新课标版高考数学复习题库考点22 椭圆

新课标版高考数学复习题库考点22 椭圆

考点 22 椭圆 1.（2010·福建高考文科·Ｔ１1）若点 O 和点 F 分别为椭圆 2 2 14 3 x y  的中心和左焦点，点 P 为椭圆上 的任意一点，则 OP FP  的最大值为（ ） (A)2 （B）3 （C）6 （D）8 【命题立意】本题考查椭圆的基本概念、平面向量的内积、利用二次函数求最值. 【思路点拨】先求出椭圆的左焦点，设出点 P 坐标，依题意写出OP FP  的表达式，进而转化为求解条件 最值的问题，利用二次函数的方法求解. 【规范解答】选 C.设  0 0P x , y ，则 2 2 2 20 0 0 0 x y 3x1 y 34 3 4    即， 2 2 2 20 0 0 0 x y 3x1 y 34 3 4    即 ，又因为  F 1,0 ，   2 0 0 0OP FP x x 1 y       2 0 0 1 x x 34     2 0 1 x 2 24    ，又  0x 2,2  ，    OP FP 2,6    ， 所以  max 6OP FP   . 2.（2010·广东高考文科·Ｔ7）若一个椭圆长轴的长度、短轴的长度和焦距成等差数列，则该椭圆的离 心率是（ ） （A） 4 5 （B） 3 5 （C） 2 5 （D） 1 5 【命题立意】本题考查椭圆的基本性质以及等差数列的定义. 【思路点拨】由椭圆长轴的长度、短轴的长度和焦距成等差数列，列出 a ，b ，c 的关系，再转化为 a ， c 间的关系，从而求出 e . 【规范解答】选 B . 椭圆长轴的长度、短轴的长度和焦距成等差数列,  2b a c  ，  2 24 ( )b a c  ，即： 2 2 24 2b a ac c   ，又 2 2 2a b c  ，  2 24( )a c  2 22a ac c  ，即 2 23 2 5 0a ac c   ， ( )(3 5 ) 0a c a c   ，  0a c  （舍去）或 3 5 0a c  ， 3 5 ce a   ，故选 B . 3．（2010·陕西高考理科·Ｔ20）如图，椭圆 C： 2 2 1 2 1 2 1 22 2 1 , , , , , ,x y A A B B F Fa b   的顶点为 焦点为 1 1 2 2 1 1 2 21 1 7, 2A B A B B F B FA B S S   . (Ⅰ)求椭圆 C 的方程. (Ⅱ)设 n 是过原点的直线，l 是与 n 垂直相交于 P 点、与椭圆 相交于 A,B 两点的直线， 1,OP  是否存在上述直线 l 使 1AP PB    成立？若存在，求出直线 l 的方程；若不存在，请说明理由. 【命题立意】本题考查了椭圆的标准方程、直线与圆锥曲线的位置关系，是一道综合性的试题，考查了学 生综合运用知识解决问题的能力.其中问题（Ⅱ）是一个开放性问题，考查了观察、推理以及创造性地分 析问题、解决问题的能力. 【思路点拨】已知  ,a b 的方程组 ,a b  椭圆 C 的方程 假设存在直线 l 使命题成立 结论 【规范解答】（Ⅰ）由 1 1 7A B  知 a2+b2=7, ① 由 1 1 2 2 1 1 2 2 2 2 ,A B A B B F B FS S a c   知 ② 又 2 2 2b a c  ， ③ 由 ①②③解得 2 24, 3.a b  故椭圆 C 的方程为 2 2 1.4 3 x y  （Ⅱ）设 A,B 两点的坐标分别为（x1,y1），(x1,y1 )， 假设存在直线 l 使 1AP PB    成立， （ⅰ）当 l 与 x 轴不垂直时，设 l 的方程为 y=kx+m, 由 l 与 n 垂直相交于 P 点且 1,OP  得 2 2 2 1, 1. 1 m m k k      因为 1,OP  1AP PB    ， 2 1 2 1 2 2 2 2 ( ) ( ) 1 0 0 1 0, 0. (3 4 ) 8 4( 3) 0, OA OB OP PA OP PB OP OP PB PA OP PA PB x x y y y kx m k x kmx m                                          将 代入椭圆方程，得 由根与系数的关系得： 1 2 2 8 ,3 4 kmx x k    ④ 2 1 2 2 4( 3) ,3 4 mx x k   ⑤ 将④⑤代入上式并化简得 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4(1 )( 3) 8 (3 4 ) 0, 1 5(1 ) 0 k m k m m k m k k l            将 代入上式并化简得： ，矛盾，故此时的直线 不存在. （ⅱ）当 l 与 x 轴垂直时，满足 1OP  的直线 l 的方程为 1, 1x x  或 ， 4.（2010·海南高考理科·T20）设 1 2,F F 分别是椭圆 E: 2 2 2 2 1x y a b   （a>b>0）的左、右焦点，过 1F 斜率 为 1 的直线l 与 E 相交于 ,A B 两点，且 2AF , AB , 2BF 成等差数列. （Ⅰ)求 E 的离心率. （Ⅱ）设点 P（0,-1）满足 PA PB ,求 E 的方程. 【命题立意】本题综合考查了椭圆的定义、等差数列的概念以及直线与椭圆的关系等.解决本题时，一定 要灵活运用根与系数的关系以及弦长公式等知识. 【思路点拨】利用等差数列的定义，得出 2AF , AB , 2BF 满足的一个关系，然后再利用椭圆的定义进行 计算. 【规范解答】（Ⅰ)由椭圆的定义知， 2 2 4AF BF AB a   ，又 2 22 AB AF BF  ， 得 4 3AB a ， l 的方程为 y x c  ，其中 2 2c a b  . 设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，则 ,A B 两点坐标满足方程组 化简得， 2 2 2 2 2 2 2( ) 2 ( ) 0a b x a cx a c b     ， 则 2 1 2 2 2 2a cx x a b    ， 2 2 2 1 2 2 2 ( )a c bx x a b   . 因为直线 AB 斜率为 1，所以 2 2 1 1 2 1 22 2 ( ) 4AB x x x x x x       ， 得 2 2 2 4 4 3 a ab a b   ，故 2 22a b ,所以 E 的离心率 2 2 2 2 c a be a a    . （Ⅱ）设 ,A B 两点的中点为  0 0,N x y ，由（Ⅰ)知 2 1 2 0 2 2 2 2 3 x x a cx ca b      ， 0 0 3 cy x c   . 由 PA PB ，可知 1PNk   ,即 0 0 1 1y x    ，得 3c  ，从而 3 2, 3a b  . 椭圆 E 的方程为 2 2 118 9 x y  . 【方法技巧】熟练利用圆锥曲线的定义及常用的性质，从题目中提取有价值的信息，然后列出方程组进行 相关的计算. 5. （2010·陕西高考文科·Ｔ20）如图，椭圆 C： 2 2 1 2 1 2 1 22 2 1 , , , , , ,x y A A B B F Fa b   的顶点为 焦点为 1 1 2 2 1 1 2 21 1 7, 2A B A B B F B FA B S S   . (Ⅰ)求椭圆 C 的方程. (Ⅱ)设 n 是过原点的直线，l 是与 n 垂直相交于 P 点、 与椭圆相交于 A,B 两点的直线， 1,OP  是否存在上述直线 l 使 0OA OB    成立？ 若存在，求出直线 l 的方程；若不存在，请说明理由. 【命题立意】本题考查了椭圆的标准方程、直线与圆锥曲线的位置关系，是一道综合性的试题，考查了学 生综合运用知识解决问题的能力.其中问题（Ⅱ）是一个开放性问题，考查了观察、推理以及创造性地分 析问题、解决问题的能力. 【思路点拨】已知  ,a b 的方程组 ,a b  椭圆 C 的方程 假设存在直线 l 使命题成立 结论 【规范解答】（Ⅰ）同理科. （Ⅱ）设 A,B 两点的坐标分别为（x1,y1），(x2,y2)， 假设存在直线 l 使 0OA OB    成立， （ⅰ）当 l 与 x 轴不垂直时，设 l 的方程为 y=kx+m, 由 l 与 n 垂直相交于 P 点且 1,OP  得 2 2 2 1, 1. 1 m m k k      由 0OA OB    得 1 2 1 2 0.x x y y  2 2 2(3 4 ) 8 4( 3) 0, y kx m k x kmx m        将 代入椭圆方程，得 由根与系数的关系得： 1 2 2 8 ,3 4 kmx x k    ④ 2 1 2 2 4( 3) ,3 4 mx x k   ⑤ 将④⑤代入上式并化简得 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4(1 )( 3) 8 (3 4 ) 0, 1 5(1 ) 0 k m k m m k m k k l            将 代入上式并化简得： ，矛盾，故此时的直线 不存在. （ⅱ）当 l 与 x 轴垂直时，满足 1OP  的直线 l 的方程为 1, 1x x  或 ， 6.（2010·江苏高考·Ｔ１8）在平面直角坐标系 xoy 中，如图，已知 椭圆 159 22  yx 的左、右顶点为 A，B，右焦点为 F.设过点 T（ mt, ） 的直线 TA，TB 与此椭圆分别交于点 M ),( 11 yx ， ),( 22 yxN ，其中 m>0, 0,0 21  yy . （1）设动点 P 满足 422  PBPF ,求点 P 的轨迹. （2）设 3 1,2 21  xx ，求点 T 的坐标. （3）设 9t ,求证：直线 MN 必过 x 轴上的一定点（其坐标与 m 无关）. 【命题立意】本题主要考查求曲线的方程，考查直线与椭圆的方程及其相关的基础知识.考查运算求解能 力和探究问题的能力. 【思路点拨】（1）设出 P 点的坐标，然后代入 422  PBPF ，化简即可.(2) 点 T 为直线 MT 和 NT 的交 点.（3）联立直线 MAT、直线 NBT 和椭圆方程，求出 M 和 N 的坐标，从而求出直线 MN 的方程,进而求证结 论. 【规范解答】（1）设点 P（x，y），则：F（2，0），B（3，0），A（-3，0）. 由 422  PBPF ，得 2 2 2 2( 2) [( 3) ] 4,x y x y      化简得 9 2x  ， 故所求点 P 的轨迹为直线. （2）将 3 1,2 21  xx 分别代入椭圆方程，以及 0,0 21  yy 得：M（2， 5 3 ），N（ 1 3 ， 20 9  ）， 直线 MTA 方程为： 0 3 5 2 303 y x   ，即 1 13y x  ， 直线 NTB 方程为： 0 3 20 10 39 3 y x     ，即 5 5 6 2y x  . 联立方程组，解得： 所以点 T 的坐标为 10(7, )3 . （3）点 T 的坐标为 (9, )m 直线 MTA 方程为： 0 3 0 9 3 y x m    ，即 ( 3)12 my x  ， 直线 NTB 方程为： 0 3 0 9 3 y x m    ，即 ( 3)6 my x  . 两直线分别与椭圆 159 22  yx 联立方程组，同时考虑到 1 23, 3x x   ， 解得： 2 2 2 3(80 ) 40( , )80 80 m mM m m    ， 2 2 2 3( 20) 20( , )20 20 m mN m m    . 方法一：当 1 2x x 时，直线 MN 方程为： 2 2 2 2 2 2 2 2 2 20 3( 20) 20 20 40 20 3(80 ) 3( 20) 80 20 80 20 m my xm m m m m m m m m m          令 0y  ，解得： 1x  .此时直线必过点 D（1，0）； 当 1 2x x 时，直线 MN 方程为： 1x  ，与 x 轴交点为 D（1，0）. 所以直线 MN 必过 x 轴上的一定点 D（1，0）. 方法二：若 1 2x x ，则由 2 2 2 2 240 3 3 60 80 20 m m m m    及 0m  ，得 2 10m  ， 此时直线 MN 的方程为 1x  ，过点 D（1，0）. 若 1 2x x ，则 2 10m  ，直线 MD 的斜率 2 2 2 2 40 1080 240 3 40180 MD m mmk m m m    ， 直线 ND 的斜率 2 2 2 2 20 1020 3 60 40120 ND m mmk m m m     ，得 MD NDk k ，所以直线 MN 过 D 点. 因此，直线 MN 必过 x 轴上的点（1，0）. 【方法技巧】由于定点、定值是变化中的不变量，引进参数表述这些量，不变的量就是与参数无关的量， 通过研究何时变化的量与参数无关，找到定点或定值的方法叫做参数法，其解题的关键是用合适的参数表 示变化的量. 当要解决动直线过定点问题时，可以根据确定直线的条件建立直线系方程，通过该直线过定点所满足 的条件确定所要求的定点坐标. 7.（2010·安徽高考理科·Ｔ19）已知椭圆 E 经过点  2,3A ，对称轴为坐标轴，焦点 1 2,F F 在 x 轴上， 离心率 1 2e  . (1)求椭圆 E 的方程. (2)求 1 2F AF 的角平分线所在直线l 的方程. (3)在椭圆 E 上是否存在关于直线l 对称的相异两点？ 若存在，请找出；若不存在，说明理由. 【命题立意】本题主要考查椭圆的定义及标准方程，椭圆的简单性质，点关于直线的对称性等知识，考查 考生在解析几何的基本思想方法方面的认知水平，探究意识，创新意识和综合运算求解能力． 【思路点拨】（1）设出椭圆的标准方程，再根据题设条件构建方程（组）求解. （2）根据角平分线的性质求出直线l 的斜率或直线l 上的一个点的坐标，进而求得直线l 的方程. （3）先假设椭圆 E 上存在关于直线l 对称的相异两点，在此基础之上进行推理运算，根据推理结果做 O F2F1 A x y 出判断. 【规范解答】（1）设椭圆 E 的方程为 2 2 2 2 1x y a b   （ 0a b  ）， 由题意 1 2 ce a   ， 2 2 4 9 1a b   ，又 2 2 2c a b  ，解得： 2, 4, 2 3c a b   ， 椭圆 E 的方程为 2 2 116 12 x y  . （2）方法一：由（1）得 1( 2,0)F  ， 2 (2,0)F ，又  2,3A ，易得 1 2F AF 为直角三角形，其中 2 1 2 13, 4, 5,AF F F AF   . 设 1 2F AF 的角平分线所在直线l 与 x 轴交于点 M ，根据角平分线定理可知： 1 2 1 2 AF AF F M F M  ，可得 2 3 2F M  ， 1( ,0)2M ， 直线l 的方程为： 1 0 2 13 0 2 2 xy    ，即 2 1y x  . 方法二：由（1）得 1( 2,0)F  ， 2 (2,0)F ，又  2,3A ，  1 ( 4, 3)AF    ， 2 (0, 3)AF   ，  1 2 1 2 1 1 4( 4, 3) (0, 3) (1,2)5 3 5| | | | AF AF AF AF             ，  2lk  ，直线l 的方程为： 3 2( 2)y x   ，即 2 1y x  . （3）假设椭圆 E 上存在关于直线l 对称的相异两点 P ，Q ， 令 1 1( , )P x y ， 2 2( , )Q x y ，且 P Q 的中点为 0 0( , )R x y . PQ l ， 2 1 2 1 1 2PQ y yk x x     ， 又 两式相减得: 2 2 2 2 2 1 2 1 016 12 x x y y   ，  2 1 2 1 2 1 2 1 16 16 1 2( )12 12 2 3 x x y y y y x x          ,即 0 0 2 3 x y  ③， 又 0 0( , )R x y 在直线l 上， 0 02 1y x  ④ 由③④解得： 0 02, 3x y  ， 所以点 R 与点 A 是同一点，这与假设矛盾， 故椭圆 E 上不存在关于直线l 对称的相异两点. 【方法技巧】 1.求圆锥曲线的方程，通常是利用待定系数法先设出曲线的标准方程，再根据题设条件构建方程（组）求 解. 2.利用向量表示出已知条件，可以将复杂的题设简单化，便于理解和计算. 3.对于存在性问题，其常规解法是先假设命题存在，再根据题设条件进行推理运算，若能推得符合题意的 结论，则存在性成立，否则，存在性不成立. 8.（2010·山东高考文科·Ｔ22）如图，已知椭圆 2 2 2 2 1 ( 0)x y a ba b     过点 2(1, )2 ，离心率为 2 2 ， 左、右焦点分别为 1F ， 2F .点 P 为直线 : 2l x y  上且不在 x 轴上的任意一点，直线 1PF 和 2PF 与椭圆 的交点分别为 A ， B 和C ， D ，O 为坐标原点. （1）求椭圆的标准方程. （2）设直线 1PF ， 2PF 的斜率分别为 1k ， 2k . ①证明： 1 2 1 3 2k k   ； ②问直线l 上是否存在点 P ，使得直线OA ， OB ，OC ，OD 的斜率 OAk ， OBk ， OCk ， ODk 满足 0OA OB OC ODk k k k    ？ 若存在，求出所有满足条件的点 P 的坐标；若不存在，说明理由. 【命题立意】本题主要考查椭圆的基本概念和性质，考查直线与椭圆的位置关系，考查数形结合思想，分 类讨论思想以及探求解决新问题的能力. 【思路点拨】(1)根据离心率和已知点构造含有 cba ,, 的方程组，可求出椭圆的方程.（2）①方法一：将点 P 的坐标用 21,kk 表示出来，再将点 P 的坐标代入直线 : 2l x y  进行化简；方法二：设出点 P 的坐标， 再将 21,kk 用点 P 的坐标表示，并利用点 P 在直线上进行化简；②利用根与系数的关系将 OA OBk k 用 1k 表 示出来，将 OC ODk k 用 2k 表示出来，再由 0OA OB OC ODk k k k    可得关于 21,kk 的方程，再联立结论（1） 可求出 21,kk ，最终可求出点 P 的坐标. 【规范解答】（1）因为椭圆过点（ 2 2,1 ）， e 2 2 ，所以 2 2,1 2 11 22  a c ba . 又 222 cba  ，所以 1,1,2  cba ， 故 所求椭圆方程为 12 2 2  yx . (2) ①方法一： 由于 1( 1,0)F  ， 2 (1,0)F ， 1PF ， 2PF 的斜率分别为 1k ， 2k ，且点 P 不在 x 轴上，所以 1 0,k  2 0,k  1 2k k . 又直线 1PF ， 2PF 的方程分别为 1( 1)y k x  ， 2 ( 1)y k x  ，联立方程组得 1 2 2 1 1 2 2 1 , 2 . k kx k k k ky k k       由于 P 在直线 2x y  上，所以 1 2 1 2 2 1 2 2k k k k k k    ，因此 1 2 1 22 3 0,k k k k   即 1 2 1 3 2,k k   结论成立. 方法二：设 0 0( , )P x y ，则 0 1 0 1 yk x   ， 0 2 0 1 yk x   ，因为点 P 不在 x 轴上，所以 0 0y  ， 又 0 0 2x y  ，所以 0 0 0 0 1 2 0 0 0 0 1 3( 1) 4 2 21 3 2.x x x y k k y y y y         结论成立. ②:设      ( , ), , , , , , .A B B B C C D DA x y B x y C x y D x y 联立直线 1PF 与椭圆的方程得   2 2 1 1,2 1 , x y y k x       化简得 2 2 2 2 1 1 12 1 4 2 2 0k x k x k     , 因此 由于 OA,OB 的斜率存在,所以 0, 0,A Bx x  因此 k1 22 1 0,1.K  相似地可以得到 2 20, 0, 0,1,C Dx x k   2 2 2 2 1OC OD kk k k     , 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2( 1)( ) 2( ) 21 1 ( 1)( 1) ( 1)( 1)OA OB OC OD k k k k k k k k k k k kk k k k k k k k k k                    故 ， 若 0OA OB OC ODk k k k    ，则有 1 2 1 20 1k k k k   或 . 当 1 2 0k k  时，结合①的结论可得 2 2k － ，所以解得点 P 的坐标为（0,2）； 当 1 2 1k k  时，结合②的结论可得 2 23 1k k 或 － （此时 1 1k － ，不满足 1 2k k ，舍去），此时直线 CD 的方程为 3( 1)y x  ，联立方程 2x y  得 5 3,4 4x y  ，因此点 P 的坐标为 5 3( , )4 4 . 综上所述，满足条件的点 P 的坐标分别为（0,2）， 5 3( , )4 4 . 【方法技巧】解析几何中的存在判断型问题 1.基本特征：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形)是否存在或某一结论和参数无关. 2.基本策略：通常假定题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出 矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论.其中反证法在解题中起着重要的作用.或者将该问题涉及的几何 式转化为代数式或三角式来证明该式是恒成立的. 9.（2010·天津高考理科·Ｔ20）已知椭圆 2 2 2 2 1( 0x y a ba b     ）的离心率 3 2e  ，连接椭圆的四个顶 点得到的菱形的面积为 4. （1） 求椭圆的方程. （2） 设直线l 与椭圆相交于不同的两点 ,A B ，已知点 A 的坐标为（ ,0a ），点 0(0, )Q y 在线段 AB 的垂直平分线上，且 4QA QB    ，求 0y 的值. 【命题立意】本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质，直线的方程，平面向量等基础知识，考查用代 数方法研究圆锥曲线的性质及数形结合的思想，考查运算和推理能力. 【思路点拨】（1）建立关于 a,b 的方程组求出 a,b.（2）构造新的一元二次方程求解. 【规范解答】（1）由 3e 2 c a   ，得 2 23 4a c ，再由 2 2 2c a b  ，得 2a b ， 由题意可知， 1 2 2 4, 22 a b ab   即 . 解方程组 2 2 a b ab    ，得 a=2,b=1，所以椭圆的方程为 2 2 14 x y  . (2)由（1）可知 A（-2,0）.设 B 点的坐标为（x1,,y1）,直线 l 的斜率为 k，则直线 l 的方程为 y=k(x+2), 于是 A,B 两点的坐标满足方程组 2 2 ( 2) 14 y k x x y     ， ， 由方程组消去 y 整理，得 2 2 2 2(1 4 ) 16 (16 4) 0k x k x k     , 由 2 1 2 16 42 ,1 4 kx k    得 2 1 12 2 2 8 4, ,1 4 1 4 k kx yk k    从而 . 设线段 AB 的中点为 M，则 M 的坐标为 2 2 2 8 2( , )1 4 1 4 k k k k    . 以下分两种情况： （1）当 k=0 时，点 B 的坐标为（2,0）.线段 AB 的垂直平分线为 y 轴，于是 （2）当 k 0 时，线段 AB 的垂直平分线方程为 令 x=0，解得 由 2 1 0 1 0 2 2 2 2 2(2 8 ) 6 4 62 ( ( )1 4 1 4 1 4 1 4 k k k kQA QB x y y y k k k k             ）= 4 2 2 2 4(16 15 1) 4(1 4 ) k k k    = . 整理得 2 0 14 2 147 2, =7 5k k y   故 所以，2 0 14 2 147 2, =7 5k k y   故 所以 . 综上 0 0 2 14= 2 2 = 5y y 或 . 10.（2010·天津高考文科·Ｔ21）已知椭圆 2 2 2 2 1x y a b   （a>b>0）的离心率 e= 3 2 ，连接椭圆的四个顶 点得到的菱形的面积为 4. （Ⅰ）求椭圆的方程. （Ⅱ）设直线 l 与椭圆相交于不同的两点 A，B，已知点 A 的坐标为（-a，0）. （i）若 4 2AB 5 | |= ，求直线 l 的倾斜角； （ii）若点 Q y0（0， ）在线段 AB 的垂直平分线上，且 QA QB=4    .求 y0 的值. 【命题立意】本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、两点间的距离公式、直线的倾斜角、 平面向量等基础知识，考查用代数方法研究圆锥曲线的性质及数形结合的思想，考查综合分析与运算能力. 【思路点拨】（1）建立关于 a,b 的方程组求出 a,b；（2）构造新方程综合运用两点间的距离公式、 平面向量等知识求解. 【规范解答】（Ⅰ）由 e＝ 3 2 c a  ，得 2 23 4a c .再由 2 2 2c a b  ，得 a＝2b. 由题意可知 1 2 2 42 a b   ，即 ab＝2. 解方程组 2 , 2, a b ab    得 a=2，b=1. 所以椭圆的方程为 2 2 14 x y  . (Ⅱ)(i)由（Ⅰ）可知点 A 的坐标是（-2,0）.设点 B 的坐标为 1 1( , )x y ，直线 l 的斜率为 k，则直线 l 的方 程为 y=k（x+2）. 于是 A，B 两点的坐标满足方程组 2 2 ( 2), 1.4 y k x x y     消去 y 并整理，得 2 2 2 2(1 4 ) 16 (16 4) 0k x k x k     . 由 2 1 2 16 42 1 4 kx k    ，得 2 1 2 2 8 1 4 kx k   ，从而 1 2 4 1 4 ky k   . 所以 2 22 2 2 2 2 2 8 4 4 1| | 2 1 4 1 4 1 4 k k kAB k k k                . 由 4 2| | 5AB  ，得 2 2 4 1 4 2 1 4 5 k k   . 整理得 4 232 9 23 0k k   ，即 2 2( 1)(32 23) 0k k   ，解得 k＝ 1 . 所以直线 l 的倾斜角为 4  或 3 4  . （ii）设线段 AB 的中点为 M，由（i）得到 M 的坐标为 2 2 2 8 2,1 4 1 4 k k k k      . 以下分两种情况： （1）当 k=0 时，点 B 的坐标是（2,0），线段 AB 的垂直平分线为 y 轴，于是    0 02, , 2, .QA y QB y      由 4QA QB   ，得 y 2 2 0 . （2）当 0k  时，线段 AB 的垂直平分线方程为 2 2 2 2 1 8 1 4 1 4 k ky xk k k         . 令 0x  ，解得 0 2 6 1 4 ky k    . 由  02,QA y   ，  1 1 0,QB x y y  ，    2 1 0 1 0 2 2 2 2 2 2 8 6 4 62 1 4 1 4 1 4 1 4 k k k kQA QB x y y y k k k k                       4 2 22 4 16 15 1 4 1 4 k k k      ， 整理得 27 2k  ，故 14 7k   ，所以 0 2 14 5y   . 综上 y0= 2 2 或 0 2 14 5y   . 11.（2010·北京高考文科·Ｔ１9）已知椭圆 C 的左、右焦点坐标分别是 ( 2,0) ，( 2,0) ，离心率是 6 3 ， 直线 y t 与椭圆 C 交于不同的两点 M，N，以线段 MN 为直径作圆 P,圆心为 P. （Ⅰ）求椭圆 C 的方程. （Ⅱ）若圆 P 与 x 轴相切，求圆心 P 的坐标. （Ⅲ）设 Q（x,y）是圆 P 上的动点，当t 变化时，求 y 的最大值. 【命题立意】本题考查了求椭圆方程，直线与圆的位置关系，函数的最值.要求学生掌握椭圆标准方程中 , ,a b c 的关系，离心率 ce a  .直线与圆相切问题转化为圆心到直线的距离等于半径来求解.第（Ⅲ）问中 y 最大值的求法用到了三角代换，体现了数学中的转化与化归思想. 【思路点拨】由焦点可求出 c ，再利用离心率可求出 ,a b .直线与圆的位置关系转化为圆心到直线的距离. 用换元法求 y 的最大值. 【规范解答】（Ⅰ）因为 6 3 c a  ，且 2c  ，所以 2 23, 1a b a c    ， 所以椭圆 C 的方程为 2 2 13 x y  . （Ⅱ）由题意知 P(0, )( 1 1)p t t   由 得 23(1 )x t   ， 所以圆 P 的半径为 23(1 )t . 由 2| | 3(1 )t t  ，解得 3 2t   .所以点 P 的坐标是（0， 3 2  ）. （Ⅲ）由（Ⅱ）知，圆 P 的方程为 2 2 2( ) 3(1 )x y t t    .因为点 ( , )Q x y 在圆 P 上，所以由图可知 y2 2 23(1 ) 3(1 )y t t x t t       .设 cos , (0, )t     ，则 23(1 ) cos 3sin 2sin( )6t t         ， 当 3   ，即 1 2t  时， y 取最大值 2. 【方法技巧】（1）直线与圆的位置关系： d r 时相离； d r 时相切； d r 时相交. （2）求无理函数的最值时三角代换是一种常用的去根号的技巧. 12.（2010·辽宁高考文科·Ｔ20） 设 F1，F2 分别为椭圆 C: 2 2 2 2 x y a b  =1(a>b>0)的左右焦点，过 F2 的直线 l 与椭圆 C 相交于 A,B 两点，直线 l 的倾斜角为 60°,F1 到直线 l 的距离为 2 3 . (Ⅰ)求椭圆 C 的焦距. (Ⅱ)如果 2 2AF 2F B  ，求椭圆 C 的方程. 【命题立意】本题考查了直线的点斜式方程，直角三角形中的边角关系，考查了椭圆的离心率，椭圆的标 准方程，平面向量的坐标以及推理运算能力. 【思路点拨】（1）利用直角三角形中的边角关系直接求解. （2）联立直线方程和椭圆方程，消去 x,解出两个交点的纵坐标，利用这两个纵坐标间的关系，求出 a , 进而求出椭圆方程. 【规范解答】 x y P M N O 【方法技巧】1.第（I）问利用直角三角形中的边角关系比用点到直线的距离要简单，做题时要根据题目 特点，灵活选择解题策略. 2.直线方程与圆锥曲线方程联立成方程组是一种常用的方法. 13.（2010·辽宁高考理科·Ｔ20）设椭圆 C： 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的右焦点为 F，过点 F 的直线 l 与椭 圆 C 相交于 A，B 两点，直线 l 的倾斜角为 60o, 2AF FB  . (I) 求椭圆 C 的离心率. (II) 如果|AB|=15 4 ，求椭圆 C 的方程. 【命题立意】本题考查了直线的点斜式方程，考查了椭圆的离心率，椭圆的标准方程，考查了圆锥曲线中 的弦长问题，以及推理运算能力. 【思路点拨】（I）联立直线方程和椭圆方程，消去 x,解出两个交点的纵坐标，利用这两个纵坐标间的关系， 得出 a，b，c 间的关系，求出离心率. （II）利用弦长公式表示出|AB|，再结合离心率和 2 2 2a b c  ，求出 a，b，写出椭圆方程. 【规范解答】 【方法技巧】 1.直线、圆锥曲线的综合问题，往往是联立成方程组消去一个 x(或 y),得到关于 y(或 x)的一元二 次方程，使问题得以解决. 2.弦长问题，注意使用弦长公式，并结合一元二次方程根与系数的关系来解决问题. 14.（2010·福建高考理科·Ｔ17）已知中心在坐标原点 O 的椭圆 C 经过点 A（2 , 3），且点 F（2 ，0） 为其右焦点. （I）求椭圆 C 的方程. （II）是否存在平行于 OA 的直线l ，使得直线l 与椭圆 C 有公共点，且直线 OA 与l 的距离等于 4？若存 在，求出直线 l 的方程；若不存在，说明理由. 【命题立意】本小题主要考查直线、椭圆等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查函数与 方程思想、数形结合思想、化归与转化思想. 【思路点拨】第一步先求出左焦点，进而求出 a,c,然后求解椭圆的标准方程；第二步依题意假设直线l 的 方程为 3 2  y x t ，联立直线与椭圆的方程，利用判别式限制参数 t 的范围，再由直线 OA 与直线l 的距离 等于 4 列出方程，求解出 t 的值，注意判别式对参数 t 的限制. 【规范解答】（I）依题意，可设椭圆的方程为   2 2 2 2 1 0   x y a ba b ，且可知左焦点为  2,0 F ，从而 有 又 2 2 2 2, 12   a b c b ，故椭圆的方程为 2 2 116 12  x y . （II）假设存在符合题意的直线 l ，其方程为 3 2  y x t ，由 2 2 116 12 3 2       x y y x t ， 得 2 23 3 12 0   x tx t ， 因为直线l 与椭圆 C 有公共点，所以    2 23 4 3 12 0      t t ，解得 4 3 4 3  t .另一方面， 由直线 OA 与直线l 的距离等于 4 可得 4, 2 13 9 14      t t ，由于 2 13 4 3,4 3     ，所以 符合题意的直线l 不存在. 【方法技巧】在求解直线与圆锥曲线的位置关系中的相交弦问题时，我们一定要注意判别式  的限制，因 为椭圆与直线有交点，注意应用 0  进行验证可避免增根也可以用来限制参数的范围. 15.（2010·湖南高考文科·Ｔ19）为了考查冰川的融化状况，一支科考队在某冰川山上相距 8Km 的 A，B 两点各建一个考查基地，视冰川面为平面形，以过 A，B 两点的直线为 x 轴，线段 AB 的垂直平分线为 y 轴 建立平面直角坐标系（图 4）.考查范围为到 A，B 两点的距离之和不超过 10Km 的区域. （I） 求考查区域边界曲线的方程. （II） 如图 4 所示，设线段 1 2PP 是冰川的部分边界线（不考虑其他边界），当冰川融化时，边界线沿与 其垂直的方向朝考查区域平行移动，第一年移动 0.2km，以后每年移动的距离为前一年的 2 倍. 问：经过多长时间，点 A 恰好在冰川边界线上？ 【命题立意】把直线和圆锥曲线的关系问题放在生活实际中考查充分体现了知识的应用性，能很好地体现 学生应用知识的能力，而且打破了解析几何的固定命题模式. 【思路点拨】题目的阐述比较新颖，把求曲线的方程阐述成求区域的边界，不受表面阐述所干扰，还是利 用定义法求轨迹即可.第二问是数列问题，巧妙地把解析几何和数列的求和结合起来. 【规范解答】 (Ⅰ) 设边界曲线上点 P 的坐标为（x,y），则由|PA|+|PB|=10 知，点 P 在以 A,B 为焦点，长 轴为 2a=10 的椭圆上.此时短半轴长 345 22 b . 所以考查区域边界曲线的方程为 1925 22  yx . (Ⅱ) 易知过点 P1,P2 的直线方程为 04734  yx ，因此点 A 到直线 P1P2 的距离为 5 31 )3(4 |4716| 22   d . 设经过 n 年，点 A 恰好落在冰川边界线上，则利用等比数列求和公式可得 5 31 12 )12(2.0  n . 解得 n=5，即经过 5 年，点 A 恰好在冰川边界线上. 【方法技巧】1、求曲线的轨迹方程时常用的方法有：直译法，定义法，待定系数法，相关点法和参数法 等.注意各种方法的使用条件以及步骤.2、曲线上的点到直线的最短距离的求法：直线和圆常常转化为圆 心到直线的距离；直线和椭圆（双曲线、抛物线）常常利用平移直线，使直线和椭圆（双曲线、抛物线） 相切.当然也还有别的方法. 16. （2010·湖南高考理科·Ｔ4）为了考查冰川的融化状况，一支科考队在某冰川上相距 8km 的 A,B 两 点各建一个考查基地.视冰川面为平面形，以过 A,B 两点的直线为 x 轴，线段 AB 的的垂直平分线为 y 轴建 立平面直角坐标系（图 6）.在直线 x=2 的右侧，考查范围为到点 B 的距离不超过 6 5 5 km 的区域；在直线 x=2 的左侧，考查范围为到 A,B 两点的距离之和不超过 4 5 km 的区域. （Ⅰ）求考查区域边界曲线的方程. （Ⅱ）如图 6 所示，设线段 P1P2,P2P3 是冰川的部分边界线（不考虑其他边界线），当冰川融化时， 边界线沿与其垂直的方向朝考查区域平行移动，第一年移动 0.2km,以后每年移动的距离为前一年 的 2 倍，求冰川边界线移动到考查区域所需的最短时间. 【命题立意】把直线和圆锥曲线的关系问题放在生活实际中考查充分体现了知识的应用性.能很好地体现 学生应用知识的能力，而且打破了解析几何的固定命题模式. 【思路点拨】题目的阐述比较新颖，把求曲线的方程阐述成求区域的边界，不受表面阐述所干扰，还是利 用定义法求轨迹即可.第二问是数列问题，巧妙地把解析几何和数列的求和结合起来. 【规范解答】（1）设边界曲线上点 P 的坐标为(x,y). 当 x≥2 时，由题意知(x-4)2+y2= 5 36 . 当 x<2 时，由|PA|+|PB|=4 5 知，点 P 在以 A，B 为焦点，长轴长为 2a=4 5 的椭圆上.此时短半轴长 b=2. 因而其方程为 .1420 22  yx 故考查区域边界曲线的方程为 C1：(x-4)2+y2= 5 36 (x≥2)和 C2: .1420 22  yx (x<2). (2)设过点 P1，P2 的直线为 L1，过点 P2，P3 的直线为 L2，则直线 L1，L2 的方程分别为 y= .6,143  yx 设直线 L 平行于直线 L1，其方程为 代入椭圆方程,3 mxy  .1420 22  yx 消去 y, 得 16x2+10 .0)4(53 2  mmx 由△=100×3m2-4×16×5(m2-4)=0,解得 m=8,或 m=-8. 可以得到，当 m=8 时，直线 L 与 C2 的公共点到直线 L1 的距离最近，此时直线 L 的方程为 .3 31 |814|,83 1    dLLxy 之间的距离为与 又直线 L2 到 C1 和 C2 的最短距离 d′=6- 5 56 ,而 d′>3，所以考查区域边界到冰川边界线的最短距离为 3. 设冰川边界线移动到考查区域所需的时间为 n 年，则由题设及等比数列求和公式，得 .4,312 )12(2.0   n n 所以 故冰川边界线移动到考查区域所需的最短时间为 4 年. 【方法技巧】1.求曲线的轨迹方程时常用的方法有：直译法，定义法，待定系数法，相关点法和参数法等. 注意各种方法的使用条件以及步骤. 2.曲线上的点到直线的最短距离的求法：直线和圆常常转化为圆心到直线的距离.直线和椭圆（双曲线、 抛物线）常常利用平移直线，使直线和椭圆（双曲线、抛物线）相切.当然也还有别的方法.