l,yi),B(l,-yi).直线AE的方程为y-l=(l-yi)(x-2).令x=3得M(3,2-y)所以直线BM的斜率1^=名用=1.•5-1⑶直线BM与直线DE平行.理由如下：当直线AB的斜率不存在时，由⑵可知kBM=l.又因为直线DE的斜率kDE=拌1,所以BMIIDE.当直线AB的斜率存在时，设其方程为y=k(x-l)(k^l).设A(xi,y)),B(X2,y2),则直线AE的方程为y-l=^(x-2).令x=3,得点 ”由I；)、?[；3得(]+3k2)x2-6k2x+3k2-3=0.所以"X2所以"X2帚Mx2=3k2-31+3/c2'力+町-3直线BM的斜率kB后看

fc(xi-l)+Xi-3-k(X2-l)(Xi-2)-(3-%2)(^f2)(3-必)(％1-2)_(k-l)卜3义2+2(》1+、2)-3](3-x2)(xr2)(k-1)；:2+.二2引_ \l+3k/1+3/c4/二0(3—2)(升2) "，所以kBM二l=kj)E.所以BMIIDE.综上可知.直线BM与直线DE平行..(2021北京,20,15分，综合性)已知椭圆E:1|+奈1(a>b>0)的顶点为A(0,-2),以椭圆E的四个顶点为顶点的四边形面积为4V5.⑴求椭圆E的方程；⑵过点PQ-3)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点BC直线AB,AC分别与直线y=-3交于点M,N.当|PM|+|PN|415时，求k的取值范围.解析⑴由题设,b=2,Jx2ax2b=4VI所以a=Vl所以椭圆E的方程为《+4=1.⑵直线BC的方程为y=kx-3.由图窜]=20得(5k2+4)x2-30kx+25=0.由A=(-30k)2-4x(5k2+4)x25=400-(k2-l)>0,得|k|>l.设B(xi,yD,C(X2,y2),则xi+x2=(*,xlx2=状々直线AB的方程为y=4上x-2.令y=-3，得点M的横坐标为xm='%=-片.同理可得点N的横坐标为xn=--？=-吕.由题设,yi+2>0,y2+2>0,xiX2>0,所以xmXn句器诟>0.所以xm,xn同号.所以网|+卬|=即+*木舟+2kx- 3、产措"/出？;= =5|k].由题设知,5|k|415.所以l<|k|43.所以k的取值范围收2・11 X1x2-k(x1+x2)+l kLx—-kx号J+15d+45k/+4是[-3T)U(1,3]..(2021新高考II,20,综合性)已知椭圆C的方程为《+/=l(a>b>0),若右焦点为F(注,0).且离心率为当⑴求椭圆C的方程；⑵设M,N是C上的两点，直线MN与曲线x2+y2=b2(x>0)相切,证明:M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=V3.(c=V2, 2 2解析⑴由题意得卜=(=苧，解得傕二:‘故椭圆c的方程为9+y2=l.la2=川+c2,⑵证明:①先证必要性.因为M,N,F三点共线，所以设直线MN:x=my+V2.由题意知0(0,0)到直线MN的距离d=/一=1,解得m2=l,故m=±l,所以直线MN:x±y-V2=0,Vmz+1根据对称性，不妨设直线MN:y=x-V2.联立?2=噜_交消y整理得4x2-6企x+3=0.设M(xi,yi),N(x2,y2).故X]+X2=¥，xlx2=,所以MN|=，1+12.|xi-X2|=V5xyJ(X]+%2)2-4工1%2=V5,即必要性成立.②再证充分性.因为直线MN与曲线x2+y2=l(x>0)相切，所以设切点为P(xo,yo)(x()>O),M(xi,yi),N(x2,y2).则直线MN:xox+yoy=l且而+韬=1.22=(l-xox)2,+3(yoy)2=3韬.贝！J)^x2+3(1-x0x)2=3据，即(3诏+羽)x2-6x0x+3-3诏=0,即(2诏+1)x2-6x0x+3以=0,所以Xi+X2=*，xlx2=篇，所以|X「X护Jg+X2)2-4X1X2=勺：「=卷尸=密整又kMN=',故|MN|=1+(-殛)|xl-x2|=A'|X1-X2|=^7=疯即2xo-2V2xo+l=O,gP(V2xo-l)2=O,VoJ\y()/ 〃o+i所以Xo岑故yo=±Vl-Xo=±y.由于MN:x()x+yoy=l,即MN:x±y=V2,故直线MN过F(a,0),即M、N、F三点共线.故充分性成立.故M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=V1三年模拟

A组考点基础题组考点一椭圆的定义和标准方程1.(2022房山二模,20)已知椭圆C:5+，=19>1»0)的一^顶点为(0,-1),一个焦点为(1,0).(1)求椭圆C的方程和离心率：(2)已知点P(0,2),过原点O的直线交椭圆C于M,N两点，直线PM与椭圆C的另一个交点为Q.若△MNQ的面积等于求直线PM的斜率.解析⑴由题意得b=l,c=1厕a2=b2+c2=2,所以椭圆c的方程为9+y2=L离心率=焉=当aVzl⑵设直线PM的方程为y=kx+2(kH0),(y—kx2My2=；消去y得(l+2k2)x2+8kx+6=0,由A=(8k)2-4(l+2k2)x6>0,解得k2>|,设M(xi,yD,Q(X2,y2)则xi+x?=三枭,xlx2=/语根据椭圆的对称性知SOMQ=SONQ=|SMNQ=-^,所以Somq=|S。poq-Spom|=||x2\x2\-^x二|X2-X11=7(X1+X2')2-4x1X264k2 2464k2 24(1+2/c2)2l+2k2=等(或设O到直线MQ的距离为d,则d=-|MQ|=V1+|MQ|=V1+k2|xl-x2|=(1+可?^7-表］1 1S.omq=^-|MQ|=^X1 1S.omq=^-|MQ|=^X:・(l+H)64k2 24..(1+2/c2)21+2户.整理得2k4・23k438=0,解得k?=2或k2号,(满足/>1)所以k=士应或k=士亭.2.(2021西城二模,19)已知椭圆C:务，=l(a>b>0)的离心率为半，其长轴的两个端点分别为A(-3,0),B(3,0).⑴求椭圆C的标准方程；⑵点P为椭圆上除A,B外的任意一点.直线AP交直线x=4于点E,点O为坐标原点，过点O且与直线BE垂直的直线记为1.直线BP交y轴于点M,交直线I于点N,求△BMO与△NMO的面积之比.解析⑴由题意得a=3.又e=£=£所以c=跖因为a2=b?+c2,所以b=V5.故椭圆C的方程为54-^=1.2 2⑵设P(xo,yo)(xoW±3,yoHO),则得+赖.直线AP的方程为y=』(x+3),令x=4,得点E的坐标为1,篇).7yo直线BE的斜率为若=怎，4-3 %o+3所以直线1的方程为y=-器x,直线PB的方程为y=a(x-3).联立直线1和直线PB的方程消去y得夸龙x=缶F-3),所以^吟，7y0(x0-3)和32 2因为伴+ 所以就一9=-3yo，所以产节X=*,解得点N的横坐标XN号7yo(衍3) x0-3 4所以S[:BMO_210Ml.1孙|=|xb[__3__4入Sqvmo-||0M|.|xw|一\xN\~^~T即ABMO与ANMO的面积之比为4：7.考点二椭圆的几何性质.(2021东城一模,9)已知椭圆Ci2+\=l(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2：y2=2px(p>0)的焦点重合,P为椭圆G与抛物线G的公共点，且PF_Lx轴，那么椭圆C的离心率为()A.V2-1B.yC.yD.V3-1答案A.(2022石景山一模,14)设点BE分别为椭圆C:1+y2=l的左,右焦点，点P是椭圆C上任意一点,若使得耐•配=m成立的点恰好是4个,则实数m的一个取值可以为.答案0(答案不唯一).(2022东城二模,20)已知椭圆E:捻+5=l(a>b>0)的右顶点为A(2,0),离心率为右过点P(6,0)与x轴不重合的直线I交椭圆E于不同的两点B,C,直线AB,AC分别交直线x=6于点M,N.⑴求椭圆E的方程;⑵设O为原点，求证NPAN+ZPOM=90°.(Q=2,解析⑴由题意，知上=解得b=V3.la2=b2+c2,故椭圆E的方程为3+[=1.⑵证明:由题设知直线1的斜率存在,设直线1的方程为y=k(x-6)(k#0).(y=k(x-6),由怛比_］消去y,得(4k2+3)x2>48k2x+144k2-12=0.TOC\o"1-5"\h\z\4 3由A=(-48k2)2>4(4k2+3)(144k2-12)>0及kHO,解得-条k<0或0<k<£O O设B(xi,yi),C(x2,y2),m.( ’ 48k, 1Q144fc<12则Xi+X2=y-,X1X2= n .4k2+3 4必+3直线AB:y=y(x-2),令x=6狷y=智,所以点M(6篇).同理，点N(6,翳).由题设知,tan/PMO=,,tanNPAN=里，因为4yl4y2=16k2(肛-6)(工2-6)xi-2x2-2- (xr2)(x2-2)16k2[%1%2-6。1+%2)+36]肛％2-2(打+工2)+4]6k2M乌6X里+36)TOC\o"1-5"\h\z二_\4k'+3 4A’+3 1=24144k2」2 48k2,. ’——7 2x-7—+44k4+3 4A，+3所以tanzPAN=tanZPMO,且舞与会同号.依题意得NPAN=ZPMO,且点M,N位于x轴同侧.因为NPMO+ZPOM=90。,所以NPAN+ZPOM=90°.4.(2021海淀模拟试卷一,19)已知椭圆C的中心在原点,F(1,0)是它的一个焦点.直线h过点F与椭圆C交于A,B两点,当直线h±x轴时，瓦?•砺=⑴求椭圆C的标准方程；⑵设椭圆的左顶点为P,PA,PB的延长线分别交直线h：x=2于M,N两点，证明:以MN为直径的圆过定点.解析⑴由题意,设椭圆C的方程为捺+?l(a>b>0),且C=L当h±x轴时,不妨设A(1A)，B(V^fOA-O^B=1一/=g=22=2好・1)2,解得a2=2或a2=1,Vc=1,a>c,:.a2=2,:.b2=1,椭圆C的方程为>y2=l.(2)证明:设直线AB的方程为x=my+l,A(xi,y)B(X2,y2),由1E+y2=1消去x得(m2+2)y2+2my-l=0,所以，+丫2=禹，丫叮2=一高，:.Xi+X2=m(yi+y2)+2,x।x2=m2y)y2+m(yi+y2)+l,直线PA的方程为y=(x+V2),X1+V2直线PB的方程为y=(X+V2),X2+V2、令彳曰_(2+V2)y1 (2+在)、2々x-2,得yM-^^(yN-AM2,丽丽AM2,丽丽=1+，N(2,编)\ X2+V2)(2+仞今仍(2+/)31为 m2y1y24-m(14->/2)(y1+y2)+3+2V2(2+砌，)¥2m2尸但+3+2企m^+2mz+2.••FM±FN,：.点F在以MN为直径的圆上,.♦.以MN为直径的圆过定点.B组综合应用题组时间：50分钟分值60分解答题(共60分)1.(2022顺义二模,19)已知椭圆埔+/=l(a>b>0)过定点(-2,0),离心率e=y.(1)求椭圆C的标准方程;(2)斜率为g的直线与椭圆交于A,B两点,O为坐标原点，求△OAB面积的最大值及此时直线AB的方程.解析(1)依题意可得2=2,"当所以c=V5,所以b=l.所以椭圆C的标准方程为3y2=l.(2)设直线AB的方程为y=1x+m,A(xi,yi),B(x2,y2),联立y= +m,联立2 消去y得x2+2mx+2m2-2=0,,v+y2=L由题意得△=8・4m2>0,即m2<2,所以x14-X2=-2m,xiX2=2m2-2,所以|AB|=J1+G)|xl-x2|=yV(xi+x2)2-4XiX2=V5-V2-m2,又原点O到直线AB的距离d=-^i==驾，卮瓜 所以S，aob=T•粤,右，2-m2=J形(2加2)4J("片-叱)=1,当且仅当m2=2-m2,BPm=+l时取等号，所以,△AOB面积的最大值为1,此时直线AB的方程为y=gx±l.2.(2022朝阳期末,19)已知曲线W喘+t=l(m£R,mW0,且m*3).(1)若曲线W是焦点在x轴上的椭圆.求m的取值范围；⑵当m=l时过点E(1,0)作斜率为k(kHO)的直线1交曲线W于点A,B(A,B异于顶点),交直线x=2于P.过点P作y轴的垂线,垂足为Q,直线AQ交x轴于C.直线BQ交x轴于D,求线段CD的中点M的坐标.'3-m>0,解析⑴由题意可得m>0,解得0<m<1,3-m>m,所以实数m的取值范围为(0,1).⑵当m=l时，曲线W为椭圆:9+y2=l,由题知直线1的方程为y=k(x-l)(k#O).x22_-1联立T+y=L整理得([+2k2)x2_4k2x+2k2-2=0,y=k(x-l),设A(xi,y)B(X2,y2),则xi+x2=—r,xlx2=--^7,1+2〃 l+2k直线l交直线x=2于P(2,k),则Q(O,k),所以直线AQ的方程为y=yx+k,xyO,令y=o,解得x琮,则c像q).直线BQ的方程为y=^-x+k,x2*O,令y=0,解得x=怎则D(鬣,0),・kx^_+kx2_=-〃访2为+也优-⑼・°k・y】k-y2~仇闪仇永)二・k[%lk(X2-2)+%2k(%i・2)]_2(孙+4)・2%1%2必(犬1・2)(%2・2) (»2)(%2・2)=2(勺+。2)・2力。2_1+2必1+2必_4k)+4=2XiX2-2(Xi+r2)+4 2k2-2Bk2, 2k2+2'l+2fc2l+2k2所以线段CD的中点M的坐标为(1,0).3.(2021怀柔适应性练习,20)已知椭圆C:1+£=l(a>b>0)过点P(L号且a=2c,若直线l:y=kx+l与椭圆C交于M,N两点，过点M作x轴的垂线分别与直线PO,NO交于点A,B,其中O为原点.⑴求椭圆C的方程；⑵若措=1，求k的值.解析⑴,••椭圆C:.+5=l过点P(l&Ha=2c,,椭圆C的方程为1+4=1.4- 13(2)如图,设M(Xi,kxi+l),N(X2,kx2+l),■:P(直线OP：y=|X".A(孙|xj,直线0N:y=线里x,B61，如之凹)，(y=kx+1,TOC\o"1-5"\h\z由乜+e=］消去y得(4k2+3)x2+8kx-8=0,14 3,.8k… -8..X|+x9= 7—,XIXZ=7 ,4公+3 4/Z+3:爆=1，,A为BM的中点.•.3xi=kxi+l+^^H,即3xi=kxi当迎"也，X2 X2/.3xiX2=kx।x?+kx।xi+xj+xz,・ 24_・16k_8k**-4k2+3-4k2+34k2+3'・・.-241<=・24,解得1<=1.4.(2021丰台二模,20)已知椭圆C：9+y2=l,过点(-1,0)的直线I交椭圆C于点A,B