2021届新高考版高考数学一轮复习精练：§9-3 椭圆（试题部分）
§9.3 椭圆
基础篇固本夯基
【基础集训】
考点一 椭圆的定义及标准方程
1.已知椭圆y2m+x22=1的一个焦点为0,12,则m=( )
A.1 B.2 C.3 D.94
答案 D
2.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)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43,则C的方程为( )
A.x23+y22=1 B.x23+y2=1
C.x212+y28=1 D.x212+y24=1
答案 A
3.在平面直角坐标系xOy中,P是椭圆y24+x23=1上的一个动点,点A(1,1),B(0,-1),则|PA|+|PB|的最大值为( )
A.5 B.4 C.3 D.2
答案 A
4.椭圆x29+y225=1上的一点P到两焦点的距离的乘积为m,当m取最大值时,点P的坐标是 .
答案 (-3,0)或(3,0)
考点二 椭圆的几何性质
5.以椭圆短轴为直径的圆经过此椭圆的长轴的两个三等分点,则椭圆的离心率是( )
A.13 B.33 C.34 D.223
答案 D
6.设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,P是C上的点,PF2⊥F1F2,∠PF1F2=30°,则C的离心率为( )
A.36 B.13 C.12 D.33
答案 D
7.设椭圆的方程为x2a2+y2b2=1b≥32a>0,右焦点为F(c,0)(c>0),方程ax2+bx-c=0的两实根分别为x1,x2,则x12+x22的取值范围是( )
A.0,32 B.1,32
C.1,34 D.1,74
答案 D
考点三 直线与椭圆的位置关系
8.(2019河北衡水中学五调,6)与椭圆x22+y2=1有相同的焦点且与直线l:x-y+3=0相切的椭圆的离心率为( )
A.22 B.55 C.12 D.15
答案 B
9.椭圆x225+y216=1的左,右焦点分别为F1,F2,弦AB过F1,若△ABF2的内切圆周长为π,A,B两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则|y1-y2|的值为( )
A.53 B.103
C.103 D.53
答案 A
10.已知P(1,1)为椭圆x24+y22=1内一定点,经过P引一条弦,使此弦被P点平分,且弦与椭圆交于A、B两点,则此弦所在直线的方程为 .
答案 x+2y-3=0
11.设F1,F2分别是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左,右焦点,M是C上一点且MF2与x轴垂直.直线MF1与C的另一个交点为N.
(1)若直线MN的斜率为34,求C的离心率;
(2)若直线MN在y轴上的截距为2,且|MN|=5|F1N|,求a,b.
解析 (1)根据题意知F1(-c,0),Mc,b2a.
由kMN=34得b2a-0c-(-c)=34,
即2b2=3ac,将b2=a2-c2代入得2(a2-c2)=3ac,2c2-2a2+3ac=0,
2e2+3e-2=0,解得e=12或e=-2(舍),
故C的离心率为12.
(2)由题意,知原点O为F1F2的中点,MF2∥y轴,设直线MF1与y轴的交点为D,则D(0,2)是线段MF1的中点,故b2a=4,即b2=4a,①
由|MN|=5|F1N|得|DF1|=2|F1N|.
设N(x1,y1),由题意知y1<0,则
2(-c-x1)=c,-2y1=2,即x1=-32c,y1=-1.
代入C的方程,得9c24a2+1b2=1.②
将①及c=a2-b2代入②得9(a2-4a)4a2+14a=1.
解得a=7,则b2=4a=28.故b=27.
评析 本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质,直线与椭圆的位置关系等基础知识,考查用代数方法研究圆锥曲线的性质,考查运算求解能力,以及用方程思想解决问题的能力.
综合篇知能转换
【综合集训】
考法一 与椭圆定义相关的问题
1.(2018湖北十堰十三中质检,6)一个椭圆的中心在原点,焦点F1,F2在x轴上,P(2,3)是椭圆上一点,且|PF1|,|F1F2|,|PF2|成等差数列,则椭圆的方程为( )
A.x28+y26=1 B.x216+y26=1
C.x24+y22=1 D.x28+y24=1
答案 A
2.(2019豫东豫北十校4月联考,8)椭圆C:x2a2+y2=1(a>0)的左、右焦点分别为F1,F2,P为椭圆上异于端点的任意一点,PF1,PF2的中点分别为M,N,O为坐标原点,四边形OMPN的周长为23,则△PF1F2的周长是( )
A.2(2+3) B.4+23
C.2+3 D.2+23
答案 A
3.(2018湖北重点中学4月联考,7)已知椭圆x24+y23=1的左、右焦点分别为F1、F2,过F2且垂直于长轴的直线交椭圆于A,B两点,则△ABF1内切圆的半径为( )
A.43 B.1 C.45 D.34
答案 D
考法二 椭圆离心率问题的求法
4.(2019福建3月质检,9)设椭圆E的两焦点分别为F1,F2,以F1为圆心,|F1F2|为半径的圆与E交于P,Q两点.若△PF1F2为直角三角形,则E的离心率为( )
A.2-1 B.5-12
C.22 D.2+1
答案 A
5.(2018河北衡水金卷二模,7)我国自主研制的第一个月球探测器——“嫦娥一号”卫星在西昌卫星发射中心成功发射后,在地球轨道上经历3次调相轨道变轨,奔向月球,进入月球轨道,“嫦娥一号”轨道是以地心为一个焦点的椭圆,设地球半径为R,卫星近地点,远地点离地面的距离分别是R2,5R2(如图所示),则“嫦娥一号”卫星轨道的离心率为( )
A.25 B.15 C.23 D.13
答案 A
6.(2019河北武邑中学二模,12)设F,B分别为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点和上顶点,O为坐标原点,C是直线y=bax与椭圆在第一象限内的交点,若FO+FC=λ(BO+BC),则椭圆的离心率是( )
A.22+17 B.22-17
C.22-13 D.2-1
答案 A
考法三 直线与椭圆位置关系问题的解法
7.(2019北京清华中学生标准学术能力试卷文,6)已知椭圆x2a2+y24=1(a>2)的左、右焦点分别为F1、F2,过F1的直线交椭圆于A,B两点.若|AF2|+|BF2|的最大值为283,则该椭圆的离心率为( )
A.22 B.53 C.12 D.59
答案 B
8.(2017北京,19,14分)已知椭圆C的两个顶点分别为A(-2,0),B(2,0),焦点在x轴上,离心率为32.
(1)求椭圆C的方程;
(2)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 本题考查椭圆的方程和性质,直线的方程等知识,考查运算求解能力.
(1)设椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0).
由题意得a=2,ca=32,
解得c=3.
所以b2=a2-c2=1.
所以椭圆C的方程为x24+y2=1.
(2)证明:设M(m,n),
则D(m,0),N(m,-n).
由题设知m≠±2,且n≠0.
直线AM的斜率kAM=nm+2,
故直线DE的斜率kDE=-m+2n.
所以直线DE的方程为y=-m+2n(x-m).
直线BN的方程为y=n2-m(x-2).
联立y=-m+2n(x-m),y=n2-m(x-2),
解得点E的纵坐标yE=-n(4-m2)4-m2+n2.
由点M在椭圆C上,得4-m2=4n2.
所以yE=-45n.
又S△BDE=12|BD|·|yE|=25|BD|·|n|,
S△BDN=12|BD|·|n|,
所以△BDE与△BDN的面积之比为4∶5.
【五年高考】
考点一 椭圆的定义及标准方程
1.(2019课标Ⅰ,10,5分)已知椭圆C的焦点为F1(-1,0),F2(1,0),过F2的直线与C交于A,B两点.若|AF2|=2|F2B|,|AB|=|BF1|,则C的方程为( )
A.x22+y2=1 B.x23+y22=1 C.x24+y23=1 D.x25+y24=1
答案 B
2.(2019课标Ⅲ,15,5分)设F1,F2为椭圆C:x236+y220=1的两个焦点,M为C上一点且在第一象限.若△MF1F2为等腰三角形,则M的坐标为 .
答案 (3,15)
3.(2015陕西,20,12分)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)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:(x+2)2+(y-1)2=52的一条直径,若椭圆E经过A,B两点,求椭圆E的方程.
解析 (1)过点(c,0),(0,b)的直线方程为bx+cy-bc=0,
则原点O到该直线的距离d=bcb2+c2=bca,
由d=12c,得a=2b=2a2-c2,可得离心率ca=32.
(2)解法一:由(1)知,椭圆E的方程为x2+4y2=4b2.①
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y=k(x+2)+1,代入①得
(1+4k2)x2+8k(2k+1)x+4(2k+1)2-4b2=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=-8k(2k+1)1+4k2,
x1x2=4(2k+1)2-4b21+4k2.
由x1+x2=-4,得-8k(2k+1)1+4k2=-4,
解得k=12.
从而x1x2=8-2b2.
于是|AB|=1+122|x1-x2|
=52(x1+x2)2-4x1x2
=10(b2-2).
由|AB|=10,得10(b2-2)=10,解得b2=3.
故椭圆E的方程为x212+y23=1.
解法二:由(1)知,椭圆E的方程为x2+4y2=4b2.②
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x12+4y12=4b2,x22+4y22=4b2,
两式相减并结合x1+x2=-4,y1+y2=2,得
-4(x1-x2)+8(y1-y2)=0,
易知AB与x轴不垂直,则x1≠x2,
所以AB的斜率kAB=y1-y2x1-x2=12.
因此直线AB的方程为y=12(x+2)+1,
代入②得x2+4x+8-2b2=0.
所以x1+x2=-4,x1x2=8-2b2.
于是|AB|=1+122|x1-x2|
=52(x1+x2)2-4x1x2
=10(b2-2).
由|AB|=10,得10(b2-2)=10,
解得b2=3.
故椭圆E的方程为x212+y23=1.
解题关键 对于第(2)问,利用弦长及韦达定理或点差法构造关于参数的方程是解题的关键.
考点二 椭圆的几何性质
4.(2017浙江,2,4分)椭圆x29+y24=1的离心率是( )
A.133 B.53 C.23 D.59
答案 B
5.(2019北京,4,5分)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12,则( )
A.a2=2b2 B.3a2=4b2 C.a=2b D.3a=4b
答案 B
6.(2018课标Ⅱ,12,5分)已知F1,F2是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,A是C的左顶点,点P在过A且斜率为36的直线上,△PF1F2为等腰三角形,∠F1F2P=120°,则C的离心率为( )
A.23 B.12 C.13 D.14
答案 D
7.(2017课标Ⅲ,10,5分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1,A2,且以线段A1A2为直径的圆与直线bx-ay+2ab=0相切,则C的离心率为( )
A.63 B.33 C.23 D.13
答案 A
8.(2016课标Ⅲ,11,5分)已知O为坐标原点,F是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点,A,B分别为C的左,右顶点.P为C上一点,且PF⊥x轴.过点A的直线l与线段PF交于点M,与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点,则C的离心率为 ( )
A.13 B.12 C.23 D.34
答案 A
9.(2018北京,14,5分)已知椭圆M:x2a2+y2b2=1(a>b>0),双曲线N:x2m2-y2n2=1.若双曲线N的两条渐近线与椭圆M的四个交点及椭圆M的两个焦点恰为一个正六边形的顶点,则椭圆M的离心率为 ;双曲线N的离心率为 .
答案 3-1;2
10.(2019江苏,17,14分)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦点为F1(-1,0),F2(1,0).过F2作x轴的垂线l,在x轴的上方,l与圆F2:(x-1)2+y2=4a2交于点A,与椭圆C交于点D.连接AF1并延长交圆F2于点B,连接BF2交椭圆C于点E,连接DF1.已知DF1=52.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)求点E的坐标.
解析 本题主要考查直线方程、圆的方程、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、分析问题能力和运算求解能力.
(1)设椭圆C的焦距为2c.
因为F1(-1,0),F2(1,0),所以F1F2=2,c=1.
又因为DF1=52,AF2⊥x轴,所以DF2=DF12-F1F22=522-22=32.
因此2a=DF1+DF2=4,从而a=2.
由b2=a2-c2,得b2=3.
因此,椭圆C的标准方程为x24+y23=1.
(2)解法一:由(1)知,椭圆C:x24+y23=1,a=2.
因为AF2⊥x轴,所以点A的横坐标为1.
将x=1代入圆F2的方程(x-1)2+y2=16,解得y=±4.
因为点A在x轴上方,所以A(1,4).
又F1(-1,0),所以直线AF1:y=2x+2.
由y=2x+2,(x-1)2+y2=16,得5x2+6x-11=0,
解得x=1或x=-115.
将x=-115代入y=2x+2,得y=-125.
因此B-115,-125.
又F2(1,0),所以直线BF2:y=34(x-1).
由y=34(x-1),x24+y23=1,得7x2-6x-13=0,解得x=-1或x=137.
又因为E是线段BF2与椭圆的交点,所以x=-1.
将x=-1代入y=34(x-1),得y=-32.
因此E-1,-32.
解法二:由(1)知,椭圆C:x24+y23=1.
如图,连接EF1.
因为BF2=2a,EF1+EF2=2a,所以EF1=EB,
从而∠BF1E=∠B.
因为F2A=F2B,所以∠A=∠B.
所以∠A=∠BF1E,从而EF1∥F2A.
因为AF2⊥x轴,所以EF1⊥x轴.
因为F1(-1,0),由x=-1,x24+y23=1,解得y=±32.
又因为E是线段BF2与椭圆的交点,所以y=-32.
因此E-1,-32.
考点三 直线与椭圆的位置关系
11.(2019天津,18,13分)设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F,上顶点为B.已知椭圆的短轴长为4,离心率为55.
(1)求椭圆的方程;
(2)设点P在椭圆上,且异于椭圆的上、下顶点,点M为直线PB与x轴的交点,点N在y轴的负半轴上.若|ON|=|OF|(O为原点),且OP⊥MN,求直线PB的斜率.
解析 本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力,以及用方程思想解决问题的能力.
(1)设椭圆的半焦距为c,依题意,2b=4,ca=55,又a2=b2+c2,可得a=5,b=2,c=1.
所以,椭圆的方程为x25+y24=1.
(2)由题意,设P(xP,yP)(xP≠0),M(xM,0).设直线PB的斜率为k(k≠0),又B(0,2),则直线PB的方程为y=kx+2,与椭圆方程联立y=kx+2,x25+y24=1,整理得(4+5k2)x2+20kx=0,可得xP=-20k4+5k2,代入y=kx+2得yP=8-10k24+5k2,进而直线OP的斜率yPxP=4-5k2-10k.在y=kx+2中,令y=0,得xM=-2k.由题意得N(0,-1),所以直线MN的斜率为-k2.由OP⊥MN,得4-5k2-10k·-k2=-1,化简得k2=245,从而k=±2305.
所以,直线PB的斜率为2305或-2305.
思路分析 (1)根据条件求出基本量a,b得到椭圆方程.
(2)要利用条件OP⊥MN,必须求P点和M、N点坐标.由直线PB的方程与椭圆方程联立得到P点坐标,求出M及N点坐标,利用kOP·kMN=-1求出kPB.
12.(2018天津,19,14分)设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右顶点为A,上顶点为B.已知椭圆的离心率为53,|AB|=13.
(1)求椭圆的方程;
(2)设直线l:y=kx(k<0)与椭圆交于P,Q两点,l与直线AB交于点M,且点P,M均在第四象限.若△BPM的面积是△BPQ面积的2倍,求k的值.
解析 本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力,以及用方程思想解决问题的能力.
(1)设椭圆的焦距为2c,由已知有c2a2=59,又由a2=b2+c2,可得2a=3b.由|AB|=a2+b2=13,从而a=3,b=2.
所以,椭圆的方程为x29+y24=1.
(2)设点P的坐标为(x1,y1),点M的坐标为(x2,y2),由题意,x2>x1>0,点Q的坐标为(-x1,-y1).由△BPM的面积是△BPQ面积的2倍,可得|PM|=2|PQ|,从而x2-x1=2[x1-(-x1)],即x2=5x1.
易知直线AB的方程为2x+3y=6,由方程组2x+3y=6,y=kx,消去y,可得x2=63k+2.由方程组x29+y24=1,y=kx,消去y,可得x1=69k2+4.
由x2=5x1,可得9k2+4=5(3k+2),两边平方,整理得18k2+25k+8=0,解得k=-89或k=-12.
当k=-89时,x2=-9<0,不合题意,舍去;
当k=-12时,x2=12,x1=125,符合题意.
所以,k的值为-12.
解题关键 第(2)问中把两个三角形的面积的关系转化为点P、M的横坐标间的关系,进而得到关于k的方程是求解的难点和关键.
13.(2018课标全国Ⅰ,19,12分)设椭圆C:x22+y2=1的右焦点为F,过F的直线l与C交于A,B两点,点M的坐标为(2,0).
(1)当l与x轴垂直时,求直线AM的方程;
(2)设O为坐标原点,证明:∠OMA=∠OMB.
解析 (1)由已知得F(1,0),l的方程为x=1,
由已知可得,点A的坐标为1,22或1,-22.
所以AM的方程为y=-22x+2或y=22x-2.
(2)证明:当l与x轴重合时,∠OMA=∠OMB=0°,
当l与x轴垂直时,直线OM为AB的垂直平分线,
所以∠OMA=∠OMB.
当l与x轴不重合也不垂直时,
设l的方程为y=k(x-1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1<2,x2<2,直线MA,MB的斜率之和为kMA+kMB=y1x1-2+y2x2-2,
由y1=kx1-k,y2=kx2-k得kMA+kMB=2kx1x2-3k(x1+x2)+4k(x1-2)(x2-2).
将y=k(x-1)代入x22+y2=1得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0,
所以,x1+x2=4k22k2+1,x1x2=2k2-22k2+1.
则2kx1x2-3k(x1+x2)+4k=4k3-4k-12k3+8k3+4k2k2+1=0,
从而kMA+kMB=0,故MA,MB的倾斜角互补,
所以∠OMA=∠OMB.综上,∠OMA=∠OMB.
14.(2015安徽,20,13分)设椭圆E的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),点O为坐标原点,点A的坐标为(a,0),点B的坐标为(0,b),点M在线段AB上,满足|BM|=2|MA|,直线OM的斜率为510.
(1)求E的离心率e;
(2)设点C的坐标为(0,-b),N为线段AC的中点.证明:MN⊥AB.
解析 (1)由题设条件知,点M的坐标为23a,13b,
又kOM=510,从而b2a=510.
进而a=5b,c=a2-b2=2b.故e=ca=255.
(2)证明:由N是AC的中点知,点N的坐标为a2,-b2,可得NM=a6,5b6.
又AB=(-a,b),从而有AB·NM=-16a2+56b2=16(5b2-a2).
由(1)的计算结果可知a2=5b2,所以AB·NM=0,故MN⊥AB.
评析 本题考查椭圆的简单几何性质及利用向量法证明线线垂直,较难.
教师专用题组
考点一 椭圆的定义及标准方程
1.(2014安徽,14,5分)设F1,F2分别是椭圆E:x2+y2b2=1(0
b>0)过点(0,2),且离心率e=22.
(1)求椭圆E的方程;
(2)设直线l:x=my-1(m∈R)交椭圆E于A,B两点,判断点G-94,0与以线段AB为直径的圆的位置关系,并说明理由.
解析 (1)由已知得b=2,ca=22,a2=b2+c2.解得a=2,b=2,c=2.
所以椭圆E的方程为x24+y22=1.
(2)解法一:设点A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点为H(x0,y0).
由x=my-1,x24+y22=1得(m2+2)y2-2my-3=0,
所以y1+y2=2mm2+2,y1y2=-3m2+2,
从而y0=mm2+2.
所以|GH|2=x0+942+y02=my0+542+y02=(m2+1)y02+52my0+2516.
|AB|24=(x1-x2)2+(y1-y2)24=(1+m2)(y1-y2)24
=(1+m2)[(y1+y2)2-4y1y2]4=(1+m2)(y02-y1y2),
故|GH|2-|AB|24=52my0+(1+m2)y1y2+2516=5m22(m2+2)-3(1+m2)m2+2+2516=17m2+216(m2+2)>0,
所以|GH|>|AB|2.
故点G-94,0在以AB为直径的圆外.
解法二:设点A(x1,y1),B(x2,y2),则GA=x1+94,y1,
GB=x2+94,y2.
由x=my-1,x24+y22=1得(m2+2)y2-2my-3=0,
所以y1+y2=2mm2+2,y1y2=-3m2+2,
从而GA·GB=x1+94x2+94+y1y2
=my1+54my2+54+y1y2
=(m2+1)y1y2+54m(y1+y2)+2516
=-3(m2+1)m2+2+52m2m2+2+2516
=17m2+216(m2+2)>0,
所以cos>0.又GA,GB不共线,所以∠AGB为锐角.
故点G-94,0在以AB为直径的圆外.
评析 本题主要考查椭圆、圆、直线与椭圆的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想.
考点二 椭圆的几何性质
4.(2012课标,4,5分)设F1,F2是椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左,右焦点,P为直线x=3a2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
答案 C
5.(2016浙江,19,15分)如图,设椭圆x2a2+y2=1(a>1).
(1)求直线y=kx+1被椭圆截得的线段长(用a,k表示);
(2)若任意以点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.
解析 (1)设直线y=kx+1被椭圆截得的线段为AP,
由y=kx+1,x2a2+y2=1得(1+a2k2)x2+2a2kx=0,
故x1=0,x2=-2a2k1+a2k2.
因此|AP|=1+k2|x1-x2|=2a2|k|1+a2k2·1+k2.
(2)假设圆与椭圆的公共点有4个,由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点P,Q,满足|AP|=|AQ|.
记直线AP,AQ的斜率分别为k1,k2,且k1,k2>0,k1≠k2.
由(1)知,|AP|=2a2|k1|1+k121+a2k12,|AQ|=2a2|k2|1+k221+a2k22,
故2a2|k1|1+k121+a2k12=2a2|k2|1+k221+a2k22,
所以(k12-k22)[1+k12+k22+a2(2-a2)k12k22]=0.
由于k1≠k2,k1,k2>0得1+k12+k22+a2(2-a2)k12k22=0,
因此1k12+11k22+1=1+a2(a2-2),①
因为①式关于k1,k2的方程有解的充要条件是1+a2(a2-2)>1,所以a>2.
因此,任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1b>0)的左、右焦点,顶点B的坐标为(0,b),连接BF2并延长交椭圆于点A,过点A作x轴的垂线交椭圆于另一点C,连接F1C.
(1)若点C的坐标为43,13,且BF2=2,求椭圆的方程;
(2)若F1C⊥AB,求椭圆离心率e的值.
解析 设椭圆的焦距为2c,则F1(-c,0),F2(c,0).
(1)因为B(0,b),所以BF2=b2+c2=a.
又BF2=2,故a=2.
因为点C43,13在椭圆上,
所以169a2+19b2=1,解得b2=1.故所求椭圆的方程为x22+y2=1.
(2)因为B(0,b),F2(c,0)在直线AB上,
所以直线AB的方程为xc+yb=1.
解方程组xc+yb=1,x2a2+y2b2=1,得x1=2a2ca2+c2,y1=b(c2-a2)a2+c2,x2=0,y2=b.
所以点A的坐标为2a2ca2+c2,b(c2-a2)a2+c2.
又AC垂直于x轴,由椭圆的对称性,可得点C的坐标为2a2ca2+c2,b(a2-c2)a2+c2.
因为直线F1C的斜率为b(a2-c2)a2+c2-02a2ca2+c2-(-c)=b(a2-c2)3a2c+c3,直线AB的斜率为-bc,且F1C⊥AB,所以b(a2-c2)3a2c+c3·-bc=-1.结合b2=a2-c2,整理得a2=5c2.故e2=15.因此e=55.
7.(2015重庆,21,12分)如图,椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F2的直线交椭圆于P,Q两点,且PQ⊥PF1.
(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.
解析 (1)由椭圆的定义,有2a=|PF1|+|PF2|=(2+2)+(2-2)=4,故a=2.
设椭圆的半焦距为c,由已知PF1⊥PF2,得2c=|F1F2|=|PF1|2+|PF2|2=(2+2)2+(2-2)2=23,即c=3,从而b=a2-c2=1.
故所求椭圆的标准方程为x24+y2=1.
(2)解法一:连接F1Q,如图,设P(x0,y0),因为点P在椭圆上,且PF1⊥PF2,
所以x02a2+y02b2=1,x02+y02=c2,
求得x0=±aca2-2b2,y0=±b2c.
由|PF1|=|PQ|>|PF2|得x0>0,
从而|PF1|2=aa2-2b2c+c2+b4c2
=2(a2-b2)+2aa2-2b2
=(a+a2-2b2)2.
由PF1⊥PF2,|PF1|=|PQ|,知|QF1|=2|PF1|.
因此(2+2)|PF1|=4a,
即(2+2)(a+a2-2b2)=4a,
于是(2+2)(1+2e2-1)=4,
解得e=121+42+2-12=6-3.
解法二:连接F1Q,由椭圆的定义,有|PF1|+|PF2|=2a,|QF1|+|QF2|=2a.从而由|PF1|=|PQ|=|PF2|+|QF2|,有|QF1|=4a-2|PF1|.
又由PF1⊥PQ,|PF1|=|PQ|,知|QF1|=2|PF1|,
因此,4a-2|PF1|=2|PF1|,得|PF1|=2(2-2)a,
从而|PF2|=2a-|PF1|=2a-2(2-2)a=2(2-1)a.
由PF1⊥PF2,知|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=(2c)2,
因此e=ca=|PF1|2+|PF2|22a=(2-2)2+(2-1)2=9-62=6-3.
考点三 直线与椭圆的位置关系
8.(2014辽宁,20,12分)圆x2+y2=4的切线与x轴正半轴,y轴正半轴围成一个三角形,当该三角形面积最小时,切点为P(如图).
(1)求点P的坐标;
(2)焦点在x轴上的椭圆C过点P,且与直线l:y=x+3交于A,B两点.若△PAB的面积为2,求C的标准方程.
解析 (1)设切点坐标为(x0,y0)(x0>0,y0>0),则切线斜率为-x0y0,切线方程为y-y0=-x0y0(x-x0),即x0x+y0y=4.此时,两个坐标轴的正半轴与切线围成的三角形面积为S=12·4x0·4y0=8x0y0,由x02+y02=4≥2x0y0知当且仅当x0=y0=2时x0y0有最大值,即S有最小值,因此点P的坐标为(2,2).
(2)设C的标准方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),点A(x1,y1),B(x2,y2).由点P在C上知2a2+2b2=1,并由x2a2+y2b2=1,y=x+3
得b2x2+43x+6-2b2=0,
又x1,x2是方程的根,因此x1+x2=-43b2,x1x2=6-2b2b2,
由y1=x1+3,y2=x2+3,得|AB|=2|x1-x2|=2·48-24b2+8b4b2.
由点P到直线l的距离为32及S△PAB=12×32|AB|=2得b4-9b2+18=0,解得b2=6或3,
因此b2=6,a2=3(舍)或b2=3,a2=6,
从而所求C的方程为x26+y23=1.
9.(2018江苏,18,14分)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C过点3,12,焦点F1(-3,0),F2(3,0),圆O的直径为F1F2.
(1)求椭圆C及圆O的方程;
(2)设直线l与圆O相切于第一象限内的点P.
①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点,求点P的坐标;
②直线l与椭圆C交于A,B两点.若△OAB的面积为267,求直线l的方程.
解析 本小题主要考查直线方程、圆的方程、圆的几何性质、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等知识,考查分析问题能力和运算求解能力.
解法一:(1)因为椭圆C的焦点为F1(-3,0),F2(3,0),
所以可设椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0).
又点3,12在椭圆C上,所以3a2+14b2=1,a2-b2=3,解得a2=4,b2=1.
因此,椭圆C的方程为x24+y2=1.
因为圆O的直径为F1F2,所以其方程为x2+y2=3.
(2)①设直线l与圆O相切于P(x0,y0)(x0>0,y0>0),则x02+y02=3.
所以直线l的方程为y=-x0y0(x-x0)+y0,即y=-x0y0x+3y0.
由x24+y2=1,y=-x0y0x+3y0消去y,得
(4x02+y02)x2-24x0x+36-4y02=0.(*)
因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点,
所以Δ=(-24x0)2-4(4x02+y02)(36-4y02)=48y02(x02-2)=0.
因为x0,y0>0,所以x0=2,y0=1.
因此,点P的坐标为(2,1).
②因为三角形OAB的面积为267,
所以12AB·OP=267,从而AB=427.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
由(*)得x1,2=24x0±48y02(x02-2)2(4x02+y02),
所以AB2=(x1-x2)2+(y1-y2)2
=1+x02y02·48y02(x02-2)(4x02+y02)2.
因为x02+y02=3,
所以AB2=16(x02-2)(x02+1)2=3249,即2x04-45x02+100=0.
解得x02=52(x02=20舍去),则y02=12,因此P的坐标为102,22.
则直线l的方程为y=-5x+32.
解法二:(1)由题意知c=3,所以圆O的方程为x2+y2=3,因为点3,12在椭圆上,
所以2a=(3-3)2+12-02+(3+3)2+12-02=4,
所以a=2.
因为a2=b2+c2,所以b=1,
所以椭圆C的方程为x24+y2=1.
(2)①由题意知直线l与圆O和椭圆C均相切,且切点在第一象限,所以直线l的斜率k存在且k<0,
设直线l的方程为y=kx+m(k<0,m>0),
将直线l的方程代入圆O的方程,得x2+(kx+m)2=3,
整理得(k2+1)x2+2kmx+m2-3=0,
因为直线l与圆O相切,所以Δ=(2km)2-4(k2+1)(m2-3)=0,整理得m2=3k2+3,
将直线l的方程代入椭圆C的方程,得x24+(kx+m)2=1,
整理得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,
因为直线l与椭圆C相切,
所以Δ=(8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)=0,
整理得m2=4k2+1,
所以3k2+3=4k2+1,因为k<0,所以k=-2,则m=3,
将k=-2,m=3代入(k2+1)x2+2kmx+m2-3=0,
整理得x2-22x+2=0,
解得x1=x2=2,将x=2代入x2+y2=3,
解得y=1(y=-1舍去),所以点P的坐标为(2,1).
②设A(x1,kx1+m),B(x2,kx2+m),
由①知m2=3k2+3,且k<0,m>0,
因为直线l和椭圆C相交,所以结合②的过程知m2<4k2+1,解得k<-2,
将直线l的方程和椭圆C的方程联立可得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,
解得x1,2=-8km±44k2+1-m22(4k2+1),
所以|x1-x2|=44k2+1-m24k2+1,
因为AB=(x1-x2)2+(kx1-kx2)2=|x1-x2|k2+1=44k2+1-m24k2+1·k2+1,
O到l的距离d=|m|k2+1=3,
所以S△OAB=12·44k2+1-m24k2+1·k2+1·|m|k2+1
=12·4k2-24k2+1·k2+1·3=267,
解得k2=5,因为k<0,所以k=-5,则m=32,
即直线l的方程为y=-5x+32.
解后反思 (1)常用待定系数法求圆锥曲线方程.
(2)①直线与圆相切,常见解题方法是设切点求切线方程,由于涉及直线与椭圆相切,因此也可设出直线方程求解.
②因为△AOB的面积为267,而△AOB的高为3,所以解题关键是求AB的长,可利用弦长公式AB=(x1-x2)2+(y1-y2)2=1+k2·(x1-x2)2=1+k2·|x1-x2|(x1、x2分别为A、B的横坐标)求解.
10.(2017天津,19,14分)设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F,右顶点为A,离心率为12.已知A是抛物线y2=2px(p>0)的焦点,F到抛物线的准线l的距离为12.
(1)求椭圆的方程和抛物线的方程;
(2)设l上两点P,Q关于x轴对称,直线AP与椭圆相交于点B(B异于点A),直线BQ与x轴相交于点D.若△APD的面积为62,求直线AP的方程.
解析 本小题主要考查椭圆、抛物线的标准方程和几何性质,直线方程等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力,以及用方程思想解决问题的能力.
(1)设F的坐标为(-c,0).依题意,ca=12,p2=a,a-c=12,解得a=1,c=12,p=2,于是b2=a2-c2=34.
所以,椭圆的方程为x2+4y23=1,抛物线的方程为y2=4x.
(2)设直线AP的方程为x=my+1(m≠0),与直线l的方程x=-1联立,可得点P-1,-2m,故Q-1,2m.将x=my+1与x2+4y23=1联立,消去x,整理得(3m2+4)y2+6my=0,解得y=0或y=-6m3m2+4.由点B异于点A,可得点B-3m2+43m2+4,-6m3m2+4.由Q-1,2m,可得直线BQ的方程为-6m3m2+4-2m(x+1)--3m2+43m2+4+1y-2m=0,令y=0,解得x=2-3m23m2+2,故D2-3m23m2+2,0.所以|AD|=1-2-3m23m2+2=6m23m2+2.又因为△APD的面积为62,故12×6m23m2+2×2|m|=62,整理得3m2-26|m|+2=0,解得|m|=63,所以m=±63.
所以,直线AP的方程为3x+6y-3=0或3x-6y-3=0.
方法总结 1.利用待定系数法求圆锥曲线标准方程的三个步骤:(1)作判断:根据焦点位置设方程;(2)找等量关系;(3)解方程得结果.
2.解决直线与圆锥曲线位置关系问题的基本策略:(1)巧设直线方程:当已知直线与x轴交点固定时,常设为x=my+b的形式,这样可避免对斜率是否存在的讨论;(2)注意整体代入思想的应用,利用根与系数的关系可以简化运算,提高运算的效率和正确率.
11.(2015湖南,20,13分)已知抛物线C1:x2=4y的焦点F也是椭圆C2:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的一个焦点,C1与C2的公共弦的长为26.
(1)求C2的方程;
(2)过点F的直线l与C1相交于A,B两点,与C2相交于C,D两点,且AC与BD同向.
(i)若|AC|=|BD|,求直线l的斜率;
(ii)设C1在点A处的切线与x轴的交点为M,证明:直线l绕点F旋转时,△MFD总是钝角三角形.
解析 (1)由C1:x2=4y知其焦点F的坐标为(0,1).因为F也是椭圆C2的一个焦点,所以a2-b2=1.①
又C1与C2的公共弦的长为26,C1与C2都关于y轴对称,且C1的方程为x2=4y,由此易知C1与C2的公共点的坐标为±6,32,所以94a2+6b2=1.②
联立①,②得a2=9,b2=8.故C2的方程为y29+x28=1.
(2)如图,设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4).
(i)因AC与BD同向,且|AC|=|BD|,所以AC=BD,从而x3-x1=x4-x2,即x1-x2=x3-x4,于是(x1+x2)2-4x1x2=(x3+x4)2-4x3x4.③
设直线l的斜率为k,则l的方程为y=kx+1.
由y=kx+1,x2=4y得x2-4kx-4=0.而x1,x2是这个方程的两根,所以x1+x2=4k,x1x2=-4.④
由y=kx+1,x28+y29=1得(9+8k2)x2+16kx-64=0.而x3,x4是这个方程的两根,所以x3+x4=-16k9+8k2,x3x4=-649+8k2.⑤
将④,⑤代入③,得16(k2+1)=162k2(9+8k2)2+4×649+8k2,
即16(k2+1)=162×9(k2+1)(9+8k2)2,
所以(9+8k2)2=16×9,解得k=±64,即直线l的斜率为±64.
(ii)证明:由x2=4y得y'=x2,所以C1在点A处的切线方程为y-y1=x12(x-x1),即y=x1x2-x124.
令y=0,得x=x12,即Mx12,0,所以FM=x12,-1.而FA=(x1,y1-1),于是FA·FM=x122-y1+1=x124+1>0,
因此∠AFM是锐角,从而∠MFD=180°-∠AFM是钝角.
故直线l绕点F旋转时,△MFD总是钝角三角形.
【三年模拟】
一、单项选择题(每题5分,共40分)
1.(2018山东青岛城阳期末,7)若椭圆x25+y2a=1的焦距为4,则实数a的值为( )
A.1 B.21 C.4 D.1或9
答案 D
2.(2019湖北重点中学第一次调研,11)点P是椭圆x29+y25=1上的点,F1、F2是椭圆的左、右焦点,则△PF1F2的周长是( )
A.12 B.10 C.8 D.6
答案 B
3.(2019广东深圳二模,10)设点F1、F2分别为椭圆C:x2a2+y2b2=1的左、右焦点,点A、B分别为椭圆C的右顶点和下顶点,且点F1关于直线AB的对称点为M.若MF2⊥F1F2,则椭圆C的离心率为( )
A.3-12 B.3-13 C.5-12 D.22
答案 C
4.(2020届广东深圳第七高级中学第二次月考,11)F1,F2分别是椭圆x2+2y2=1的左、右焦点,点P在椭圆上,线段PF2与y轴的交点为M,且F1M=12(F1F2+F1P),则点M到坐标原点O的距离是( )
A.14 B.12 C.1 D.2
答案 A
5.(2019安徽宣城二模,12)已知F1,F2分别为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,点P是椭圆上位于第二象限内的点,延长PF1交椭圆于点Q,若PF2⊥PQ,且|PF2|=|PQ|,则椭圆的离心率为( )
A.6-3 B.2-1 C.3-2 D.2-2
答案 A
6.(2019广东七校4月联考,11)已知点P为椭圆x216+y212=1上的动点,EF为圆N:x2+(y-1)2=1的任一直径,则PE·PF的最大值和最小值分别是( )
A.16,12-43 B.17,13-43
C.19,12-43 D.20,13-43
答案 C
7.(2020届湖北洪湖第二中学月考,12)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F1的直线l交C于A,B两点.若AF1=47AB,|AF2|=|F1F2|,则椭圆C的离心率为( )
A.27 B.37 C.47 D.57
答案 D
8.(2019江西五校协作体4月联考,11)已知点F1,F2是椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,P为椭圆上的动点,动点Q满足F1P·PQ=|F1P||PQ|且|PQ|=|PF2|,其中F1P≠0,PQ≠0,若|PQ|的最小值为1,最大值为9,则椭圆的方程为( )
A.x225+y29=1 B.x29+y2=1
C.x225+y216=1 D.x281+y2=1
答案 A
二、多项选择题(每题5分,共10分)
9.(2020届山东菏泽期中,8)某颗人造地球卫星的运行轨道是以地球的中心F为一个焦点的椭圆,如图所示,已知它的近地点A(离地面最近的点)距地面m千米,远地点B(离地面最远的点)距地面n千米,并且F、A、B三点在同一直线上,地球半径约为R千米,设该椭圆的长轴长、短轴长、焦距分别为2a、2b、2c,则( )
A.a-c=m+R B.a+c=n+R
C.2a=m+n D.b=(m+R)(n+R)
答案 ABD
10.(改编题)已知点P在以坐标原点为中心,坐标轴为对称轴,离心率为12的椭圆上.若过点P作长轴的垂线恰好经过椭圆的一个焦点F1,与椭圆的另一个交点为A.若△PF2A的面积为12(F2为椭圆的另一个焦点),则椭圆的方程为( )
A.x23+y24=1 B.x24+y23=1
C.x216+y212=1 D.x212+y216=1
答案 CD
三、填空题(每题5分,共10分)
11.(2020届湖北洪湖第二中学月考,14)万众瞩目的北京冬奥会将于2022年2月4日正式开幕,继2008年北京奥运会之后,国家体育场(又名鸟巢)将再次成为奥运会开幕式的主办场地.在手工课上,王老师带领同学们一起制作了一个近似鸟巢的金属模型,其俯视图可近似看成是两个大小不同、扁平程度相同的椭圆.已知大椭圆的长轴长为40 cm,短轴长为20 cm,小椭圆的短轴长为10 cm,则小椭圆的长轴长为 cm.
答案 20
12.(2020届广西南宁10月摸底考,15)已知F1,F2分别是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,过左焦点F1的直线与椭圆C交于A,B两点,且|AF1|=3|BF1|,|AB|=|BF2|,则椭圆的离心率为 .
答案 105
四、解答题(共50分)
13.(2020届广东深圳第七高级中学第二次月考,20)已知椭圆G:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,直线l过椭圆G的右顶点A(2,0),且交椭圆G于另一点C.
(1)求椭圆G的标准方程;
(2)若以AC为直径的圆经过椭圆G的上顶点B,求直线l的方程.
解析 (1)由题设可得e=ca=32,a=2,解得c=3,
因为a2=b2+c2,所以b=a2-c2=1,
所以椭圆G的标准方程为x24+y2=1.
(2)设C(xC,yC).以AC为直径的圆经过点B等价于BC·BA=0.由题设及(1)可得B(0,1),所以BA=(2,-1),BC=(xC,yC-1),所以BC·BA=2xC-yC+1=0.
又C(xC,yC)在椭圆G上,所以xC24+yC2=1,
由yC=2xC+1,可得17xC2+16xC=0,解得xC=0或xC=-1617,
所以C(0,1)或C-1617,-1517,所以,直线l的方程为x+2y-2=0或3x-10y-6=0.
14.(2020届广东珠海9月摸底测试,20)已知离心率为223的椭圆x2a2+y2=1(a>1)与直线l交于P,Q两点,记直线OP的斜率为k1,直线OQ的斜率为k2.
(1)求椭圆的方程;
(2)若k1·k2=-19,则三角形POQ的面积是不是定值?若是,求出这个定值;若不是,请说明理由.
解析 (1)由题意可知b=1,e=ca=223,a2=b2+c2,解得a=3,c=22,
所以椭圆的方程为x29+y2=1.
(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),
当直线PQ的斜率存在时,设其方程为y=kx+m,
与椭圆方程联立得(9k2+1)x2+18kmx+9m2-9=0,
则x1+x2=-18km9k2+1,x1x2=9m2-99k2+1.
因为|PQ|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=61+k29k2-m2+19k2+1,
点O到直线PQ的距离d=|m|1+k2,
所以S△POQ=12|PQ|·d=3m29k2+11-m29k2+1,(※)
由k1k2=y1y2x1x2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2x1x2=-19
化简得9k2=2m2-1,代入(※)式得S△POQ=32.
若直线PQ的斜率不存在,则易算得S△POQ=32.
综上,得三角形POQ的面积是定值32.
15.(2019福建四地七校3月调研,19)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0),若椭圆上一点与其中心及长轴一个端点构成等腰直角三角形.
(1)求椭圆E的离心率;
(2)如图,若直线l与椭圆相交于A,B,且AB是圆(x-1)2+(y+1)2=5的一条直径,求椭圆E的标准方程.
解析 (1)由题意不妨设椭圆上的点P的坐标为a2,a2,代入椭圆方程可得14+a24b2=1,即a2=3b2,∴a2=3b2=3(a2-c2),∴2a2=3c2,∴e=63.
(2)由(1)得椭圆E的方程为x23b2+y2b2=1,易知直线l的斜率存在,设其方程为y=k(x-1)-1,A(x1,y1),B(x2,y2).
y=k(x-1)-1,x2+3y2=3b2⇒(3k2+1)x2-6k(k+1)x+3(k+1)2-3b2=0(*).
∴x1+x2=6k(k+1)3k2+1,x1x2=3(k+1)2-3b23k2+1.
又x1+x2=2,∴k=13,∴x1x2=16-9b24,
则|AB|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=1034-4·16-9b24=25,∴b2=103,则a2=10,∴椭圆E的标准方程为x210+y2103=1.
16.(2019黄山一模,20)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率e=12,点P是椭圆上的一个动点,△PF1F2面积的最大值是43.
(1)求椭圆的方程;
(2)若A,B,C,D是椭圆上不重合的四点,AC与BD相交于点F1,AC·BD=0,且|AC|+|BD|=967,求此时直线AC的方程.
解析 (1)由题意知,当点P是椭圆上(或下)顶点时,△PF1F2的面积取得最大值.
此时,S△PF1F2=12·2c·b=43,又e=ca=12,a2=b2+c2,
所以a=4,b=23,故所求椭圆的方程为x216+y212=1.
(2)由(1)知F1(-2,0),由AC·BD=0得AC⊥BD.
①当直线AC与BD中有一条直线的斜率不存在时,
|AC|+|BD|=14,不合题意.
②当直线AC的斜率存在且为k(k不为0)时,
其方程为y=k(x+2).
由y=k(x+2),x216+y212=1消去y得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-48=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-16k23+4k2,x1x2=16k2-483+4k2.
所以|AC|=1+k2|x1-x2|=24(1+k2)3+4k2.
直线BD的方程为y=-1k(x+2),同理可得|BD|=24(1+k2)4+3k2.
由|AC|+|BD|=168(1+k2)2(4+3k2)(3+4k2)=967,解得k2=1,则k=±1.故所求直线AC的方程为y=±(x+2).
