高考数学考点36椭圆试题解读与变式

高考数学考点36椭圆试题解读与变式

考点 36 椭圆 【考纲要求】 （1）了解椭圆的实际背景，了解椭圆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、标准方程及简单性质.； （3）了解椭圆的简单应用； （4）理解数形结合的思想． 【命题规律】 高考对椭圆的考查多以解答题的形式考查，也有少数年份在客观题中进行考查．以选择题、 填空题的形式考查椭圆的定义、焦点坐标、离心率、标准方程等问题；以解答题的形式考查 椭圆的性质、直线与椭圆的关系、与其它知识交汇（如平面向量），涉及到最值问题、定值 （定点）问题、几何量的取值范围问题，以及存在型探索性问题． 预计 2018 年高考对椭圆的命题有以下特点：（1）以选择题或填空题考查椭圆的定义和性质， 难度中等；（2）以解答题形式重点考查椭圆的综合问题，多与直线结合进行命题，难度较大． 【典型高考试题变式】 （一）椭圆的标准方程 【例 1】【2016 天津卷】设椭圆 2 2 2 1( 3)3 x y aa    的右焦点为 F ,右顶点为 A .已知 1 1 3 | | | | | | e OF OA FA   ，其中O 为原点， e 为椭圆的离心率． （1）求椭圆的方程；（2）略． 【答案】 2 2 14 3 x y  . 【方法技巧归纳】根据条件求椭圆方程常用的主要方法有： （1）定义法，定义法的要点是根据题目所给的条件确定动点的轨迹满足椭圆的定义； （2）待定系数法，待定系数法的要点是根据题目所给的条件确定椭圆中的两个系数 a b， . 当 不 知 焦 点 在 哪 一 个 坐 标 轴 上 时 ， 一 般 可 设 所 求 椭 圆 的 标 准 方 程 为 2 2 1( 0 0 )mx ny m n m n  ＋ ＝ ， ， ，再用待定系数法求出 m n， 的值即可. 【 变 式 1 】【 变 换 条 件 求 椭 圆 方 程 】 在 平 面 直 角 坐 标 系 xOy 中 ， 椭 圆 2 2 2 2: 1( 0)x yE a ba b     的离心率为 6 3 ，直线 1: 3l y x 与椭圆 E 相交于 ,A B 两点， 2 10AB  ，则椭圆的标准方程为______． 【答案】 2 2 112 4 x y  【 解 析 】 由 离 心 率 不 妨 设 3 , 3 , 6 ( 0)a m b m c m m    ， 则 椭 圆 方 程 为 ： 2 2 2 2 19 3 x y m m   ，与直线 1 3y x ，联立可得 2 2 1 2 27 3 3, , 3 34 2x m x m x x m     ， 且 2 101 3k  ，由弦长公式 103 3 2 103m  ，解得 2 3 m  ，据此可得椭圆方程 为 2 2 112 4 x y  ． 【变式 2】【变为利用点差法求椭圆标准方程】已知椭圆 :E 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的右焦 点为  3,0F ，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． 2 2 145 36 x y  B． 2 2 136 27 x y  C． 2 2 127 18 x y  D． 2 2 118 9 x y  【答案】D 【解析】设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，直线 AB 的斜率 1 0 1 1 3 2k    ， 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 x y a b x y a b        ， 两 式 相 减 得      1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 0x x x x y y y y a b      ， 即       1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 0y y y y a b x x x x     ， ∴ 2 2 1 1 1 2 02 2a b     , 即 2 22a b ， 2 2 2 29,c a b c   ，解得： 2 218, 9a b  ，方程是 2 2 118 9 x y  ，故选 D． （二）椭圆的定义的应用 【例 2】【2014 全国大纲卷】已知椭圆 C ： 2 2 2 2 1x y a b   ( 0)a b  的左、右焦点为 1F 、 2F ， 离心率为 3 3 ，过 2F 的直线l 交C 于 A B、 两点，若 1AF B 的周长为 4 3 ，则C 的方程为 （ ） A． 2 2 13 2 x y  B． 2 2 13 x y  C． 2 2 112 8 x y  D． 2 2 112 4 x y  【答案】A 【方法技巧归纳】椭圆定义的应用主要有两个方面：一是确认平面内与两定点有关的轨迹是 否为椭圆；二是当 P 在椭圆上时，与椭圆的两焦点 1 2F F， 组成的三角形通常称为“焦点三 角形”，利用定义可求其周长，利用定义和余弦定理可求 1 2·PF PF ，通过整体代入可求其 面积等． 【变式 1】【由利用定义根据周期求方程变为利用椭圆定义求周长】过椭圆 2 2 14 x y  的 左焦点 1F 作直线l 交椭圆于 ,A B 两点， 2F 是椭圆右焦点，则 2ABF 的周长为（ ） A．8 B． 4 2 C． 4 D． 2 2 【答案】 A 【解析】（1）因为椭圆为 2 2 14 x y  ，所以椭圆的半长轴 2a  ，由椭圆的定义可得 1 2 2 4AF AF a   ，且 21 2 4BF BF a   ， 2ABF 的周长为    2 2 1 1 2 2 4 8AB AF BF AF BF AF BF a        ，故选 A． 【变式 2】【变周长问题为面积问题】若椭圆 2 2 136 16 x y  上一点 P 与椭圆的两个焦点 1F 、 2F 的连线互相垂直，则 1 2PF F 的面积为（ ） A．36 B．16 C．20 D．24 【答案】B 【解析】设 1 2, ,PF m PF n  则  2 2 4 36 16 80m n    ,即 2 2 80m n mn   ,又 1 2 12 6 12, 32, 162PF Fm n mn S mn        ,故选 B． （三）椭圆的几何性质 【例 3】【2017 全国新课标 3 卷】已知椭圆 C ：   2 2 2 2 1 0x y a ba b     的左、右顶点分别 为 A1，A2，且以线段 1 2A A 为直径的圆与直线 2 0bx ay ab   相切，则 C 的离心率为（ ） A． 6 3 B． 3 3 C． 2 3 D． 1 3 【答案】A 【解析】以线段 1 2A A 为直径的圆的圆心为坐标原点  0,0 ，半径为 r a ，圆的方程为 2 2 2x y a  ，直线 2 0bx ay ab   与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即 2 2 2abd a a b    ， 整 理 可 得 2 23a b ， 即  2 2 23 ,a a c  即 2 22 3a c ， 从 而 2 2 2 2 3 ce a   ，则椭圆的离心率 2 6 3 3 ce a    ，故选 A． 【方法技巧归纳】椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取 值范围)有两种常用方法：（1）求出 a c， ，代入公式 ce a  ；（2）根据条件得到关于 a b c， ， 的齐次式，结合 2 2 2b a c  转化为关于 a c， 的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以 a 或 2a 转化为关于 e 的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得 e 的值或取值范围． 【变式 1】【变题圆的位置与大小】设 1 2,F F 分别是椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的左、右焦 点,与直线 y b 相切的 2F 交椭圆于点 E ,且点 E 恰好是直线 1EF 与 2F 的切点,则椭圆 的离心率为( ) A． 3 2 B． 2 3 C． 5 3 D． 5 4 【答案】C 【解析】（1）依题意，直线 y b 与 2F 相切,所以 2F 的半径为b , 所以 2EF b ,由椭 圆的定义有 2 2EF a b  ,根据点 E 为直线 1EF 与 2F 相切的切点,所以 1 2 90F EF   , 由勾股定理有  2 22 4a b b c   ,而 2 2 2c a b  ,化简有 2 3b a ,所以 2 25 9c a ,故椭 圆离心率 5 3 ce a   ，故选 C． 【变式 2】【变直线与圆相切为三角形外接圆】椭圆 2 2 2 1(0 1)yx bb     的左焦点为 F ， 上顶点为 A ，右顶点为 B ，若 FAB 的外接圆圆心  ,P m n 在直线 y x  的左下方，则该 椭圆离心率的取值范围为（ ） A． 2 ,12       B． 1 ,12      C． 20, 2       D． 10, 2      【答案】A 【解析】设      ,0 , 0, , ,0F c A b B a ，且 FAB 的外接圆的方程为 2 2 0x y Dx Ey F     ，将      ,0 , 0, , ,0F c A b B a 分别代入可得 2 ,2 2 c a b acm n b     ，由 0m n  可得 2 02 2 c a b ac b     ，即 1 0 0c b cc b b cb b         ，所以 0b c  ，即 2 2b c ，则 2 1 2e  所以 2 12 e  ，故选 A． （四）直线与椭圆的位置关系 【例 4】【2017 全国新课标Ⅰ卷】已知椭圆 C ： 2 2 2 2 =1 0x y a b a b  （ ），四点  1 1,1P ，  2 0,1P ， 3 31, 2P      ， 4 31, 2P       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．若直线 P2A 与直线 P2B 的斜率的和为 –1，证明：l 过定点． 【答案】（1） 2 2 14 x y  ．（2）见解析。 【解析】（1）由于 3P ， 4P 两点关于 y 轴对称，故由题设知 C 经过 3P ， 4P 两点． 又由 2 2 2 2 1 1 1 3 4a b a b    知，C 不经过点 P1，所以点 P2 在 C 上． 因此 2 2 2 1 1 1 3 14 b a b          ，解得 2 2 4{ 1 a b   ，故 C 的方程为 2 2 14 x y  ． （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 0t  ，且 2t  ， 可得 A，B 的坐标分别为（t， 24 2 t ），（t， 24 2 t ）． 则 2 2 1 2 4 2 4 2 12 2 t tk k t t         ，得 2t  ，不符合题设． 从而可设 l： y kx m  （ 1m  ）．将 y kx m  代入 2 2 14 x y  得  2 2 24 1 8 4 4 0k x kmx m     由题设可知  2 2=16 4 1 0k m    ． 设 A（x1，y1），B（x2，y2），则 x1+x2= 2 8 4 1 km k   ，x1x2= 2 2 4 4 4 1 m k   ． 而 1 2 1 2 1 2 1 1y yk k x x     1 2 1 2 1 1kx m kx m x x        1 2 1 2 1 2 2 1kx x m x x x x    ． 由题设 1 2 1k k   ，故    1 2 1 22 1 1 0k x x m x x     ． 即    2 2 2 4 4 82 1 1 04 1 4 1 m kmk mk k         ，解得 1 2 mk   ． 当且仅当 1m   时， 0  ，欲使 l： 1 2 my x m   ，即  11 22 my x    ， 所以 l 过定点 2 1， ． 【方法技巧归纳】（1）解决直线与椭圆的位置关系的问题，其常规思路是先把直线方程与椭 圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系，解决相关问题． （ 2 ） 设 直 线 与 椭 圆 的 交 点 坐 标 为    1 1 2 2, , ,A x y B x y ， 则    22 1 2 1 2| | 1 4AB k x x x x      ＝  2 1 2 1 22 1| | 1 4AB y y y yk            （ k 为直线 斜率)． （3）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 0  ) 【变式 1】【第（2）问变定点问题为定值问题】已知中心在坐标原点 O，焦点在 x 轴上，离 心率为 3 2 的椭圆 C 过点 22, 2       ． （1）求椭圆 C 的方程； （2）设不过坐标原点 O 的直线与椭圆 C 交于 P,Q 两点，若OP OQ ,证明：点 O 到直线 PQ 的距离为定值． 【答案】（1） 2 2 14 x y  ；（2）当OP OQ 时，点 O 到直线 PQ 的距离为定值 2 5 5 ． 【解析】（1）由题意可设椭圆方程为 2 2 2 2 2 2 2 1( 0),x y a b a b ca b       又 2 2 3 2 2 1 12 c a a b       ，解得 2 1 a b    ，所以椭圆方程为 2 2 14 x y  ． （2）当直线 ,OP OQ 的斜率都存在时，设直线OP 的方程为 y kx ，则 2 2 14 y kx x y      得 2 24 1 4k x  ，解得 2 2 2 2 2 4 4, ,1 4 1 4p p kx yk k    2 2 2 2 2 2 4 4 4 4| , |1 4 4 k kOP OQk k      同理 ， 2 2 2 2 1 1 5 5 5 | | | | 4 4 4 k OP OQ k     ． 设点O 到直线 PQ 的距离为 d ，在 RT OPQ 中， 由 2 2 2 | | | | d PQ OP OQ OP OQ PQ       得 2 2 2 2 1 1 1 4,| | | | 5dd OP OQ     2 5 5d  ，所以点 O 到直线 PQ 的距离为 2 5 5 ，当直线 ,OP OQ 之一的斜率不存在时， 另一个的斜率一定为 0，此时 P,Q 分别为椭圆的长轴和短轴的端点，点 O 到直线 PQ 的距离 为 2 1 2 5 55 d   ． 综上可知，当OP OQ 时，点 O 到直线 PQ 的距离为定值 2 5 5 ． 【变式 2】【第（1）问变为求离心率；第（2）问变为求最值问题】已知椭圆 :C 2 2 2 2 1x y a b   （ 0, 0a b  ）的两个顶点分别为  ,0A a ，  ,0B a ，点 P 为椭圆上异于 ,A B 的点， 设直线 PA 的斜率为 1k ，直线 PB 的斜率为 2k ， 1 2 1 2k k   . （1）求椭圆C 的离心率； （2）若 1b  ，设直线l 与 x 轴交于点  1,0D  ，与椭圆交于 ,M N 两点，求 OMN 的面 积的最大值． 【答案】（1） 2 2 ；（2） 2 2 【 解 析 】（ 1 ）  0 0P x y设 ， ，代入椭圆的方程有： 2 2 0 0 2 2 1x y a b   ， 整 理 得  2 2 2 2 0 02 by x aa    ， 又 0 1 0 yk x a   ， 0 2 0 yk x a   ，所以 2 0 1 2 2 2 0 1 2 yk k x a    ， 2 1 2 2 1 2 bk k a    联立两个方程有 ， 2 2 ce a  解得： ． （2）由（Ⅰ）知 2 22a b ，又 1b  ，所以椭圆 C 的方程为 2 2 12 1 x y  . 设直线l 的方程为： 1x my  ，代入椭圆的方程有：  2 22 2 1 0m y my    ， 设    1 1 2 2M x y N x y， ， ， ， 1 2 1 22 2 2 1 2 2 my y y ym m     由韦达定理： ， ，   2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 1 1 1 8 8 2 142 2 2 2 2OMN m mS OD y y y y y y m m          所以 ， 令  2 1 1m t t   ，则有 2 2 1m t  ， 代入上式有 2 2 2 2 1 2 2 2 1 22 1OMN m tS m t t t         ， 当且仅当 1t  ，即 0m  时等号成立，所以 OMN 的面积的最大值为 2 2 ． 【数学思想】 1．函数思想的渗透 由于椭圆问题中某些元素处于运动变化之中，存在着相互联系、相互制约的量，它们之间往 往构成函数关系，从而可用函数的思想方法来解决，如求距离、面积、角度的最值及取值范 围等． 2．方程思想的渗透 求椭圆的标准方程一般结合待定系数法，通过建立方程(组)来解决；判断直线与椭圆的位置 关系和求相关参数的值常常须建立关于参数的方程来解决；解决直线与椭圆的位置关系问题 往往须转化为二次方程来解决． 3．分类讨论思想的渗透 若题中的涉及到椭圆曲线类型或点、直线、曲线的相互间的位置变化不明确时，常常需要进 行分类讨论解答． 4．转化与化归思想 转化与化归思想在椭圆问题的解决中可谓无处不在，特别是利用定义转化焦半径、平面几何 知识的转化，往往能使问题得到快速的解决． 【处理集合问题注意点】 1．椭圆的定义中易忽视 1 22 | |a F F＞ 这一条件； 2．易忽略椭圆的标准方程   2 2 2 2 1 0x y a ba b     中的 0a b  条件； 3．求解椭圆方程方程中含有参数问题时，或根据条件无法确定焦点的位置时，注意不要忽 视焦点的位置，常常要通过分类讨论进行解答； 4．求解与椭圆相关的最值或几何量的取值范围时，如果建立的函数的自变量是椭圆点的坐 标，此时易忽视椭圆方程中未知数的取值范围． 5．解答直线与椭圆位置关系综合题时，一般要注意直线与椭圆的位置关系的限制条件，直 线的斜率是否存在的讨论，也可能存在考虑问题不全面或不进行严密的推导而导致错误． 【典例试题演练】 1．【2017 届陕西黄陵中学高三下二模】已知椭圆的标准方程 2 2 110 yx   ，则椭圆的焦点坐 标为（ ） A． ( 10,0) ， ( 10,0) B． (0, 10) ， (0, 10) C． (0,3) ， (0, 3) D． (3,0) ， ( 3,0) 【答案】C 【解析】由已知 1,10  ba ，且焦点在 y 轴上，则 3110 c ，所以椭圆的焦点坐 标为 (0,3) ， (0, 3) ，故选 C． 2．【2017 河南息县第一高级中学次阶段测试二】已知圆 2 2: 4O x y  （ O 为坐标原点） 经过椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的短轴端点和两个焦点，则椭圆 C 的标准方程为 （ ） A． 2 2 14 2 x y  B． 2 2 18 4 x y  C． 2 2 116 4 x y  D． 2 2 132 16 x y  【答案】B 【解析】由题设可得 2b c r   ，故 2 2 2 4 4 8a b c     ，故选 B． 3．【2017 届安徽省淮北市高三上学期摸底】椭圆 2 2 14 3 x y  的右焦点到直线 3 3y x 的 距离是（ ） A． 3 2 B． 1 2 C．1 D． 3 【答案】B 【解析】椭圆的一个焦点为 (1,0) ，所求距离为 2 2 3 03 1 23( ) ( 1)3 d      ．故选 B． 4．【湖南省株洲市 2017 届高三一模】已知椭圆 22 2 2 1( 0)yx a ba b     ， 为左焦点， 为 右顶点, 1B , 2B 分别为上、下顶点，若 、 、 1B 、 2B 四点在同一个圆上，则此椭圆的 离心率为( ) A． 3 1 2  B． 5 1 2  C． 2 2 D． 3 2 【答案】B 【解析】由题设圆的半径 2 a cr  ，则 2 2 2 2 2 a c a cb a              ，即 2 2a c ac  ，∴ 2 1 0e e   ，解之得 1 5 2e   ，故选 B． 5．【广东省韶关市 2017 届高三 4 月高考模拟】 在平面直角坐标系 xOy 中,椭圆C 的中心 为原点,焦点 1F , 2F 在 x 轴上,离心率为 1 2 ,点 P 为椭圆上一点,且 1 2PF F 的周长为 12,那 么C 的方程为( ) A． 2 2 125 x y  B． 2 2 116 4 x y  C． 2 2 125 24 x y  D． 2 2 116 12 x y  【答案】D 【解析】由题设可得 1 22 c a ca    ．又椭圆的定义可得 2 2 12 6a c a c     ，即 3 6 2, 4c c a    ，所以 2 16 4 12b    ，则椭圆方程为 2 2 116 12 x y  ，故选 D． 6．【2018 福建省闽侯第六中学第一次月考】已知椭圆： 2 2 2 1(0 2)4 x y bb     ，左、右焦 点分别为 1 2,F F ，过 1F 的直线 l 交椭圆于 ,A B 两点，若 2 2BF AF  的最大值为 5，则b 的 值是（ ） A．1 B． 2 C． 3 2 D． 3 【答案】D 【解析】由椭圆定义，得 2 2 4 8AB AF BF a    ，所以当线段 AB 长度达最小值时， 2 2BF AF  有最 大值．当 AB 垂直 于 x 轴时 ， 2 2 2 min| | 2 2 2 b bAB ba      ，所 以 2 2BF AF  的最大值为 28 5b  ，所以 2 3b  ，即 3b  ，故选 D． 7．【2017 安徽省合肥市教学质量检测二】已知椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的左，右焦点为 1 2,F F ，离心率为 e ． P 是椭圆上一点，满足 2 1 2PF F F ，点 Q 在线段 1PF 上，且 1 2FQ QP  ．若 1 2 0F P F Q   ，则 2e  （ ） A． 2 1 B． 2- 2 C． 2- 3 D． 5 2 【答案】C 8．【2017 湖南省考前演练卷（三）】中心为原点O 的椭圆焦点在 x 轴上，A 为该椭圆右顶点， P 为椭圆上一点， 090OPA  ，则该椭圆的离心率 e 的取值范围是（ ） A． 1 ,12     B． 2 ,12       C． 1 6,2 3      D． 20, 2       【答案】B 【解析】设椭圆标准方程为 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     ，设  ,P x y ，点 P 在以OA 为直径的 圆上，圆的方程 2 2 2 2 2 a ax y            ，化简为 2 2 0x ax y   ， 2 2 2 2 2 2 0 1( 0) x ax y x y a ba b           可得 2 2 2 3 2 2 0b a x a x a b    。则 2 2 , 0 ,abx x ac    所双 2 20 ,ab ac   可得 2 12 e  ，故选 B． 9．【福建省泉州市 2017 届高三高考考前适应性模拟】 已知椭圆C ： 2 2 2 2 1x y a b   的左焦 点为 F ，若点 F 关于直线 1 2y x  的对称点 P 在椭圆 C 上， 则椭圆 C 的离心率为 （ ） A． 1 2 B． 2 2 C． 3 3 D． 5 3 【答案】D 【解析】椭圆左焦点坐标为  ,0F c ，它关于直线 1 2y x  的对称点为 3 4,5 5P c c    ， 据此可得 2 2 2 2 3 4 5 5 1 c c a b            ，整理可得： 2 2 2 2 2 29 16 25b c a c a b  ，结合 2 2 2b a c  整理可得： 4 2 2 49 50 25 0c a c a   ，即：   4 2 2 29 50 25 0, 5 9 5 0e e e e      ， 椭圆的离心率 0 1e  ，则 2 5 5,9 3e e  ．故选 D． 10．【2017 辽宁省沈阳市东北育才学校九模】椭圆 2 2 125 16 x y  的左右焦点分别为 1 2,F F ，弦 AB 过 1F ，若 2ABF 的内切圆周长为 ， ,A B 两点的坐标分别为    1 1 2 2, , ,x y x y ，则 1 2y y 值为（ ） A． 5 3 B． 10 3 C． 10 3 D． 5 3 【答案】A 【解析】由椭圆方程知： 5, 4, 3;a b c   则 1 2 6F F  ；根据椭圆定义得： 1 2 1 2 10AF AF BF BF    ；所以 2 2 1 1 2 2 20;AB AF BF AF BF AF BF       若 2ABF 的内切圆周长为 ，则内切 圆半径为 1 ;2r  则 2ABF 面积为  2 2 1 1 1 20 5;2 2 2S r AB AF BF       又 2ABF 面积为 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2AF F BF FS S S F F y F F y       ＝  1 2 1 62 y y  ＝ 1 2 1 23 ,( 0)y y y y  ，所以 1 23 5y y  ，则 1 2 5 3y y  ，故选 A． 11．【福建省泉州市 2017 届高三（5 月）第二次质量检查】 已知椭圆 2 2 : 14 3 x yC   的左 顶点、上顶点，右焦点分别为 , ,A B F ，则 AB AF   __________． 【答案】6 【解析】由椭圆方程知      2,0 , 0, 3 , 1,0A B C ，    2, 3 , 3,0AB AF   ，所以 6AB AF   ． 12．【河南省师范大学附属中学 2018 届高三 8 月开学考试】椭圆C ： 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的左焦点为 F ，若 F 关于直线 3 0x y  的对称点 A 是椭圆 C 上的点，则椭圆C 的离心 率为__________． 【答案】 3 1 【解析】设 F为右焦点,则 π, 3AF AF AF F    ， 3AF AF  ， 2FF AF  ，因此 椭圆C 的离心率为 2c 2 3 12 3 1 FF a AF AF       ． 13．【2017 届广西南宁市高三上学期期末】定义：椭圆上一点与两焦点构成的三角形为椭圆 的焦点三角形，已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的焦距为 4 5 ，焦点三角形的周长为 4 5 12 ，则椭圆C 的方程是_________． 【答案】 2 2 135 15 x y  【解析】设椭圆的半焦距为 c ，由题意得， 2 2 4 5 12 2 4 5 a c c      ，解得 2 5 6 c a    ，所以 4b  ， 故椭圆 C 的方程是 2 2 135 15 x y  ． 14．【山西省运城市 2017 届高三 4 月模拟调研】已知 F 是椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     ，的 左焦点， A 为右顶点， P 是椭圆上的一点，PF x 轴，若 3 4PF AF ，则该椭圆的离 心率是__________． 【答案】 1 4 【解析】根据椭圆几何性质可知 2bPF a  ， AF a c  ，所以   2 3 4 b a ca   ，即 2 24 3 3b a ac  ， 由 因 为 2 2 2b a c  ， 所 以 有  2 2 24 3 3a c a ac   ， 整 理 可 得 2 24 3 0c ac a   ，两边同除以 2a 得： 24 3 1 0e e   ，所以   4 1 1 0e e   ，由于 0 1e  ，所以 1 4e  ． 15．【2017 届河南省郑州市高三上学期月考】某同学的作业不小心被墨水玷污，经仔细辨认， 整理出以下两条有效信息： ①题目：“在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 2 22 1x y  的左顶点为 A ，过点 A 作两条 斜率之积为 2 的射线与椭圆交于 B ，C ，…” ②解：“设 AB 的斜率为 k ，…点 B 2 2 2 1 2 2( , )1 2 1 2 k k k k    ， 5( ,0)3D  ，…”据此，请你写出 直线CD 的斜率为_________．（用 k 表示） 【答案】 2 3 2 4 k k  【 解 析 】 因 为 直 线 ,AB AC 斜 率 之 积 为 2 , 所 以 AC 的 斜 率 为 2 k , 由 已 知 B 2 2 2 1 2 2( , )1 2 1 2 k k k k    , 5( ,0)3D  ,所以把 k 换成 2 k ,可得点 2 2 2 8 4( , )8 8 k kC k k    ,则直线 CD 的斜率为 2 2 2 2 4 38 8 5 2 4 8 3 k kk k k k    ． 16．【安徽省合肥市 2018 届高三调研性检】已知椭圆   2 2 2 2: 1 0x yE a ba b     经过点 13, 2P     ，左焦点为  3,0F  ． （1）求椭圆 E 的方程； （2）若 A 是椭圆 E 的右顶点，过点 F 且斜率为 1 2 的直线交椭圆 E 于 ,M N 两点，求 AMN 的面积． 【答案】(1) 2 2 14 x y  ；(2) 2 5+ 15 4 ． 【解析】（1）由椭圆的定义得：  2 1 13 3 2 24 2 a a      ． 又 3c  ，故 2 2 2 1b a c   ，∴椭圆 E 的方程为： 2 2 14 x y  ． （2）过  3,0F  的直线方程为  1 32y x  ， 2 3AF   ， 联立   2 2 1 32 14 y x x y         28 4 3 1 0y y    ， 设    1 1 2 2, , ,M x y N x y ，则 1 2 1 2 1 2 3 52{ 21 8 y y y y y y        ， ∴ AMN 的面积  1 2 1 1 5 2 5+ 152 32 2 2 4AF y y       ． 17．【江西省新余市 2017 届高三高考全真模拟】 如图 ，已知椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的左右顶点分别是    2,0 , 2,0A B ,离心率为 2 2 ,设 点   , 0P a t t  ,连接 PA 交 椭圆于点 C ，坐标原点是 O . （1）证明：OP BC ； （2）若三角形 ABC 的面积不大于四边形OBPC 的面积，求 t 的最小值 ． 【答案】（1）见答案；（2） 2 【解析】(1) 由已知易得: 2, 1a b  椭圆方程为 2 2 12 x y  , 设直线 PA 的方程为  2 2 2 ty x  ,由   2 2 12 2 2 2 x y ty x         ， 整理得 2 2 2 24 2 2 2 8 0t x t x t     ， 解得： 2 1 2 2 4 2 22, 4 tx x t     ，则点C 的坐标是 2 2 2 4 2 2 4,4 4 t t t t       ， 故直线 BC 的斜率为 2 BCk t   ， 由于故直线OP 的斜率为 2OP tk  ，所以 · 1,BC OPk k OP BC    . 18．【河南省名校联盟 2018 届高三第一次段考】椭圆 2 2 2 2 1x y a b   （ 0a b  ）的上下左右 四个顶点分别为 A ， B ， C ， D ， x 轴正半轴上的某点 P 满足 2PA PD  ， 4PC  ． （1）求椭圆的标准方程以及点 P 的坐标； （2）过点C 作倾斜角为锐角的直线 1l 交椭圆于点Q ，过点 P 作直线 2l 交椭圆于点 M ， N ， 且 1 2l l ，是否存在这样的直线 1l ， 2l 使得 CDQ ， MNA ， MND 的面积相等？若 存在，请求出直线的斜率；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）椭圆标准方程为 2 2 19 3 x y  ， P 点坐标为 1,0 ；（2） 3k  ． 【解析】（1）设点 P 的坐标为 0,0x （ 0 0x  ），易知 2 2 4a   ， 3a  ， 0 4 1x a   ， 2 2 02 3b x   ． 因此椭圆标准方程为 2 2 19 3 x y  ， P 点坐标为 1,0 ． （2）设直线的斜率为  0k k  ，  0 0,Q x y ，  1 1,M x y ，  2 2,N x y ，则 1l ：  3y k x  ， 2l ：  1y k x  MNA 、 MND 的面积相等，则点 A ， D 到直线 2l 的距离相等． 所以 2 2 3 3 1 1 k k k k k      ，解之得 3k  或 3 3k   （舍）． 当 3k  时，直线 2l 的方程可化为： 1 3 yx   ，代入椭圆方程并整理得： 25 3 12 0y y   ，所以 1 2 1 2 3 ,5 12 5 y y y y          所以  2 1 2 1 2 1 2 9 34 5y y y y y y     ； 所以 MND 的面积为 1 2 1 1 9 3 9 322 2 5 5PD y y      ． 当 3k  时，直线 1l 的方程可化为： 3 3 yx   ，代入椭圆方程并整理得： 25 3 3 0y y  ，解之得 0 3 3 5y  或 0 0y  （舍） 所以 CDQ 的面积为 1 3 3 9 362 5 5    ．所以 CDQ MNDS S  ，满足题意． 19．【江西省赣州市 2017 届高三第二次模拟】如图，椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的离心 率为 3 2e  ，顶点为 1 2 1 2A A B B、 、 、 ，且 1 1 1 2 3A B A B   ． （1）求椭圆C 的方程； （2） P 是椭圆 C 上除顶点外的任意点，直线 2B P 交 x 轴于点 Q ，直线 1 2A B 交 2A P 于点 E ．设 2A P 的斜率为 k ， EQ 的斜率为 m ，试问 2m k 是否为定值？并说明理由． 【答案】（1） 2 2 14 x y  ；（2） 1 2 【解析】（1）因为 3 2e  ，所以 3 2 c a  ， 由题意及图可得      1 1 2,0 , 0, , 0,A a B b B b  ， 所以    1 1 1 2, , ,A B a b A B a b    又 1 1 2 3A B AB   ，所以 2 2 3a b  ，所以 3c  ，所以 2 22, 1a b a b    所以椭圆C 的方程为： 2 2 14 x y  （2）证明：由题意可知  1 2,0A  ，  2 2,0A ，  1 0, 1B  ，  2 0,1B 因为 2A P 的斜率为 k ，所以直线 2A P 的方程为  2y k x  由   2 2 2 14 y k x x y        得 2 2 2 21 4 16 16 4 0k x k x k     其中 2 2Ax  ，所以 2 2 8 2 1 4P kx k   ，所以 2 2 2 8 2 4,1 4 1 4 k kP k k        则直线 2B P 的方程为   2 2 4 4 1 2 11 18 2 2 2 1 k k ky x xk k          （ 1 2k   ） 令 0y  ，则  2 2 1 2 1 kx k   ，即  2 2 1 ,02 1 kQ k      直线 1 2A B 的方程为 2 2 0x y   ， 由   2 2 0 2 x y y k x       ，解得 4 2 2 1{ 4 2 1 kx k ky k     ，所以 4 2 4,2 1 2 1 k kE k k       所以 EQ 的斜率     4 2 12 1 2 2 1 2 2 1 4 2 1 2 1 k kkm k k k k      所以 2 1 12 2 4 2 km k k     （定值） 20．【2017 届黑龙江省哈尔滨市高三二模】椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的左、右焦点分别为 1 2,F F ，且离心率为 1 2 ，点 P 为椭圆上一动点， 1 2F PF 内切圆面积的最大值为 3  ． （1）求椭圆的方程； （2）设椭圆的左顶点为 1A ，过右焦点 2F 的直线l 与椭圆相交于 ,A B 两点，连接 1 1,A A A B 并 延长分别交直线 4x  于 ,P Q 两点，以 PQ 为直径的圆是否恒过定点？若是，请求出定点坐 标；若不是，请说明理由． 【答案】（1） 2 2 14 3 x y  ；（2）定点  1,0 和  7,0 ． 【解析】（1）已知椭圆的离心率为 1 2 ，不妨设 c t ， 2a t ，即 3b t ，其中 0t  ， 又 1 2F F  内切圆面积取最大值 3  时，半径取最大值为 3 3r  ，由 1 2 1 2F F F FC2 rS     ， 由 1 2F FC  为定值，因此 1 2F FS  也取得最大值，即点为短轴端点， 因此  1 2 2 22 2 rb a c     ，  1 1 32 3 4 22 2 3t t t t      ，解得 1t  ， 则椭圆的方程为 2 2 14 3 x y  ． 假设 Q 为直径的圆是否恒过定点  ,m n ， 则 1 1 64 , 2 ym nx         ， 2 2 6Q 4 , 2 ym nx         ，  2 1 2 1 2 6 6Q 4 02 2 y ym n nx x                 ， 即  2 1 2 1 2 6 6Q 4 03 3 y ym n nty ty                 ， 即        21 2 1 2 2 2 1 2 1 2 36 12 18 4 03 9 nt y y n y y n mt y y t y y          ，           22 2 2 36 12 9 18 6 4 0 9 3 6 9 3 4 nt n t n m t t t t              ， 即  226 9 4 0nt n m     ，若 Q 为直径的圆是否恒过定点  ,m n ， 即不论t 为何值时， Q 0   恒成立，因此， 0n  ， 1m  或 7m  ， 即恒过定点 1,0 和 7,0 ．