五年高考真题高考数学复习 第九章 第三节 椭圆及其性质 理全国通用

高考数学精品复习资料 2019.5 第三节第三节 椭圆及其性质椭圆及其性质 考点一 椭圆的定义及其方程 1(20 xx大纲全国，6)已知椭圆C：x2a2y2b21(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 4 3，则C的方程为( ) A.x23y221 B.x23y21 C.x212y281 D.x212y241 解析 由椭圆的性质知|AF1|AF2|2a，|BF1|BF2|2a，AF1B的周长|AF1|AF2|BF1|BF2|4 3，a 3. 又e33，c1.b2a2c22， 椭圆的方程为x23y221，故选 A. 答案 A 2(20 xx新课标全国，10)已知椭圆E：x2a2y2b21(ab0)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E的方程为( ) A.x245y2361 B.x236y2271 C.x227y2181 D.x218y291 解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， A，B在椭圆上， x21a2y21b21， x22a2y22b21 ，得 （x1x2）（x1x2）a2（y1y2）（y1y2）b20， 即b2a2（y1y2）（y1y2）（x1x2）（x1x2）， AB的中点为(1，1)， y1y22，x1x22，而y1y2x1x2kAB0（1）3112，b2a212. 又a2b29，a218，b29. 椭圆E的方程为x218y291，故选 D. 答案 D 3(20 xx大纲全国，3)椭圆的中心在原点，焦距为 4，一条准线为x4，则该椭圆的方程为( ) A.x216y2121 B.x212y281 C.x28y241 D.x212y241 解析 2c4，c2. 又a2c4，a28，b2a2c24. 椭圆方程为x28y241，故选 C. 答案 C 4(20 xx山东，10)已知椭圆C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为32.双曲线x2y21 的渐近线与椭圆C有四个交点，以这四个交点为顶点的四边形的面积为 16，则椭圆C的方程为( ) A.x28y221 B.x212y261 C.x216y241 D.x220y251 解析 双曲线x2y21 的渐近线为yx，与椭圆C有四个交点，以这四个交点为顶点的四边形面积为16，可得四边形为正方形，其边长为4，双曲线的渐近线与椭圆C的一个交点为(2，2)，所以有4a24b21，又因为eca32，a2b2c2，联立解方程组得a220，b25，故选 D. 答案 D 5(20 xx辽宁，15)已知椭圆C：x29y241，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|_ 解析 设MN交椭圆于点P，连接F1P和F2P(其中F1、F2是椭圆C的左、右焦点)，利用中位线定理可得|AN|BN|2|F1P|2|F2P|22a4a12. 答案 12 6(20 xx安徽，14)设F1，F2分别是椭圆E：x2y2b21(0b|AH|，仅当F1与H重合时，|AF1|AH|， 当m1 时，AFB的周长最大， 此时SFAB122|AB|3. 答案 3 8(20 xx重庆，21)如图，椭圆x2a2y2b21(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 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 (1)由椭圆的定义，2a|PF1|PF2|(2 2)(2 2)4，故a2. 设椭圆的半焦距为c，由已知PF1PF2，因此 2c|F1F2|PF1|2|PF2|2（2 2）2（2 2）22 3，即c 3，即c 3，从而ba2c21. 故所求椭圆的标准方程为x24y21. (2)法一 如图，设点P(x0，y0)在椭圆上，且PF1PF2，则 x20a2y20b21，x20y20c2， 求得x0aca22b2， y0b2c. 由|PF1|PQ|PF2|得x00，从而 |PF1|2a a22b2cc2b4c2. 2(a2b2)2a a22b2(aa22b2)2. 由椭圆的定义，|PF1|PF2|2a，|QF1|QF2|2a，从而由|PF1|PQ|PF2|QF2|，有|QF1|4a2|PF1|. 又由PF1PF2，|PF1|PQ|，知|QF1| 2|PF1|， 因此，(2 2)|PF1|4a， 即(2 2)(aa22b2)4a， 于是(2 2)(1 2e21)4，解得 e12142 212 6 3. 法二 如图，由椭圆的定义，|PF1|PF2|2a，|QF1|QF2|2a.从而由|PF1|PQ|PF2|QF2|，有|QF1|4a2|PF1|. 又由PF1PQ，|PF1|PQ|，知|QF1| 2|PF1|，因此，4a2|PF1| 2|PF1|，得|PF1|2(2 2)a，从而|PF2|2a|PF1|2a2(2 2)a2( 21)a. 由PF1PF2，知|PF1|2|PF2|2|F1F2|2(2c)2，因此eca|PF1|2|PF2|22a （2 2）2（ 21）2 96 2 6 3. 9(20 xx福建，18)已知椭圆E：x2a2y2b21(ab0)过点(0， 2)，且离心率e22. (1)求椭圆E的方程； (2)设直线l：xmy1(mR R)交椭圆E于A，B两点，判断点G94，0 与以线段AB为直径的圆的位置关系，并说明理由 解 法一 (1)由已知得， b 2，ca22，a2b2c2.解得a2，b 2，c 2.所以椭圆E的方程为x24y221. (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为H(x0，y0) xmy1，x24y221 得(m22)y22my30. 所以y1y22mm22，y1y23m22， 从而y0mm22. 所以|GH|2x0942y20 my0542y20 (m21)y2052my02516. |AB|24（x1x2）2（y1y2）24 （1m2）（y1y2）24 （1m2）（y1y 2）24y1y24 (1m2)(y20y1y2)， 故|GH|2|AB|2452my0(1m2)y1y22516 5m22（m22）3（1m2）m222516 17m2216（m22）0， 所以|GH|AB|2. 故点G94，0 在以AB为直径的圆外 法二 (1)同法一 (2)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则GAx194，y1， GBx294，y2. 由xmy1，x24y221得 (m22)y22my30， 所以y1y22mm22，y1y23m22， 从而GAGBx194x294y1y2 my154my254y1y2 (m21)y1y254m(y1y2)2516 3（m21）m2252m2m222516 17m2216（m22）0， 所以 cosGA，GB0. 又GA，GB不共线，所以AGB为锐角 故点G94，0 在以AB为直径的圆外 考点二 椭圆的几何性质 1(20 xx浙江，9)如图，F1，F2是椭圆C1：x24y21 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. 2 B. 3 C.32 D.62 解析 椭圆C1中，|AF1|AF2|4，|F1F2|2 3. 又因为四边形AF1BF2为矩形， 所以F1AF290. 所以|AF1|2|AF2|2|F1F2|2， 所以|AF1|2 2，|AF2|2 2. 所以在双曲线C2中，2c2 3，2a|AF2|AF1|2 2， 故eca3262，故选 D. 答案 D 2(20 xx新课标全国，4)设F1，F2是椭圆E：x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点，P为直线x3a2上一点，F2PF1是底角为 30的等腰三角形，则E的离心率为( ) A.12 B.23 C.34 D.45 解析 设直线x3a2与x轴交于点M， 则PF2M60， 在 RtPF2M中，PF2F1F22c， F2M3a2c， 故 cos 60F2MPF232ac2c12， 解得ca34，故离心率e34. 答案 C 3(20 xx江西，15)过点M(1，1)作斜率为12的直线与椭圆C：x2a2y2b21(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_ 解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，分别代入椭圆方程相减得（x1x2）（x1x2）a2（y1y2）（y1y2）b20，根据题意有x1x2212，y1y2212，且y1y2x1x212，所以2a22b2120，得a22b2，所以a22(a2c2)，整理得a22c2得ca22，所以e22. 答案 22 4(20 xx福建，14)椭圆：x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，焦距为2c.若直线y 3(xc)与椭圆的一个交点M满足MF1F22MF2F1，则该椭圆的离心率等于_ 解析 由直线y 3(xc)知其倾斜角为 60， 由题意知MF1F260， 则MF2F130，F1MF290. 故|MF1|c，|MF2| 3c. 又|MF1|MF2|2a，( 31)c2a， 即e231 31. 答案 31 5(20 xx辽宁，15)已知椭圆C：x2a2y2b21(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，cosABF45，则C的离心率e_. 解析 如图所示 根据余弦定理|AF|2|BF|2|AB|22|AB|BF|cosABF，即|BF|216|BF|640， 得|BF|8. 又|OF|2|BF|2|OB|22|OB|BF|cosABF，得|OF|5. 根据椭圆的对称性|AF|BF|2a14，得a7. 又|OF|c5，故离心率e57. 答案 57 6(20 xx新课标全国，14)在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的中心为原点，焦点F1，F2在x轴上，离心率e22.过F1的直线l交C于A，B两点，且ABF2的周长为 16，那么C的方程为_ 解析 设椭圆方程为x2a2y2b21(ab0)， 因为AB过F1且A、B在椭圆上， 则ABF2的周长为|AB|AF2|BF2|AF1|AF2|BF1|BF2|4a16，a4. 又离心率eca22， c2 2，b2 2， 椭圆的方程为x216y281. 答案 x216y281 7(20 xx陕西，20)已知椭圆E：x2a2y2b21(ab0)的半焦距为c，原点O到经过两点(c，0)，(0，b)的直线的距离为12c. (1)求椭圆E的离心率； (2)如图，AB是圆M：(x2)2(y1)252的一条直径，若椭圆E经过A，B两点，求椭圆E的方程 解 (1)过点(c，0)，(0，b)的直线方程为bxcybc0， 则原点O到该直线的距离dbcb2c2bca， 由d12c，得a2b2a2c2，解得离心率ca32. (2)法一 由(1)知，椭圆E的方程为x24y24b2. 依题意，圆心M(2，1)是线段AB的中点，且|AB| 10， 易知，AB与x轴不垂直，设其方程为yk(x2)1，代入得(14k2)x28k(2k1)x4(2k1)24b20， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x28k（2k1）14k2，x1x24（2k1）24b214k2， 由x1x24，得8k（2k1）14k24，解得k12， 从而x1x282b2， 于是|AB|1122|x1x2| 52（x1x2）24x1x2 10（b22）， 由|AB| 10，得 10（b22） 10， 解得b23， 故椭圆E的方程为x212y231. 法二 由(1)知，椭圆E的方程为x24y24b2， 依题意，点A，B关于圆心M(2，1)对称，且|AB| 10， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x214y214b2，x224y224b2， 两式相减并结合x1x24，y1y22，得4(x1x2)8(y1y2)0， 易知AB与x轴不垂直，则x1x2， 所以AB的斜率kABy1y2x1x212， 因此直线AB的方程为y12(x2)1，代入得x24x82b20， 所以x1x24，x1x282b2， 于是|AB|1122|x1x2| 52（x1x2）24x1x2 10（b22）. 由|AB| 10，得 10（b22） 10，解得b23， 故椭圆E的方程为x212y231. 8(20 xx北京，19)已知椭圆C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为22，点P(0，1)和点A(m，n)(m0)都在椭圆C上，直线PA交x轴于点M. (1)求椭圆C的方程，并求点M的坐标(用m，n表示)； (2)设O为原点，点B与点A关于x轴对称，直线PB交x轴于点N.问：y轴上是否存在点Q，使得OQMONQ？若存在，求点Q的坐标；若不存在，说明理由 解 (1)由题意得b1，ca22，a2b2c2解得a22， 故椭圆C的方程为x22y21. 设M(xM，0) 因为m0，所以1n1. 直线PA的方程为y1n1mx. 所以xMm1n，即Mm1n，0 . (2)因为点B与点A关于x轴对称， 所以B(m，n) 设N(xN，0)，则xNm1n. “存在点Q(0，yQ)使得OQMONQ”，等价于“存在点Q(0，yQ)使得|OM|OQ|OQ|ON|”，即yQ满足y2Q|xM|xN|. 因为xMm1n，xNm1n，m22n21. 所以y2Q|xM|xN|m21n22. 所以yQ 2或yQ 2. 故在y轴上存在点Q，使得OQMONQ，点Q的坐标为(0， 2)或 (0， 2)