2023年高考数学专题38椭圆热点题型和提分秘籍理

专题38椭圆1．掌握椭圆的定义、几何图形、标准方程及简单几何性质(范围、对称性、顶点、离心率)。2．了解椭圆的简单应用。3．理解数形结合的思想。热点题型一椭圆的定义及其标准方程例1、(1)设F1，F2是椭圆eq\f(x2,49)＋eq\f(y2,24)＝1的两个焦点，P是椭圆上的点，且|PF1|∶|PF2|＝4∶3，那么△PF1F2的面积为()A．30B．25C．24D．40(2)两圆C1：(x－4)2＋y2＝169，C2：(x＋4)2＋y2＝9，动圆在圆C1内部且和圆C1相内切，和圆C2相外切，那么动圆圆心M的轨迹方程为()A.eq\f(x2,64)－eq\f(y2,48)＝1B.eq\f(x2,48)＋eq\f(y2,64)＝1C.eq\f(x2,48)－eq\f(y2,64)＝1D.eq\f(x2,64)＋eq\f(y2,48)＝1解析：(1)∵|PF1|＋|PF2|＝14，又|PF1|∶|PF2|＝4∶3，∴|PF1|＝8，|PF2|＝6。∵|F1F2|＝10，∴PF1⊥PF2。∴S△PF1F2＝eq\f(1,2)|PF1|·|PF2|＝eq\f(1,2)×8×6＝24。(2)设圆M的半径为r，那么|MC1|＋|MC2|＝(13－r)＋(3＋r)＝16，∴M的轨迹是以C1，C2为焦点的椭圆，且2a＝16,2c＝8，故所求的轨迹方程为eq\f(x2,64)＋eq\f(y2,48)＝1。【提分秘籍】椭圆定义的应用技巧(1)椭圆定义的应用主要有：求椭圆的标准方程，求焦点三角形的周长、面积及弦长、最值和离心率等。(2)通常定义和余弦定理结合使用，求解关于焦点三角形的周长和面积问题。(3)当椭圆焦点位置不明确时，可设为eq\f(x2,m)＋eq\f(y2,n)＝1(m>0，n>0，m≠n)，也可设为Ax2＋By2＝1(A>0，B>0，且A≠B)。【举一反三】椭圆eq\f(x2,4)＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，过F1作垂直于x轴的直线与椭圆相交，一个交点为P，那么|PF2|＝()A.eq\f(7,2)B.eq\f(\r(3),2)C.eq\r(3)D．4热点题型二椭圆的几何性质例2、(1)椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点为F1，F2，离心率为eq\f(\r(3),3)，过F2的直线l交C于A，B两点，假设△AF1B的周长为4eq\r(3)，那么C的方程为()A.eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1B.eq\f(x2,3)＋y2＝1C.eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,8)＝1D.eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,4)＝1(2)椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－c,0)、F2(c,0)，假设椭圆上存在点P使eq\f(a,sin∠PF1F2)＝eq\f(c,sin∠PF2F1)，那么该椭圆的离心率的取值范围是________。解析：(1)由椭圆的定义可知，|AF1|＋|AF2|＝2a，|BF1|＋|BF2|＝2a，又因为|AF1|＋|AF2|＋|BF1|＋|BF2|＝4eq\r(3)，即4a＝4eq\r(3)，解得a＝eq\r(3)。又eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),3)，那么c＝1，b2＝a2－c2＝2，所以椭圆的方程为eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1。(2)依题意及正弦定理，得eq\f(|PF2|,|PF1|)＝eq\f(a,c)(注意到P不与F1F2共线)，即eq\f(|PF2|,2a－|PF2|)＝eq\f(a,c)，所以eq\f(2a,|PF2|)－1＝eq\f(c,a)，所以eq\f(2a,|PF2|)＝eq\f(c,a)＋1>eq\f(2a,a＋c)，即e＋1>eq\f(2,1＋e)，所以(e＋1)2>2。又0<e<1，因此eq\r(2)－1<e<1。【提分秘籍】椭圆几何性质的应用技巧(1)与椭圆几何性质有关的问题要结合图形进行分析。(2)椭圆的范围或最值问题常常涉及一些不等式。例如－a≤x≤a，－b≤y≤b,0<e<1，在求椭圆的相关量的范围时，要注意应用这些不等关系。(3)紧扣定义是解题的一个根本出发点，涉及弦中点的问题常常用“点差法〞解决，往往会更简单。【举一反三】椭圆eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4＋k)＝1的离心率为eq\f(4,5)，那么k的值为()A．－21B．21C．－eq\f(19,25)或21D.eq\f(19,25)或21解析：假设a2＝9，b2＝4＋k，那么c＝eq\r(5－k)，由eq\f(c,a)＝eq\f(4,5)，即eq\f(\r(5－k),3)＝eq\f(4,5)，得k＝－eq\f(19,25)；假设a2＝4＋k，b2＝9，那么c＝eq\r(k－5)，由eq\f(c,a)＝eq\f(4,5)，即eq\f(\r(k－5),\r(4＋k))＝eq\f(4,5)，解得k＝21。答案：C热点题型三直线与椭圆的位置关系例3．【2023天津，理19】设椭圆的左焦点为，右顶点为，离心率为.是抛物线的焦点，到抛物线的准线的距离为.〔I〕求椭圆的方程和抛物线的方程；〔II〕设上两点，关于轴对称，直线与椭圆相交于点〔异于点〕，直线与轴相交于点.假设的面积为，求直线的方程.【答案】〔Ⅰ〕，.〔Ⅱ〕，或.【解析】〔Ⅰ〕解：设的坐标为.依题意，，，，解得，，，于是.所以，椭圆的方程为，抛物线的方程为.〔Ⅱ〕解：设直线的方程为，与直线的方程联立，可得点，故.将与联立，消去，整理得，解得，或.由点异于点，可得点.由，可得直线的方程为，令，解得，故.所以.又因为的面积为，故，整理得，解得，所以.所以，直线的方程为，或.【变式探究】假设F1、F2分别是椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，P是该椭圆上的一个动点，且|PF1|＋|PF2|＝4，|F1F2|＝2eq\r(3)。(1)求出这个椭圆的方程；(2)是否存在过定点N(0,2)的直线l与椭圆交于不同的两点A、B，使eq\o(OA,\s\up6(→))⊥eq\o(OB,\s\up6(→))(其中O为坐标原点)？假设存在，求出直线l的斜率k；假设不存在，说明理由。解析：(1)依题意，得2a＝4,2c＝2eq\r(3)，所以a＝2，c＝eq\r(3)，∴b＝eq\r(a2－c2)＝1。∴椭圆的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1。(2)显然当直线的斜率不存在，即x＝0时，不满足条件。设l的方程为y＝kx＋2，由A、B是直线l与椭圆的两个不同的交点，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1,y＝kx＋2，))消去y并整理，得(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0。∴Δ＝(16k)2－4(1＋4k2)×12＝16(4k2－3)＞0，得k2＞eq\f(3,4)。①x1＋x2＝－eq\f(16k,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(12,1＋4k2)，∵eq\o(OA,\s\up6(→))⊥eq\o(OB,\s\up6(→))，∴eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)＝x1x2＋k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝(1＋k2)·eq\f(12,1＋4k2)＋2keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(16k,1＋4k2)))＋4＝eq\f(44－k2,1＋4k2)＝0，∴k2＝4。②由①②可知k＝±2，所以，存在斜率k＝±2的直线l符合题意。【提分秘籍】1．直线与椭圆位置关系判断的步骤(1)联立直线方程与椭圆方程。(2)消元得出关于x(或y)的一元二次方程。(3)当Δ>0时，直线与椭圆相交；当Δ＝0时，直线与椭圆相切；当Δ<0时，直线与椭圆相离。2．直线与椭圆相交时的常见问题的处理方法涉及问题处理方法弦长根与系数的关系、弦长公式(直线与椭圆有两交点)中点弦或弦的中点点差法(结果要检验)【举一反三】在直角坐标系xOy中，点P到两点(0，－eq\r(3))、(0，eq\r(3))的距离之和等于4，设点P的轨迹为C，直线y＝kx＋1与C交于A、B两点。(1)写出C的方程；(2)假设eq\o(OA,\s\up6(→))⊥eq\o(OB,\s\up6(→))，求k的值。解析：(1)设P(x，y)，由椭圆定义可知，点P的轨迹C是以(0，－eq\r(3))，(0，eq\r(3))为焦点，长半轴为2的椭圆，它的短半轴b＝eq\r(22－\r(3)2)＝1，故曲线C的方程为x2＋eq\f(y2,4)＝1。1.【2023浙江，2】椭圆的离心率是A．B．C．D．【答案】B【解析】，选B．2.【2023课标3，理5】双曲线C：(a＞0,b＞0)的一条渐近线方程为,且与椭圆有公共焦点，那么C的方程为A．B．C．D．【答案】B【解析】双曲线C：(a＞0,b＞0)的渐近线方程为，椭圆中：，椭圆，即双曲线的焦点为，据此可得双曲线中的方程组：，解得：，那么双曲线的方程为.应选B.3.【2023课标1，理20】椭圆C：〔a>b>0〕，四点P1〔1,1〕，P2〔0,1〕，P3〔–1，〕，P4〔1，〕中恰有三点在椭圆C上.〔1〕求C的方程；〔2〕设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.假设直线P2A与直线P2B的斜率的和为–1，证明：l过定点.【答案】〔1〕.〔2〕见解析。【解析】〔1〕由于，两点关于y轴对称，故由题设知C经过，两点.又由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.因此，解得.故C的方程为.〔2〕设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，如果l与x轴垂直，设l：x=t，由题设知，且，可得A，B的坐标分别为〔t，〕，〔t，〕.那么，得，不符合题设.从而可设l：〔〕.将代入得由题设可知.设A〔x1，y1〕，B〔x2，y2〕，那么x1+x2=，x1x2=.而.由题设，故.即.解得.当且仅当时，，欲使l：，即，所以l过定点〔2，〕4.【2023课标II，理】设O为坐标原点，动点M在椭圆C：上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足。求点P的轨迹方程；(2)设点Q在直线上，且。证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F。【答案】(1)。(2)证明略。【解析】〔1〕设P〔x，y〕，M〔〕,那么N〔〕，由得.因为M〔〕在C上，所以.因此点P的轨迹为.由题意知F〔-1,0〕，设Q〔-3，t〕，P〔m，n〕，那么，.由得-3m-+tn-=1，又由〔1〕知，故3+3m-tn=0.所以，即.又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.5.【2023山东，理21】在平面直角坐标系中，椭圆：的离心率为，焦距为.〔Ⅰ〕求椭圆的方程；〔Ⅱ〕如图，动直线：交椭圆于两点，是椭圆上一点，直线的斜率为，且，是线段延长线上一点，且，的半径为，是的两条切线，切点分别为.求的最大值，并求取得最大值时直线的斜率.【答案】〔I〕.〔Ⅱ〕的最大值为，取得最大值时直线的斜率为.【解析】〔I〕由题意知，，所以，因此椭圆的方程为.〔Ⅱ〕设，联立方程得，由题意知，且，所以.由题意可知圆的半径为由题设知，所以因此直线的方程为.联立方程得，因此.由题意可知，而，令，那么，因此，当且仅当，即时等号成立，此时，所以，因此，所以最大值为.综上所述：的最大值为，取得最大值时直线的斜率为.6.【2023天津，理19】设椭圆的左焦点为，右顶点为，离心率为.是抛物线的焦点，到抛物线的准线的距离为.〔I〕求椭圆的方程和抛物线的方程；〔II〕设上两点，关于轴对称，直线与椭圆相交于点〔异于点〕，直线与轴相交于点.假设的面积为，求直线的方程.【答案】〔Ⅰ〕，.〔Ⅱ〕，或.〔Ⅱ〕解：设直线的方程为，与直线的方程联立，可得点，故.将与联立，消去，整理得，解得，或.由点异于点，可得点.由，可得直线的方程为，令，解得，故.所以.又因为的面积为，故，整理得，解得，所以.所以，直线的方程为，或.7.【2023江苏，17】如图,在平面直角坐标系中,椭圆的左、右焦点分别为,,离心率为,两准线之间的距离为8.点在椭圆上，且位于第一象限，过点作直线的垂线,过点作直线的垂线.〔1〕求椭圆的标准方程；〔2〕假设直线的交点在椭圆上,求点的坐标.【答案】〔1〕〔2〕〔2〕由〔1〕知，，.设，因为点为第一象限的点，故.当时，与相交于，与题设不符.当时，直线的斜率为，直线的斜率为.因为，，所以直线的斜率为，直线的斜率为，从而直线的方程：，①直线的方程：.②由①②，解得，所以.因为点在椭圆上，由对称性，得，即或.又在椭圆E上，故.由，解得；，无解.因此点P的坐标为.1.【2023高考浙江理数】椭圆C1：+y2=1(m>1)与双曲线C2：–y2=1(n>0)的焦点重合，e1，e2分别为C1，C2的离心率，那么〔〕A．m>n且e1e2>1B．m>n且e1e2<1C．m<n且e1e2>1D．m<n且e1e2【答案】A【解析】由题意知，即，由于m＞1，n＞0，可得m＞n，又=，故．应选A．2.【2023高考新课标3理数】为坐标原点，是椭圆：的左焦点，分别为的左，右顶点.为上一点，且轴.过点的直线与线段交于点，与轴交于点.假设直线经过的中点，那么的离心率为〔〕〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕【答案】A【解析】由题意设直线的方程为，分别令与得，.设OE的中点为N，那么，那么，即，整理，得，所以椭圆C的离心率，应选A．3.【2023高考江苏卷】如图，在平面直角坐标系中，是椭圆的右焦点，直线与椭圆交于两点，且,那么该椭圆的离心率是▲.【答案】【解析】由题意得，因此4.【2023高考新课标1卷】〔本小题总分值12分〕设圆的圆心为A,直线l过点B〔1,0〕且与x轴不重合,l交圆A于C,D两点,过B作AC的平行线交AD于点E.〔I〕证明为定值,并写出点E的轨迹方程；〔II〕设点E的轨迹为曲线C1,直线l交C1于M,N两点,过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点,求四边形MPNQ面积的取值范围.【答案】〔Ⅰ〕〔〕〔II〕【解析】〔Ⅰ〕因为，，故，所以，故.又圆的标准方程为，从而，所以.由题设得，，，由椭圆定义可得点的轨迹方程为：〔〕.〔Ⅱ〕当与轴不垂直时，设的方程为，，.由得.那么，.所以.过点且与垂直的直线：，到的距离为，所以.故四边形的面积.可得当与轴不垂直时，四边形面积的取值范围为.当与轴垂直时，其方程为，，，四边形的面积为12.综上，四边形面积的取值范围为.5.【2023高考新课标1卷】〔本小题总分值12分〕设圆的圆心为A,直线l过点B〔1,0〕且与x轴不重合,l交圆A于C,D两点,过B作AC的平行线交AD于点E.〔I〕证明为定值,并写出点E的轨迹方程；〔II〕设点E的轨迹为曲线C1,直线l交C1于M,N两点,过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点,求四边形MPNQ面积的取值范围.【答案】〔Ⅰ〕〔〕〔II〕【解析】〔Ⅰ〕因为，，故，所以，故.又圆的标准方程为，从而，所以.由题设得，，，由椭圆定义可得点的轨迹方程为：〔〕.过点且与垂直的直线：，到的距离为，所以.故四边形的面积.可得当与轴不垂直时，四边形面积的取值范围为.当与轴垂直时，其方程为，，，四边形的面积为12.综上，四边形面积的取值范围为.6.【2023高考天津理数】〔本小题总分值14分〕设椭圆〔〕的右焦点为，右顶点为，，其中为原点，为椭圆的离心率.〔Ⅰ〕求椭圆的方程；〔Ⅱ〕设过点的直线与椭圆交于点〔不在轴上〕，垂直于的直线与交于点，与轴交于点，假设，且，求直线的斜率的取值范围.【答案】〔Ⅰ〕〔Ⅱ〕【解析】〔Ⅰ〕解：设，由，即，可得，又，所以，因此，所以椭圆的方程为.〔Ⅱ〕解：设直线的斜率为〔〕，那么直线的方程为.设，由方程组，消去，整理得.解得，或，由题意得，从而.由〔Ⅰ〕知，，设，有，.由，得，所以，解得.因此直线的方程为.设，由方程组消去，解得.在中，，即，化简得，即，解得或.所以，直线的斜率的取值范围为.7.【2023高考浙江理数】〔此题总分值15分〕如图，设椭圆〔a＞1〕.〔I〕求直线y=kx+1被椭圆截得的线段长〔用a、k表示〕；〔II〕假设任意以点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.【答案】〔I〕；〔II〕．【解析】〔Ⅰ〕设直线被椭圆截得的线段为，由得，故，．因此．〔Ⅱ〕假设圆与椭圆的公共点有个，由对称性可设轴左侧的椭圆上有两个不同的点，，满足．记直线，的斜率分别为，，且，，．由〔Ⅰ〕知，，，故，所以．由于，，得，因此，①因为①式关于，的方程有解的充要条件是，所以．因此，任意以点为圆心的圆与椭圆至多有个公共点的充要条件为，由得，所求离心率的取值范围为．8.【2023高考新课标2理数】椭圆的焦点在轴上，是的左顶点，斜率为的直线交于两点，点在上，．〔Ⅰ〕当时，求的面积；〔Ⅱ〕当时，求的取值范围．【答案】〔Ⅰ〕；〔Ⅱ〕.【解析】〔Ⅰ〕设，那么由题意知，当时，的方程为，.由及椭圆的对称性知，直线的倾斜角为.因此直线的方程为.将代入得.解得或，所以.因此的面积.〔Ⅱ〕由题意，，.将直线的方程代入得.由得，故.由题设，直线的方程为，故同理可得，由得，即.当时上式不成立，因此.等价于，即.由此得，或，解得.因此的取值范围是.9.【2023年高考北京理数】〔本小题14分〕椭圆C：〔〕的离心率为，，，，的面积为1.〔1〕求椭圆C的方程；〔2〕设的椭圆上一点，直线与轴交于点M，直线PB与轴交于点N.求证：为定值.【答案】〔1〕；〔2〕详见解析.【解析】〔Ⅰ〕由题意得解得.所以椭圆的方程为.〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕知，，设，那么.当时，直线的方程为.令，得，从而.直线的方程为.令，得，从而.所以.当时，，所以.综上，为定值.10.【2023年高考四川理数】〔本小题总分值13分〕椭圆E：的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线与椭圆E有且只有一个公共点T.〔Ⅰ〕求椭圆E的方程及点T的坐标；〔Ⅱ〕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，使得，并求的值.【答案】〔Ⅰ〕，点T坐标为〔2,1〕；〔Ⅱ〕.【解析】〔I〕由，，即，所以，那么椭圆E的方程为.由方程组得.①方程①的判别式为，由，得，此方程①的解为，所以椭圆E的方程为.点T坐标为〔2,1〕.〔II〕由可设直线的方程为，有方程组可得所以P点坐标为〔〕，.设点A，B的坐标分别为.由方程组可得.②方程②的判别式为，由，解得.由②得.所以，同理，所以.故存在常数，使得.1.【2023高考新课标1，理14】一个圆经过椭圆的三个顶点，且圆心在x轴的正半轴上，那么该圆的标准方程为.【答案】【解析】设圆心为〔，0〕，那么半径为，那么，解得，故圆的方程为.2.【2023江苏高考，18】〔本小题总分值16分〕如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆的离心率为，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，假设PC=2AB，求直线AB的方程.【答案】〔1〕〔2〕或．【解析】〔1〕由题意，得且，解得，，那么，所以椭圆的标准方程为．〔2〕当轴时，，又，不合题意．当与轴不垂直时，设直线的方程为，，，将的方程代入椭圆方程，得，那么，的坐标为，且．假设，那么线段的垂直平分线为轴，与左准线平行，不合题意．从而，故直线的方程为，那么点的坐标为，从而．因为，所以，解得．此时直线方程为或．3.【2023高考福建，理18】椭圆E：过点，且离心率为．(Ⅰ)求椭圆E的方程；(Ⅱ)设直线交椭圆E于A，B两点，判断点G与以线段AB为直径的圆的位置关系，并说明理由．【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)G在以AB为直径的圆外．【解析】解法一：(Ⅰ)由得解得，所以椭圆E的方程为．(Ⅱ)设点AB中点为．由所以从而.所以.,故所以，故G在以AB为直径的圆外．4.【2023高考浙江，理19】椭圆上两个不同的点，关于直线对称．〔1〕求实数的取值范围；〔2〕求面积的最大值〔为坐标原点〕．【答案】〔1〕或；〔2〕.【解析】〔1〕由题意知，可设直线AB的方程为，由，消去，得，∵直线与椭圆有两个不同的交点，∴，①，将AB中点代入直线方程解得，②。由①②得或；〔2〕令，那么，且O到直线AB的距离为，设的面积为，∴，当且仅当时，等号成立，故面积的最大值为.5.【2023高考山东，理20】平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，左、右焦点分别是，以为圆心以3为半径的圆与以为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆上.(Ⅰ)求椭圆的方程；〔Ⅱ〕设椭圆，为椭圆上任意一点，过点的直线交椭圆于两点，射线交椭圆于点.(i)求的值；〔ii〕求面积的最大值.【答案】〔I〕；〔II〕(i)2；〔ii〕.【解析】〔I〕由题意知，那么,又可得,所以椭圆C的标准方程为.〔II〕由〔I〕知椭圆E的方程为,〔i〕设，，由题意知因为,又，即,所以，即.〔ii〕设将代入椭圆E的方程，可得由，可得…………①那么有所以因为直线与轴交点的坐标为所以的面积令,将代入椭圆C的方程可得由，可得…………②由①②可知因此,故当且仅当，即时取得最大值由〔i〕知，面积为,所以面积的最大值为.6,【2023高考安徽，理20】设椭圆E的方程为，点O为坐标原点，点A的坐标为，点B的坐标为，点M在线段AB上，满足，直线OM的斜率为.〔I〕求E的离心率e；〔II〕设点C的坐标为，N为线段AC的中点，点N关于直线AB的对称点的纵坐标为，求E的方程.【答案】〔I〕；〔II〕.【解析】〔Ⅰ〕由题设条件知，点的坐标为，又，从而，进而得，故.〔Ⅱ〕由题设条件和〔Ⅰ〕的计算结果可得，直线的方程为，点的坐标为，设点关于直线的对称点的坐标为，那么线段的中点的坐标为.又点在直线上，且,从而有解得，所以，故椭圆的方程为.7.【2023高考天津，理19】〔本小题总分值14分〕椭圆的左焦点为,离心率为，点M在椭圆上且位于第一象限，直线被圆截得的线段的长为c，.(I)求直线的斜率；(II)求椭圆的方程；(III)设动点在椭圆上，假设直线的斜率大于，求直线〔为原点〕的斜率的取值范围.【答案】(I)；(II)；(III).【解析】(I)由有，又由，可得，，设直线的斜率为，那么直线的方程为，由有，解得.(II)由(I)得椭圆方程为，直线的方程为，两个方程联立，消去，整理得，解得或，因为点在第一象限，可得的坐标为，由，解得，所以椭圆方程为(III)设点的坐标为，直线的斜率为，得，即,与椭圆方程联立，消去，整理得，又由，得，解得或，设直线的斜率为，得，即，与椭圆方程联立，整理可得.①当时，有，因此，于是，得②当时，有，因此，于是，得综上，直线的斜率的取值范围是8.【2023高考重庆，理21】如题〔21〕图，椭圆的左、右焦点分别为过的直线交椭圆于两点，且〔1〕假设，求椭圆的标准方程〔2〕假设求椭圆的离心率【答案】〔1〕；〔2〕【解析】(1)由椭圆的定义，设椭圆的半焦距为c，由，因此即从而故所求椭圆的标准方程为.(2)解法一：如图(21)图，设点P在椭圆上，且，那么求得由,得,从而由椭圆的定义，,从而由，有又由，知，因此于是解得.解法二：如图由椭圆的定义，,从而由，有又由，知，因此,,从而由,知，因此1．〔2023·四川卷〕椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形．(1)求椭圆C的标准方程．(2)设F为椭圆C的左焦点，T为直线x＝－3上任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q.①证明：OT平分线段PQ(其中O为坐标原点)；②当eq\f(|TF|,|PQ|)最小时，求点T的坐标．【解析】解：(1)由可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(a2＋b2)＝2b，,2c＝2\r(a2－b2)＝4，))解得a2＝6，b2＝2，所以椭圆C的标准方程是eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)①证明：由(1)可得，F的坐标是(－2，0)，设T点的坐标为(－3，m)，那么直线TF的斜率kTF＝eq\f(m－0,－3－〔－2〕)＝－m.当m≠0时，直线PQ的斜率kPQ＝eq\f(1,m).直线PQ的方程是x＝my－2.当m＝0时，直线PQ的方程是x＝－2，也符合x＝my－2的形式．设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my－2，,\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1.))消去x，得(m2＋3)y2－4my－2＝0，其判别式Δ＝16m2＋8(m所以y1＋y2＝eq\f(4m,m2＋3)，y1y2＝eq\f(－2,m2＋3)，x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝eq\f(－12,m2＋3).设M为PQ的中点，那么M点的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－6,m2＋3)，\f(2m,m2＋3))).所以直线OM的斜率kOM＝－eq\f(m,3)，又直线OT的斜率kOT＝－eq\f(m,3)，所以点M在直线OT上，因此OT平分线段PQ.②由①可得，|TF|＝eq\r(m2＋1)，|PQ|＝eq\r(〔x1－x2〕2＋〔y1－y2〕2)＝eq\r(〔m2＋1〕[〔y1＋y2〕2－4y1y2])＝eq\r(〔m2＋1〕\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4m,m2＋3)))\s\up12(2)－4·\f(－2,m2＋3))))＝eq\f(\r(24)〔m2＋1〕,m2＋3).所以eq\f(|TF|,|PQ|)＝eq\r(\f(1,24)·\f(〔m2＋3〕2,m2＋1))＝eq\r(\f(1,24)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m2＋1＋\f(4,m2＋1)＋4)))≥eq\r(\f(1,24)〔4＋4〕)＝eq\f(\r(3),3).当且仅当m2＋1＝eq\f(4,m2＋1)，即m＝±1时，等号成立，此时eq\f(|TF|,|PQ|)取得最小值．故当eq\f(|TF|,|PQ|)最小时，T点的坐标是(－3，1)或(－3，－1)．2．〔2023·安徽卷〕设F1，F2分别是椭圆E：x2＋eq\f(y2,b2)＝1(0＜b＜1)的左、右焦点，过点F1的直线交椭圆E于A，B两点．假设|AF1|＝3|F1B|，AF2⊥x轴，那么椭圆E的方程为________．【答案】x2＋eq\f(3,2)y2＝1【解析】设F1(－c，0)，F2(c，0)，其中c＝eq\r(1－b2)，那么可设A(c，b2)，B(x0，y0)，由|AF1|＝3|F1B|，可得eq\o(AF1,\s\up6(→))＝3eq\o(F1B,\s\up6(→))，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2c＝3x0＋3c，,－b2＝3y0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝－\f(5,3)c，,y0＝－\f(1,3)b2，))代入椭圆方程可得eq\f(25〔1－b2〕,9)＋eq\f(1,9)b2＝1，解得b2＝eq\f(2,3)，故椭圆方程为x2＋eq\f(3y2,2)＝1.3．〔2023·北京卷〕椭圆C：x2＋2y2＝4.(1)求椭圆C的离心率；(2)设O为原点，假设点A在椭圆C上，点B在直线y＝2上，且OA⊥OB，试判断直线AB与圆x2＋y2＝2的位置关系，并证明你的结论．【解析】解：(1)由题意，椭圆C的标准方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.所以a2＝4，b2＝2，从而c2＝a2－b2＝2.因此a＝2，c＝eq\r(2).故椭圆C的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2).当x0≠t时，直线AB的方程为y－2＝eq\f(y0－2,x0－t)(x－t)，即(y0－2)x－(x0－t)y＋2x0－ty0＝0.圆心O到直线AB的距离d＝eq\f(|2x0－ty0|,\r(〔y0－2〕2＋〔x0－t〕2)).又xeq\o\al(2,0)＋2yeq\o\al(2,0)＝4，t＝－eq\f(2y0,x0)，故d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(2yeq\o\al(2,0),x0))),\r(xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＋\f(4yeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0))＋4))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4＋xeq\o\al(2,0),x0))),\r(\f(xeq\o\al(4,0)＋8xeq\o\al(2,0)＋16,2xeq\o\al(2,0))))＝eq\r(2).此时直线AB与圆x2＋y2＝2相切．4．〔2023·福建卷〕设P，Q分别为圆x2＋(y－6)2＝2和椭圆eq\f(x2,10)＋y2＝1上的点，那么P，Q两点间的最大距离是()A．5eq\r(2)B.eq\r(46)＋eq\r(2)C．7＋eq\r(2)D．6eq\r(2)【答案】D5．〔2023·湖北卷〕F1，F2是椭圆和双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且∠F1PF2＝eq\f(π,3)，那么椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为()A.eq\f(4\r(3),3)B.eq\f(2\r(3),3)C．3D．2【答案】A【解析】设|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，r1>r2，椭圆的长半轴长为a1，双曲线的实半轴长为a2，椭圆、双曲线的离心率分别为e1，e2.那么由椭圆、双曲线的定义，得r1＋r2＝2a1，r1－r2＝2a2，平方得4aeq\o\al(2,1)＝req\o\al(2,1)＋req\o\al(2,2)＋2r1r2，4aeq\o\al(2,2)＝req\o\al(2,1)－2r1r2＋req\o\al(2,2).又由余弦定理得4c2＝req\o\al(2,1)＋req\o\al(2,2)－r1r2，消去r1r2，得aeq\o\al(2,1)＋3aeq\o\al(2,2)＝4c2，即eq\f(1,eeq\o\al(2,1))＋eq\f(3,eeq\o\al(2,2))＝4.所以由柯西不等式得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e1)＋\f(1,e2)))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e1)＋\f(1,\r(3))×\f(\r(3),e2)))eq\s\up12(2)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,eeq\o\al(2,1))＋\f(3,eeq\o\al(2,2))))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))＝eq\f(16,3).所以eq\f(1,e1)＋eq\f(1,e2)≤eq\f(4\r(3),3).应选A.6．〔2023·湖南卷〕如图1­7，O为坐标原点，椭圆C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为e1；双曲线C2：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的左、右焦点分别为F3，F4，离心率为e2.e1e2＝eq\f(\r(3),2)，且|F2F4|＝eq\r(3)－1.(1)求C1，C2的方程；(2)过F1作C1的不垂直于y轴的弦AB，M为AB的中点．当直线OM与C2交于P，Q两点时，求四边形APBQ面积的最小值．图1­7【解析】解：(1)因为e1e2＝eq\f(\r(3),2)，所以eq\f(\r(a2－b2),a)·eq\f(\r(a2＋b2),a)＝eq\f(\r(3),2)，即a4－b4＝eq\f(3,4)a4，因此a2＝2b2，从而F2(b，0)，F4(eq\r(3)b，0)，于是eq\r(3)b－b＝|F2F4|＝eq\r(3)－1，所以b＝1，a2＝2.故C1，C2的方程分别为eq\f(x2,2)＋y2＝1，eq\f(x2,2)－y2＝1.(2)因AB不垂直于y轴，且过点F1(－1，0)，故可设直线AB的方程为x＝my－1，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my－1，,\f(x2,2)＋y2＝1))得(m2＋2)y2－2my－1＝0.易知此方程的判别式大于0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，那么y1，y2是上述方程的两个实根，所以y1＋y2＝eq\f(2m,m2＋2)，y1y2＝eq\f(－1,m2＋2).因此x1＋x2＝m(y1＋y2)－2＝eq\f(－4,m2＋2)，于是AB的中点为Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2,m2＋2)，\f(m,m2＋2)))，故直线PQ的斜率为－eq\f(m,2)，PQ的方程为y＝－eq\f(m,2)x，即mx＋2y＝0.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(m,2)x，,\f(x2,2)－y2＝1))得(2－m2)x2＝4，所以2－m2>0，且x2＝eq\f(4,2－m2)，y2＝eq\f(m2,2－m2)，从而|PQ|＝2eq\r(x2＋y2)＝2eq\r(\f(m2＋4,2－m2)).设点A到直线PQ的距离为d，那么点B到直线PQ的距离也为d，所以2d＝eq\f(|mx1＋2y1|＋|mx2＋2y2|,\r(m2＋4)).因为点A，B在直线mx＋2y＝0的异侧，所以(mx1＋2y1)(mx2＋2y2)<0，于是|mx1＋2y1|＋|mx2＋2y2|＝|mx1＋2y1－mx2－2y2|，从而2d＝eq\f(〔m2＋2〕|y1－y2|,\r(m2＋4)).又因为|y1－y2|＝eq\r(〔y1＋y2〕2－4y1y2)＝eq\f(2\r(2)·\r(1＋m2),m2＋2)，所以2d＝eq\f(2\r(2)·\r(1＋m2),\r(m2＋4)).故四边形APBQ的面积S＝eq\f(1,2)|PQ|·2d＝eq\f(2\r(2)·\r(1＋m2),\r(2－m2))＝2eq\r(2)·eq\r(－1＋\f(3,2－m2)).而0<2－m2≤2，故当m＝0时，S取最小值2.综上所述，四边形APBQ面积的最小值为2.7．〔2023·江西卷〕过点M(1，1)作斜率为－eq\f(1,2)的直线与椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)相交于A，B两点，假设M是线段AB的中点，那么椭圆C的离心率等于________．【答案】eq\f(\r(2),2)【解析】设点A(x1，y1)，点B(x2，y2)，点M是线段AB的中点，所以x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，且eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),a2)＋\f(yeq\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(xeq\o\al(2,2),a2)＋\f(yeq\o\al(2,2),b2)＝1，))两式作差可得eq\f(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2),a2)＝eq\f(－〔yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2)〕,b2)，即eq\f(〔x1＋x2〕〔x1－x2〕,a2)＝eq\f(－〔y1＋y2〕〔y1－y2〕,b2)，所以eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(b2,a2)，即kAB＝－eq\f(b2,a2).由题意可知，直线AB的斜率为－eq\f(1,2)，所以－eq\f(b2,a2)＝－eq\f(1,2)，即a＝eq\r(2)b.又a2＝b2＋c2，所以c＝b，e＝eq\f(\r(2),2).8．〔2023·辽宁卷〕椭圆C：eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1，点M与C的焦点不重合．假设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，那么|AN|＋|BN|＝______．【答案】12【解析】取MN的中点为G，点G在椭圆C上．设点M关于C的焦点F1的对称点为A，点M关于C的焦点F2的对称点为B，那么有|GF1|＝eq\f(1,2)|AN|，|GF2|＝eq\f(1,2)|BN|，所以|AN|＋|BN|＝2(|GF1|＋|GF2|)＝4a＝12.9．〔2023·辽宁卷〕圆x2＋y2＝4的切线与x轴正半轴，y轴正半轴围成—个三角形，当该三角形面积最小时，切点为P(如图1­6所示)．双曲线C1：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1过点P且离心率为eq\r(3).图1­6(1)求C1的方程；(2)椭圆C2过点P且与C1有相同的焦点，直线l过C2的右焦点且与C2交于A，B两点．假设以线段AB为直径的圆过点P，求l的方程．【解析】解：(1)设切点坐标为(x0，y0)(x0>0，y0>0)，那么切线斜率为－eq\f(x0,y0)，切线方程为y－y0＝－eq\f(x0,y0)(x－x0)，即x0x＋y0y＝4，此时两个坐标轴的正半轴与切线的交点分别为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,x0)，0))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,y0))).故其围成的三角形的面积S＝eq\f(1,2)·eq\f(4,x0)·eq\f(4,y0)＝eq\f(8,x0y0).由xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝4≥2x0y0知，当且仅当x0＝y0＝eq\r(2)时x0y0有最大值2，此时S有最小值4，因此点P的坐标为(eq\r(2)，eq\r(2))．由题意知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2,a2)－\f(2,b2)＝1，,a2＋b2＝3a2，))解得a2＝1，b2＝2，故C1的方程为x2－eq\f(y2,2)＝1.(2)由(1)知C2的焦点坐标为(－eq\r(3)，0)，(eq\r(3)，0)，由此可设C2的方程为eq\f(x2,3＋beq\o\al(2,1))＋eq\f(y2,beq\o\al(2,1))＝1，其中b1>0.由P(eq\r(2)，eq\r(2))在C2上，得eq\f(2,3＋beq\o\al(2,1))＋eq\f(2,beq\o\al(2,1))＝1，解得beq\o\al(2,1)＝3，因此C2的方程为eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1.显然，l不是直线y＝0.设直线l的方程为x＝my＋eq\r(3)，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋\r(3)，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，))得(m2＋2)y2＋2eq\r(3)my－3＝0.又y1，y2是方程的根，因此eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝－\f(2\r(3)m,m2＋2)，①,y1y2＝\f(－3,m2＋2)，))②由x1＝my1＋eq\r(3)，x2＝my2＋eq\r(3)，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝m〔y1＋y2〕＋2\r(3)＝\f(4\r(3),m2＋2)，③,x1x2＝m2y1y2＋\r(3)m〔y1＋y2〕＋3＝\f(6－6m2,m2＋2).④))因为eq\o(AP,\s\up6(→))＝(eq\r(2)－x1，eq\r(2)－y1)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(eq\r(2)－x2，eq\r(2)－y2)，由题意知eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝0，所以x1x2－eq\r(2)(x1＋x2)＋y1y2－eq\r(2)(y1＋y2)＋4＝0，⑤将①②③④代入⑤式整理得2m2－2eq\r(6)m＋4eq\r(6)－11＝0，解得m＝eq\f(3\r(6),2)－1或m＝－eq\f(\r(6),2)＋1.因此直线l的方程为x－(eq\f(3\r(6),2)－1)y－eq\r(3)＝0或x＋(eq\f(\r(6),2)－1)y－eq\r(3)＝0.1．假设椭圆C：eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,2)＝1的焦点为F1，F2，点P在椭圆C上，且|PF1|＝4，那么∠F1PF2＝()A．30°B．60°C．120°D．150°解析：由题意得a＝3，c＝eq\r(7)，那么|PF2|＝2。在△F2PF1中，由余弦定理得cos∠F2PF1＝eq\f(42＋22－2\r(7)2,2×4×2)＝－eq\f(1,2)。又∵∠F2PF1∈(0，π)，∴∠F2PF1＝eq\f(2π,3)。答案：C2．椭圆eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,3)＝1的焦点为F1，F2，点P在椭圆上，如果线段PF2的中点在y轴上，那么|PF2|是|PF1|的()A．7倍B．5倍C．4倍D．3倍解析：设线段PF2的中点为D，那么|OD|＝eq\f(1,2)|PF1|，OD∥PF1，OD⊥x轴，∴PF1⊥x轴。∴|PF1|＝eq\f(b2,a)＝eq\f(3,2\r(3))＝eq\f(\r(3),2)。又∵|PF1|＋|PF2|＝4eq\r(3)，∴|PF2|＝4eq\r(3)－eq\f(\r(3),2)＝eq\f(7\r(3),2)。∴|PF2|是|PF1|的7倍。答案：A3．在同一平面直角坐标系中，方程ax2＋by2＝ab与方程ax＋by＋ab＝0表示的曲线可能是()ABCD解析：直线方程变形为y＝－eq\f(a,b)x－a，在选项B和C中，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(a,b)＞0,－a＞0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＞0,a＜0，))所以ax2＋by2＝ab表示的曲线是焦点在x轴上的双曲线，故B和C都是错误的；在选项A中，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(a,b)＜0,－a＜0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＞0,a＞0，))所以ax2＋by2＝ab表示的曲线是椭圆；在选项D中，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(a,b)＜0,－a＞0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＜0,a＜0，))所以ax2＋by2＝ab不可能表示双曲线，应选项D错误。答案：A4．实数4，m,9构成一个等比数列，那么圆锥曲线eq\f(x2,m)＋y2＝1的离心率为()A.eq\f(\r(30),6)B.eq\r(7)C.eq\f(\r(30),6)或eq\r(7)D.eq\f(5,6)或eq\r(7)解析：因为实数4，m,9构成一个等比数列，所以可得m2＝36，解得m＝6或m＝－6。当圆锥曲线为椭圆时，即eq\f(x2,m)＋y2＝1的方程为eq\f(x2,6)＋y2＝1。所以a2＝6，b2＝1，那么c2＝a2－b2＝5。所以离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(\f(5,6))＝eq\f(\r(30),6)。当是双曲线时可求得离心率为eq\r(7)。答案：C5．椭圆C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)与圆C2：x2＋y2＝b2，假设在椭圆C1上存在点P，使得由点P所作的圆C2的两条切线互相垂直，那么椭圆C1的离心率的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(3),2)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，1))答案：C6．设椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左右焦点分别为F1、F2，点P(a，b)满足|F1F2|＝|PF2|，设直线PF2与椭圆交于M、N两点，假设|MN|＝16，那么椭圆的方程为()A.eq\f(x2,144)＋eq\f(y2,108)＝1B.eq\f(x2,100)＋eq\f(y2,75)＝1C.eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,27)＝1D.eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1解析：因为点P(a，b)满足|F1F2|＝|PF2|，所以eq\r(a－c2＋b2)＝2c，整理得2e2＋e－1＝0，所以e＝eq\f(1,2)，所以a＝2c，b＝eq\r(3)c，可得椭圆方程为3x2＋4y2＝12c2，直线PF2的方程为y＝eq\r(3)(x－c)，代入椭圆方程，消去y并整理，得5x2－8cx＝0，解得x＝0或eq\f(8,5)c，得M(0，－eq\r(3)c)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,5)c，\f(3\r(3),5)c))，所以|MN|＝eq\f(16,5)c＝1