20152017三年高考真题精编解析一专题17 椭圆及其综合应用
1.【2017 浙江，2】椭圆 的离心率是
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
试题分析： ，选 B．
2.【2017 课标 3，理 10】已知椭圆 C： ，（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 相切，则 C 的离心率为
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
试题分析：以线段 为直径的圆的圆心为坐标原点 ，半径为 ，圆的方程为
，
直线 与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即： ，
整理可得 ，即 ，
从而 ，椭圆的离心率 ，
故选 A.
2 2
19 4
x y+ =
13
3
5
3
2
3
5
9
9 4 5
3 3e
−= =
2 2
2 2 1x y
a b
+ =
2 0bx ay ab− + =
6
3
3
3
2
3
1
3
1 2A A ( )0,0 r a=
2 2 2x y a+ =
2 0bx ay ab− + =
2 2
2abd a
a b
= =
+
2 23a b= ( )2 2 2 2 23 ,2 3a a c a c= − =
2
2
2
2
3
ce a
= = 2 6
3 3
ce a
= = =
【考点】椭圆的离心率的求解；直线与圆的位置关系
【名师点睛】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)，
常见有两种方法：
①求出 a，c，代入公式 e＝ ；
②只需要根据一个条件得到关于 a，b，c 的齐次式，结合 b2＝a2－c2 转化为 a，c 的齐次式，然
后等式(不等式)两边分别除以 a 或 a2 转化为关于 e 的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得 e(e
的取值范围).
3.【2016 高考浙江理数】已知椭圆 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，则（）
A．m>n 且 e1e2>1 B．m>n 且 e1e2<1 C．m
1 D．m >
,A B
C P C PF x⊥ A l PF M
y
E BM OE C
1
3
1
2
2
3
3
4
l ( )y k x a= + x c= − 0x = | | ( )FM k a c= −
c
a
， 由 ， 得 ， 即 ， 整 理 ， 得
，所以椭圆离心率为 ，故选 A．
考点：椭圆方程与几何性质．
【思路点拨】求解椭圆的离心率问题主要有三种方法：（1）直接求得 的值，进而求得 的
值；（2）建立 的齐次等式，求得 或转化为关于 的等式求解；(3)通过特殊值或特殊位
置，求出 ．
5.【2015 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，则该圆的标准方程为.
【答案】
【解析】设圆心为（ ，0），则半径为 ，则 ，解得 ，故圆的方程
为 .
6.【2016 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 ,则该椭圆的离心率是.
【答案】
【解析】由题意得 ，因此
考点：椭圆离心率
| |OE ka= OBE CBM∆ ∆
1 | | | |2
| | | |
OE OB
FM BC
=
2 ( c)
ka a
k a a c
=− +
1
3
c
a
= 1
3e =
,a c e
, ,a b c b
a e
e
2 2
116 4
x y+ =
2 23 25( )2 4x y− + =
a 4 a− 2 2 2(4 ) 2a a− = + 3
2a =
2 23 25( )2 4x y− + =
xOy F
2 2
2 2 1( )x y a ba b
+ = ＞ ＞0
2
by = ,B C 90BFC∠ =
6
3
3 3( , ),C( , ),2 2 2 2
b bB a a− 2 2 2 2 23 6( ) ( ) 0 3 2 .2 2 3
bc a c a e− + = ⇒ = ⇒ =
【名师点睛】椭圆离心率的考查，一般分两个层次，一是由离心率的定义，只需分别求出 ，
这注重考查椭圆标准方程中量的含义，二是整体考查，求 的比值，这注重于列式，即需根据
条件列出关于 的一个齐次等量关系，通过解方程得到离心率的值.
7.【2017 课标 1，理 20】已知椭圆 C： （a>b>0），四点 P 1（1,1），P 2（0,1），P 3
（–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.若直线 P2A 与直线 P2B 的斜率的和为–1，
证明：l 过定点.
【解析】
试题分析：（1）根据 ， 两点关于 y 轴对称，由椭圆的对称性可知 C 经过 ， 两点.另外
知，C 不经过点 P1，所以点 P2 在 C 上.因此 在椭圆上，代入其标准方
程，即可求出 C 的方程；（2）先设直线 P2A 与直线 P2B 的斜率分别为 k1，k2，在设直线 l 的方
程，当 l 与 x 轴垂直，通过计算，不满足题意，再设设 l： （ ），将 代
入 ，写出判别式，韦达定理，表示出 ，根据 列出等式表示出 和
的关系，判断出直线恒过定点.
试题解析：（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 .
,a c
,a c
,a c
2 2
2 2 =1x y
a b
+
3
2
3
2
3P 4P 3P 4P
2 2 2 2
1 1 1 3
4a b a b
+ > + 1 3 4, ,P P P
y kx m= + 1m ≠ y kx m= +
2
2 14
x y+ = 1 2k k+ 1 2 1k k+ = − k m
3P 4P 3P 4P
2 2 2 2
1 1 1 3
4a b a b
+ > +
2
2 2
1 1
1 3 14
b
a b
=
+ =
2
2
4
1
a
b
= =
2
2 14
x y+ =
由题设可知 .
设 A（x1，y1），B（x2，y2），则 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， ）
【考点】椭圆的标准方程，直线与圆锥曲线的位置关系.
8.【2017 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 。
(1) 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。
2 2 2(4 1) 8 4 4 0k x kmx m+ + + − =
2 2=16(4 1) 0k m∆ − + >
2
8
4 1
km
k
− +
2
2
4 4
4 1
m
k
−
+
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 ( 1)( )kx x m x x
x x
+ − +=
1 2 1k k+ = − 1 2 1 2(2 1) ( 1)( ) 0k x x m x x+ + − + =
2
2 2
4 4 8(2 1) ( 1) 04 1 4 1
m kmk mk k
− −+ ⋅ + − ⋅ =+ +
1
2
mk
+= −
1m > − 0∆ > 1
2
my x m
+= − + 11 ( 2)2
my x
++ = − −
1−
2
2 12
x y+ =
2NP NM=
3x = − 1OP PQ⋅ =
【答案】(1) 。
(2)证明略。
【解析】
试题分析：(1)设出点 P 的坐标，利用 得到点 P 与点,M 坐标之间的关系即可求得轨
迹方程为 。
(2)利用 可得坐标关系 ，结合(1)中的结论整理可得
，即 ，据此即可得出题中的结论。
试题解析：（1）设 ,设 , 。
由 得 。
因为 在 C 上，所以 。
因此点 P 的轨迹方程为 。
（2）由题意知 。设 ,则
，
。
由 得 ，又由（1）知 ，故
。
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 过 C 的左焦点 F。
【考点】轨迹方程的求解；直线过定点问题。
2 2 2x y+ =
2=NP NM
2 2 2x y+ =
1OP PQ⋅ = 2 23 1m m tn n− − + − =
0=OQ PF
⊥OQ PF
( ) ( )0 0, , ,P x y M x y ( )0 ,0N x ( ) ( )0 0, , 0,NP x x y NM y= − =
2=NP NM
0 0
2, 2x x y y= =
( )0 0,M x y
2 2
12 2
x y+ =
2 2 2x y+ =
( )1,0F − ( ) ( )3, , ,Q t P m n−
( ) ( )3, , 1 , , 3 3OQ t PF m n OQ PF m tn= − = − − − ⋅ = + −
( ) ( ), , 3 ,OP m n PQ m t n= = − − −
1=OP PQ
2 23 1m m tn n− − + − = 2 2 2m n+ =
3 3 0m tn+ − =
0=OQ PF
⊥OQ PF
l
9.【2017 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】试题分析：（I）本小题由 ， 确定 即得.
（Ⅱ）通过联立方程组 化简得到一元二次方程后应用韦达定理，应用弦长公式确
定 及
圆 的半径 表达式.
试题解析：（I）由题意知 ， ，所以 ，
因此椭圆 的方程为 .
xOy E
2 2
2 2 1x y
a b
+ = ( )0a b> >
2
2 2
E
l 1
3
2y k x= − E ,A B C E OC
2k 1 2
2
4k k = M OC : 2:3MC AB = M MC
,OS OT M ,S T SOT∠ l
2
2 12
x y+ =
SOT∠
3
π
l 1
2
2k = ±
2
2
ce a
= = 2 2c =
2
2
1
1,2
3 ,2
x y
y k x
+ =
= −
2
2
ce a
= = 2 2c = 2, 1a b= =
E
2
2 12
x y+ =
,a b
| |AB
M r
（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 ，则 ，
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
.
【考点】1.椭圆的标准方程及其几何性质；2.直线与圆锥曲线的位置关系；3. 二次函数的图象和
性质.
( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y
2
2
1
1,2
3 ,2
x y
y k x
+ =
= −
( )2 2
1 14 2 4 3 1 0k x k x+ − − = 0∆ > ( )1
1 2 1 22 2
1 1
2 3 1,2 1 2 2 1
kx x x xk k
+ = = −+ +
2 2
1 12
1 1 2 2
1
1 1 81 2 2 1
k kAB k x x k
+ += + − = +
1 2
2
4k k = 2
1
2
4k k
= OC
1
2
4y xk
=
2
2
1
1,2
2 ,4
x y
y xk
+ =
=
2
2 21
2 2
1 1
8 1,1 4 1 4
kx yk k
= =+ +
2
2 2 1
2
1
1 8
1 4
kOC x y k
+= + = +
1sin 2 1
SOT r
OCr OC
r
∠ = =+ +
2
1
2
1
2 2
1 1
2
1
1 8
1 4
1 1 82 2
3 2 1
k
OC k
r k k
k
+
+=
+ +
+
2
1
2 2
1 1
1 23 2
4 1 4 1
k
k k
+=
+ +
2
11 2t k= + ( )11, 0,1t t
> ∈
2 2
2
3 3 1 3 1 12 2 21 12 1 1 1 92
2 4
OC t
r t t
t t t
= = = ≥
+ − + − − − +
1 1
2t
= 2t = 1
2
2k = ± 1sin 2 2
SOT∠ ≤
2 6
SOT π∠ ≤
SOT∠
3
π
SOT∠
3
π
l
1
2
2k = ±
M r
2 2
1 1
2
1
1 1 82 2
3 2 1
k kr k
+ += +
10.【2017 天津，理 19】设椭圆 的左焦点为 ，右顶点为 ，离心率为
.已知 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 .若 的面积为 ，求直线 的方程.
【答案】（1） ， .（2） ，或 .
【解析】
试题分析：由于 为抛物线焦点， 到抛物线的准线 的距离为 ，则 ，又椭圆的离
心率为 ，求出 ，得出椭圆的标准方程和抛物线方程；则 ，设直线 方程为设
，解出 两点的坐标，把直线 方程和椭圆方程联立解出 点坐标，
写出 所在直线方程，求出点 的坐标，最后根据 的面积为 解方程求出 ，得
出直线 的方程.
试题解析：（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
2 2
2 2 1( 0)x y a ba b
+ = > > F A
1
2 A 2 2 ( 0)y px p= > F l 1
2
l P Q x AP B B A BQ
x D APD△ 6
2 AP
2
2 4 13
yx + = 2 4y x= 3 6 3 0x y+ − = 3 6 3 0x y− − =
A F l 1
2
1
2a c− =
1
2 , ,c a b (1,0)A AP
1( 0)x my m= + ≠ P Q、 AP B
BQ D APD△ 6
2 m
AP
F ( ,0)c− 1
2
c
a
=
2
p a= 1
2a c− =
1a = 1
2c = 2p = 2 2 2 3
4b a c= − =
2
2 4 13
yx + =
2 4y x=
AP 1( 0)x my m= + ≠ l 1x = −
2( 1, )P m
− − 2( 1, )Q m
− 1x my= +
2
2 4 13
yx + = x
， 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 .
【考点】直线与椭圆综合问题
11.【2017 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）若直线 的交点 在椭圆 上,求点 的坐标.
【答案】（1） （2）
【解析】解：（1）设椭圆的半焦距为 c.
2 2(3 4) 6 0m y my+ + = 0y = 2
6
3 4
my m
−= + B A
2
2 2
3 4 6( , )3 4 3 4
m mB m m
− + −
+ +
2( 1, )Q m
− BQ
2
2 2
6 2 3 4 2( )( 1) ( 1)( ) 03 4 3 4
m mx ym m m m
− − +− + − + − =+ + 0y =
2
2
2 3
3 2
mx m
−= +
2
2
2 3( ,0)3 2
mD m
−
+
2 2
2 2
2 3 6| | 1 3 2 3 2
m mAD m m
−= − =+ + APD△ 6
2
2
2
1 6 2 6
2 3 2 | | 2
m
m m
× × =+
23 2 6 | | 2 0m m− + = 6| | 3m = 6
3m = ±
AP 3 6 3 0x y+ − = 3 6 3 0x y− − =
xOy
2 2
2 2: 1( 0)x yE a ba b
+ = > >
1F 2F 1
2 P E
1F 1PF 1l 2F 2PF 2l
E
E Q E P
F1
⋅O⋅
F2 x
y
(第 17 题)
2 2
14 3
x y+ = 4 7 3 7( , )7 7
因为椭圆 E 的离心率为 ，两准线之间的距离为 8，所以 ， ，
解得 ，于是 ，
因此椭圆 E 的标准方程是 .
（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
2
1
2
c
a
= 22 8a
c
=
2, 1a c= = 2 2 3b a c= − =
2 2
14 3
x y+ =
1( 1,0)F − 2 (1,0)F
0 0( , )P x y P 0 00, 0x y> >
0 1x = 2l 1l 1F
0 1x ≠ 1PF 0
0 1
y
x + 2PF 0
0 1
y
x −
1 1l PF⊥ 2 2l PF⊥ 1l 0
0
1x
y
− +
2l 0
0
1x
y
−−
1l 0
0
1( 1)xy xy
+= − +
2l 0
0
1( 1)xy xy
−= − −
2
0
0
0
1, xx x y y
−= − =
2
0
0
0
1( , )xQ x y
−−
Q
2
0
0
0
1 x yy
− = ± 2 2
0 0 1x y− = 2 2
0 0 1x y+ =
P
2 2
0 0 14 3
x y+ =
2 2
0 0
2 2
0 0
1
14 3
x y
x y
− = + =
0 0
4 7 3 7,7 7x y= =
2 2
0 0
2 2
0 0
1
14 3
x y
x y
+ = + =
4 7 3 7( , )7 7
12.【2016 高考新课标 1 卷】（本小题满分 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】
试题分析：根据 可知轨迹为椭圆,利用椭圆定义求方程；（II）分斜率是否存在设出直
线方程,当直线斜率存在时设其方程为 ,根据根与系数的关系和弦长公式把面
积表示为 x 斜率 k 的函数,再求最值.
试题解析：（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
2 2 2 15 0x y x+ + − =
EA EB+
134
22
=+ yx 0≠y )38,12[
EA EB+
)0)(1( ≠−= kxky
|||| ACAD = ACEB// ADCACDEBD ∠=∠=∠
|||| EDEB = |||||||||| ADEDEAEBEA =+=+
A 16)1( 22 =++ yx 4|| =AD 4|||| =+ EBEA
)0,1(−A )0,1(B 2|| =AB E
134
22
=+ yx 0≠y
)0,1(B l m )1(1 −−= xky A m
1
2
2 +k
1
344)
1
2(42|| 2
2
2
2
2
+
+=
+
−=
k
k
k
PQ MPNQ
.
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 .
考点：圆锥曲线综合问题
【名师点睛】高考解析几何解答题大多考查直线与圆锥曲线的位置关系,直线与圆锥曲线的位置
关系是一个很宽泛的考试内容,主要由求值、求方程、求定值、最值、求参数取值范围等几部分
组成, .其中考查较多的圆锥曲线是椭圆与抛物线,解决这类问题要重视方程思想、函数思想及化
归思想的应用.
13.【2016 高考山东理数】（本小题满分 14 分）
平面直角坐标系 中，椭圆 C： 的离心率是 ，抛物线 E：
的焦点 F 是 C 的一个顶点.
（I）求椭圆 C 的方程；
（II）设 P 是 E 上的动点，且位于第一象限，E 在点 P 处的切线 与 C 交与不同的两点 A，B，线
段 AB 的中点为 D，直线 OD 与过 P 且垂直于 x 轴的直线交于点 M.
（i）求证：点 M 在定直线上;
（ii）直线 与 y 轴交于点 G，记 的面积为 ， 的面积为 ，求 的最大值及
取得最大值时点 P 的坐标.
34
1112||||2
1
2 ++==
kPQMNS
l x MPNQ )38,12[
l x 1=x 3|| =MN 8|| =PQ MPNQ
MPNQ )38,12[
xOy ( )2 2
2 2 1 0x y a ba b
+ = ＞ ＞ 3
2
2 2x y=
l
l PFG△ 1S PDM△ 2S 1
2
S
S
【答案】（Ⅰ） ;（Ⅱ）（i）见解析；（ii） 的最大值为 ，此时点 的坐标为
【解析】
试题分析：（Ⅰ）根据椭圆的离心率和焦点求方程；（Ⅱ）（i）由点 P 的坐标和斜率设出直线 l
的方程和抛物线联立，进而判断点 M 在定直线上；（ii）分别列出 ， 面积的表达式，根据
二次函数求最值和此时点 P 的坐标.
试题解析：
（Ⅱ）（i）设 ，由 可得 ，
所以直线 的斜率为 ，
因此直线 的方程为 ，即 .
设 ，联立方程
得 ，
由 ，得 且 ，
因此 ,
将其代入 得 ，
因为 ，所以直线 方程为 .
14 22 =+ yx 1
2
S
S 4
9 P
)4
1,2
2(
1S 2S
)0)(2,(
2
>mmmP yx 22 = xy =/
l m
l )(2
2
mxmmy −=−
2
2mmxy −=
),(),,(),,( 002211 yxDyxByxA
2
2 2
2
4 1
my mx
x y
= −
+ =
014)14( 4322 =−+−+ mxmxm
0>∆ 520 +<< m 14
4
2
3
21 +=+
m
mxx
14
2
2 2
3
21
0 +=+=
m
mxxx
2
2mmxy −=
)14(2 2
2
0 +−=
m
my
mx
y
4
1
0
0 −= OD xmy 4
1−=
联立方程 ，得点 的纵坐标为 ，
即点 在定直线 上.
（ii）由（i）知直线 方程为 ，
令 得 ，所以 ，
又 ，
所以 ，
，
所以 ，
令 ，则 ，
当 ，即 时， 取得最大值 ，此时 ，满足 ，
所以点 的坐标为 ，因此 的最大值为 ，此时点 的坐标为 .
考点：1.椭圆、抛物线的标准方程及其几何性质；2.直线与圆锥曲线的位置关系；3. 二次函数的
图象和性质.
14.【2015 江苏高考，18】（本小题满分 16 分）
=
−=
mx
xmy 4
1
M M
1
4y = −
M 4
1−=y
l 2
2mmxy −=
0=x 2
2my −= )2,0(
2mG −
2 1( , ), (0, ),2 2
mP m F D ))14(2,14
2( 2
2
2
3
+
−
+ m
m
m
m
)1(4
1||2
1 2
1 +== mmmGFS
)14(8
)12(||||2
1
2
22
02 +
+=−⋅=
m
mmxmPMS
22
22
2
1
)12(
)1)(14(2
+
++=
m
mm
S
S
12 2 += mt 211)1)(12(
22
2
1 ++−=+−=
ttt
tt
S
S
2
11 =
t 2=t
2
1
S
S
4
9
2
2=m 0>∆
P )4
1,2
2( 1
2
S
S 4
9 P )4
1,2
2(
如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 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，若 PC=2AB，求直线 AB 的方程.
【答案】（1） （2） 或 ．
【解析】
试题分析（1）求椭圆标准方程，只需列两个独立条件即可：一是离心率为 ，二是右焦点 F
到左准线 l 的距离为 3，解方程组即得（2）因为直线 AB 过 F，所以求直线 AB 的方程就是确定
其斜率，本题关键就是根据 PC=2AB 列出关于斜率的等量关系，这有一定运算量.首先利用直线
方程与椭圆方程联立方程组，解出 AB 两点坐标，利用两点间距离公式求出 AB 长，再根据中点
坐标公式求出 C 点坐标，利用两直线交点求出 P 点坐标，再根据两点间距离公式求出 PC 长，利
用 PC=2AB 解出直线 AB 斜率,写出直线 AB 方程.
（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 ，
则 ， 的坐标为 ，且
( )2 2
2 2 1 0x y a ba b
+ = > > 2
2
2
2 12
x y+ = 1y x= − 1y x= − +
2
2
xΑΒ ⊥ 2ΑΒ = C 3Ρ =
ΑΒ x ΑΒ ( )1y k x= − ( )1 1,x yΑ ( )2 2,x yΒ
ΑΒ ( ) ( )2 2 2 21 2 4 2 1 0k x k x k+ − + − =
( )2 2
1,2 2
2 2 1
1 2
k k
x k
± +
= +
C
2
2 2
2 ,1 2 1 2
k k
k k
−
+ +
．
若 ，则线段 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 ，
则 点的坐标为 ，从而 ．
因为 ，所以 ，解得 ．
此时直线 方程为 或 ．
【考点定位】椭圆方程，直线与椭圆位置关系
差法”解决，往往会更简单。
15.【2016 高考天津理数】（本小题满分 14 分）
设椭圆 （ ）的右焦点为 ，右顶点为 ，已知 ，
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 ，若 ，且 ，求直线的 斜率的取值范围.
【答案】（Ⅰ） （Ⅱ）
【解析】
试题分析：（Ⅰ）求椭圆标准方程，只需确定量，由 ，得
，
再利用 ，可解得 ， （Ⅱ）先化简条件：
，即 M 再 OA 中垂线上， ，再利用直线与椭圆位置
( ) ( ) ( )( ) ( )2
2 2 22
2 1 2 1 2 1 2
2 2 1
1 1 2
k
x x y y k x x k
+
ΑΒ = − + − = + − = +
0k = ΑΒ y
0k ≠ CΡ
2
2 2
1 2
1 2 1 2
k ky xk k k
+ = − − + +
Ρ ( )
2
2
5 22,
1 2
k
k k
+ − +
( )
( )
2 2
2
2 3 1 1
C
1 2
k k
k k
+ +
Ρ =
+
C 2Ρ = ΑΒ
( )
( )
( )2 2 2
22
2 3 1 1 4 2 1
1 21 2
k k k
kk k
+ + +
= ++ 1k = ±
ΑΒ 1y x= − 1y x= − +
13
2
2
2
=+ y
a
x 3>a F A ||
3
||
1
||
1
FA
e
OAOF
=+
O e
A l B B x l l M
y H HFBF ⊥ MOA MAO∠ ≤ ∠ l
2 2
14 3
x y+ = ),4
6[]4
6,( +∞−−∞
1 1 3
| | | | | |
c
OF OA FA
+ =
1 1 3
( )
c
c a a a c
+ = −
2 2 2 3a c b− = = 2 1c = 2 4a =
MOA MAO∠ = ∠ ⇔ | | | |MA MO= 1Mx =
关系，联立方程组求 ；利用两直线方程组求 H，最后根据 ，列等量关系解出直线
斜率.取值范围
试 题 解 析 ： （ 1 ） 解 ： 设 ， 由 ， 即 ， 可 得
， 又 ， 所 以 ， 因 此 ， 所 以 椭 圆 的 方 程 为
.
（2）（Ⅱ）解：设直线 的斜率为 （ ），则直线 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
.
所以，直线 的斜率的取值范围为 .
考点：椭圆的标准方程和几何性质，直线方程
B HFBF ⊥
( ,0)F c 1 1 3
| | | | | |
c
OF OA FA
+ = 1 1 3
( )
c
c a a a c
+ = −
2 2 23a c c− = 2 2 2 3a c b− = = 2 1c = 2 4a =
2 2
14 3
x y+ =
l k 0≠k l )2( −= xky ),( BB yxB
−=
=+
)2(
134
22
xky
yx
y 0121616)34( 2222 =−+−+ kxkxk
2=x 34
68
2
2
+
−=
k
kx 34
68
2
2
+
−=
k
kxB 34
12
2 +
−=
k
kyB
)0,1(F ),0( HyH ),1( HyFH −= )34
12,34
49( 22
2
++
−=
k
k
k
kBF HFBF ⊥
0=⋅ HFBF 034
12
34
49
22
2
=+++
−
k
ky
k
k H
k
kyH 12
49 2−= MH
k
kxky 12
491 2−+−=
l ),4
6[]4
6,( +∞−−∞
16.【2015 高考山东，理 20】平面直角坐标系 中，已知椭圆 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】
试题分析：（I）根据椭圆的定义与几何性质列方程组确定 的值，从而得到椭圆 的方程；
（II）（i）设 ， ，由题意知 ，然后利用这两点分别在两上椭
圆上确定 的值; （ii）设 ，利用方程组 结合韦达定理求出弦
长 ， 选 将 的 面 积 表 示 成 关 于 的 表 达 式
，然后，令 ，
利用一元二次方程根的判别式确定的范围，从而求出 的面积的最大值，并结合（i）的结
xoy ( )2 2
2 2: 1 0x yC a ba b
+ = > >
3
2 1 2,F F 1F 2F
C
C
2 2
2 2: 14 4
x yE a b
+ = P C P y kx m= + E
,A B PO E Q
OQ
OP
ABQ∆
2
2 14
x y+ = 6 3
,a b
( )0 0,P x y OQ
OP
λ= ( )0 0,Q x yλ λ− −
λ ( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y 2 2
116 4
y kx m
x y
= + + =
AB OAB∆ ,k m
2 2
2 2 2
2 16 41
2 1 4
k m mS m x x k
+ −= ⋅ − = +
2 2
2 22 4 1 4 1 4
m m
k k
= − ⋅ + +
2
21 4
m tk
=+
OAB∆
果求出△ 面积的最大值.
试题解析：（I）由题意知 ，则 ,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 .
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
2 4a = 2a = 2 2 23 ,2
c a c ba
= − = 1b =
2
2 14
x y+ =
2 2
116 4
x y+ =
( )0 0,P x y OQ
OP
λ= ( )0 0,Q x yλ λ− −
2
20
0 14
x y+ =
( ) ( )2 2
0 0 116 4
x yλ λ− −+ =
22
20
0 14 4
x y
λ + =
2λ = 2OQ
OP
=
2 2
1 2 2
4 16 4
1 4
k mx x k
+ −− = +
y kx m= + ( )0,m
OAB∆
2 2
2 2 2
2 16 41
2 1 4
k m mS m x x k
+ −= ⋅ − = +
2 2 2 2 2
2 2 2
2 (16 4 ) 2 41 4 1 4 1 4
k m m m m
k k k
+ − ⋅= = − ⋅ + + +
2
21 4
m tk
=+ y kx m= + ( )2 2 21 4 8 4 4 0k x kmx m+ + + − =
0∆ ≥ 2 21 4m k≤ +
0 1t< ≤
( ) 22 4 2 4S t t t t= − = − + 2 3S ≤
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 .
17.【2015 高考陕西，理 20】（本小题满分 12 分）已知椭圆 （ ）的半
焦距为 ，原点 到经过两点 ，
的直线的距离为 ．
（I）求椭圆 的离心率；
（II）如图， 是圆 的一条直径，若椭圆 经过 ， 两点，求
椭圆 的
方程．
【答案】（I） ；（II） ．
【解析】
试题分析：（I）先写过点 ， 的直线方程，再计算原点 到该直线的距离，进而可得
椭圆 的离心率；（II）先由（I）知椭圆 的方程，设 的方程，联立 ，消
去 ，可得 和 的值，进而可得 ，再利用 可得 的值，进而可得椭圆
的方程．
试题解析：（I）过点 ， 的直线方程为 ，
1t = 2 21 4m k= + 2 3
ABQ∆ 3S ABQ∆ 6 3
:Ε
2 2
2 2 1x y
a b
+ = 0a b> >
c Ο ( ),0c
( )0,b 1
2 c
Ε
ΑΒ :Μ ( ) ( )2 2 52 1 2x y+ + − = Ε Α Β
Ε
3
2
2 2
112 3
x y+ =
( ),0c ( )0,b Ο
Ε Ε ΑΒ
( )
2 2 2
2 1
4 4
y k x
x y b
= + + + =
y 1 2x x+ 1 2x x k 10ΑΒ = 2b Ε
( ),0c ( )0,b 0bx cy bc+ - =
则原点 到直线的距离 ，
由 ，得 ，解得离心率 .
(II)解法一：由（I）知，椭圆 的方程为 . (1)
依题意，圆心 是线段 的中点，且 .
易知， 不与 轴垂直，设其直线方程为 ，代入(1)得
设 则
由 ，得 解得 .
从而 .
于是 .
由 ，得 ，解得 .
故椭圆 的方程为 .
解法二：由（I）知，椭圆 的方程为 .
（2）
因此 直线方程为 ，代入(2)得
所以 ， .
Ο
2 2
bc bcd ab c
= =
+
1
2d c= 2 22 2a b a c= = - 3
2
c
a =
Ε 2 2 24 4x y b+ =
( )2,1Μ − ΑΒ | AB| 10=
ΑΒ x ( 2) 1y k x= + +
2 2 2 2(1 4 ) 8 (2 1) 4(2 1) 4 0k x k k x k b+ + + + + - =
1 1 2 2( , y ),B( , y ),A x x
2 2
1 2 1 22 2
8 (2 1) 4(2 1) 4, .1 4 1 4
k k k bx x x xk k
+ + -+ = - = -+ +
1 2 4x x+ = - 2
8 (2 1) 4,1 4
k k
k
+- = -+
1
2k =
2
1 2 8 2x x b= -
( )2
2 2
1 2 1 2 1 2
1 5| AB| 1 | | 4 10( 2)2 2x x x x x x b = + − = + − = −
| AB| 10= 210( 2) 10b - = 2 3b =
Ε
2 2
112 3
x y+ =
Ε 2 2 24 4x y b+ =
ΑΒ 1 ( 2) 12y x= + + 2 24 8 2 0.x x b+ + - =
1 2 4x x+ = - 2
1 2 8 2x x b= -
于是 .
由 ，得 ，解得 .
故椭圆 的方程为 .
考点：1、直线方程；2、点到直线的距离公式；3、椭圆的简单几何性质；4、椭圆的方程；5、
圆的方程；6、直线与圆的位置关系；7、直线与圆锥曲线的位置.
18.【2016 高考浙江理数】（本题满分 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）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.
【答案】（I） ；（II） ．
【解析】
试题分析：（I）先联立 和 ，可得 ， ，再利用弦长公式可得直线
被椭圆截得的线段长；（II）先假设圆与椭圆的公共点有 个，再利用对称性及已知
条件可得任意以点 为圆心的圆与椭圆至多有 个公共点时， 的取值范围，进而可得椭
( )2
2 2
1 2 1 2 1 2
1 5| AB| 1 | | 4 10( 2)2 2x x x x x x b = + − = + − = −
| AB| 10= 210( 2) 10b - = 2 3b =
Ε
2 2
112 3
x y+ =
2
2
2 1x ya
+ =
2
2
2 2
2 11
a k ka k
⋅ ++
20 2e< ≤
1y kx= +
2
2
2 1x ya
+ = 1x 2x
1y kx= + 4
( )0,1Α 3 a
圆离心率的取值范围．
试题解析：（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
因此
，①
因为①式关于 ， 的方程有解的充要条件是
，所以 ．
1y kx= + ΑΡ 2
2
2
1
1
y kx
x ya
= + + =
( )2 2 2 21 2 0a k x a kx+ + =
1 0x =
2
2 2 2
2
1
a kx a k
= − +
2
2 2
1 2 2 2
21 11
a kk x x ka k
ΑΡ = + − = ⋅ ++
4 y Ρ Q
QΑΡ = Α
ΑΡ QΑ 1k 2k 1k 2 0k > 1 2k k≠
2 2
1 1
2 2
1
2 1
1
a k k
a k
+ΑΡ = +
2 2
2 2
2 2
2
2 1Q 1
a k k
a k
+Α = +
( )2 2
2 2
1 2
1 11 1 1 2a ak k
+ + = + −
1k 2k
( )2 21 2 1a a+ − > 2a >
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 ．
考点：1、弦长；2、圆与椭圆的位置关系；3、椭圆的离心率．
19.【2015 高考新课标 2，理 20】（本题满分 12 分）
已知椭圆 ,直线 不过原点 且不平行于坐标轴， 与 有两个交点
， ，线段 的中点为 ．
(Ⅰ)证明：直线 的斜率与 的斜率的乘积为定值；
（Ⅱ）若 过点 ，延长线段 与 交于点 ，四边形 能否为平行四边形？若
能，求此时 的斜率，若不能，说明理由．
【答案】(Ⅰ)详见解析；（Ⅱ）能， 或 ．
【解析】(Ⅰ)设直线 ， ， ， ．
将 代 入 得 ， 故
，
．于是直线 的斜率 ，即 ．所以直线
的斜率与 的斜率的乘积为定值．
（Ⅱ）四边形 能为平行四边形．
因为直线 过点 ，所以 不过原点且与 有两个交点的充要条件是 ， ．
由(Ⅰ)得 的方程为 ．设点 的横坐标为 ．由 得 ，
即 ． 将 点 的 坐 标 代 入 直 线 的 方 程 得 ， 因 此
( )0,1Α 3
1 2a< ≤
2 1c ae a a
−= = 20 2e< ≤
2 2 2:9 ( 0)C x y m m+ = > l O l C
A B AB M
OM l
l ( , )3
m m OM C P OAPB
l
4 7− 4 7+
:l y kx b= + ( 0, 0)k b≠ ≠ 1 1( , )A x y 2 2( , )B x y ( , )M MM x y
y kx b= + 2 2 29x y m+ = 2 2 2 2( 9) 2 0k x kbx b m+ + + − =
1 2
22 9M
x x kbx k
+= = − +
2
9
9M M
by kx b k
= + = + OM 9M
OM
M
yk x k
= = − 9OMk k⋅ = −
OM l
OAPB
l ( , )3
m m l C 0k > 3k ≠
OM 9y xk
= − P Px
2 2 2
9 ,
9 ,
y xk
x y m
= −
+ =
2 2
2
29 81P
k mx k
= +
23 9P
kmx
k
±=
+ ( , )3
m m l (3 )
3
m kb
−=
．四边形 为平行四边形当且仅当线段 与线段 互相平分，即
．于是
．解得 ， ．因为 ， ， ，所以当 的斜
率为
或 时，四边形 为平行四边形．
【考点定位】1、弦的中点问题；2、直线和椭圆的位置关系．
【名师点睛】(Ⅰ)题中涉及弦的中点坐标问题，故可以采取“点差法”或“韦达定理”两种方法求解：
设端点 的坐标，代入椭圆方程并作差，出现弦 的中点和直线 的斜率；设直线 的方程
同时和椭圆方程联立，利用韦达定理求弦 的中点，并寻找两条直线斜率关系；（Ⅱ）根据(Ⅰ)
中结论，设直线 方程并与椭圆方程联立，求得 坐标，利用 以及直线 过点
列方程求 的值．
20.【2016 高考新课标 2 理数】已知椭圆 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】
试题解析：（I）设 ，则由题意知 ，当 时， 的方程为 ，
.
2
( 3)
3( 9)M
mk kx k
−= + OAPB AB OP
2P Mx x=
23 9
km
k
± =
+
2
( 3)2 3( 9)
mk k
k
−× + 1 4 7k = − 2 4 7k = + 0, 3i ik k> ≠ 1i = 2 l
4 7− 4 7+ OAPB
,A B AB l l
AB
OM M 2P Mx x= l
( , )3
m m k
:E
2 2
13
x y
t
+ = x A E
( 0)k k > E ,A M N E MA NA⊥
4,| | | |t AM AN= = AMN∆
2 AM AN= k
144
49
( )3 2,2
( )1 1,M x y 1 0y > 4t = E
2 2
14 3
x y+ =
( )2,0A −
由已知及椭圆的对称性知，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 .
考点：椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系.
21.【2015 高考四川，理 20】如图，椭圆 E： 的离心率是 ，过点 P
（0,1）的动直线 与椭圆相交于 A，B 两点，当直线 平行与 轴时，直线 被椭圆 E 截得的线
段长为 .
(1)求椭圆 E 的方程；
（2）在平面直角坐标系 中，是否存在与点 P 不同的定点 Q，使得 恒成立？若
AM 4
π
AM 2y x= +
2x y= −
2 2
14 3
x y+ = 27 12 0y y− = 0y = 12
7y = 1
12
7y =
AMN∆ 1 12 12 1442 2 7 7 49
= × × × =
3t > 0k > ( ),0A t−
AM ( )y k x t= +
2 2
13
x y
t
+ = ( )2 2 2 2 23 2 3 0tk x ttk x t k t+ + + − =
( ) 2 2
1 23
t kx t tk
⋅ − = +
( )2
1 2
3
3
t tk
x tk
−
= +
( )2
2
1 2
6 2
1 3
t k
AM x t k tk
+
= + + = +
AN ( )1y x tk
= − +
( )2
2
6 1
3
k t k
AN k t
+
== +
2 AM AN= 2 2
2
3 3
k
tk k t
=+ + ( ) ( )3 2 3 2 1k t k k− = −
3 2k =
( )
3
3 2 1
2
k kt k
−= − 3t >
( )( )23 2
3 3
2 13 2 02 2
k kk k k
k k
− +− + − = <− −
3
2 02
k
k
− <− 3
2 0
2 0
k
k
− >
− < 3
2 0
2 0
k
k
− <
− >
3 2 2k< <
k ( )3 2,2
2 2
2 2+ 1( 0)x y a ba b
= > > 2
2
l l x l
2 2
xOy QA PA
QB PB
=
存在，求出点 Q 的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1） ；（2）存在，Q 点的坐标为 .
【解析】（1）由已知，点 在椭圆 E 上.
因此，
解得 .
所以椭圆的方程为 .
所以，若存在不同于点 P 的定点 Q 满足条件，则 Q 点的坐标只可能为 .
下面证明：对任意的直线 ，均有 .
当直线 的斜率不存在时，由上可知，结论成立.
当直线 的斜率存在时，可设直线 的方程为 ，A、B 的坐标分别为 .
联立 得 .
其判别式 ，
所以， .
2 2
14 2
x y+ = (0,2)Q
( 2,1)
2 2
2 2 2
2 1 1,
,
2 ,2
a b
a b c
c
a
+ =
− =
=
2, 2a b= =
2 2
14 2
x y+ =
(0,2)Q
l | | | |
| | | |
QA PA
QB PB
=
l
l l 1y kx= + 1 1 2 2( , ),( , )x y x y
2 2
1,4 2
1
x y
y kx
+ =
= +
2 2(2 1) 4 2 0k x kx+ + − =
2 216 8(2 1) 0k k∆ = + + >
1 2 1 22 2
4 2,2 1 2 1
kx x x xk k
+ = − = −+ +
因此 .
易知，点 B 关于 y 轴对称的点的坐标为 .
又 ，
所以 ，即 三点共线.
所以 .
故存在与 P 不同的定点 ，使得 恒成立.
22.【2016 年高考北京理数】（本小题 14 分）
已 知 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】
1 2
1 2 1 2
1 1 2x x kx x x x
++ = =
2 2( , )B x y′ −
x
y
P
A
B'
F2F1
O
B1
B
Q
1 2
1 1 2 2 1
2 21 1 1,QA QB
y yk k k k kx x x x x′
− −= = − = = − + = −−
QA QBk k ′= , ,Q A B′
1
2
| || | | | | |
| | | | | | | |
xQA QA PA
QB QB x PB
= = =′
(0,2)Q | | | |
| | | |
QA PA
QB PB
=
2 2
2 2 1+ =x y
a b 0a b> > 3
2 ( ,0)A a (0, )B b (0,0)O
OAB∆
P C PA y x
BMAN ⋅
2
2 14
x y+ =
试题分析：（1）根据离心率为 ，即 ， 的面积为 1，即 ，椭圆中
列方程求解；（2）根据已知条件分别求出 ， 的值，求其乘积为定值.
所以椭圆 的方程为 .
（2）由（Ⅰ）知， ，
设 ，则 .
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.
考点：1.椭圆方程及其性质；2.直线与椭圆的位置关系.
3
2
3
2
c
a
= OAB∆ 1 12 ab =
2 2 2a b c= + AN | |BM
C 14
2
2
=+ yx
)1,0(),0,2( BA
),( 00 yxP 44 2
0
2
0 =+ yx
00 ≠x PA )2(20
0 −−= xx
yy
0=x 2
2
0
0
−−=
x
yyM 2
211
0
0
−+=−=
x
yyBM M
PB 11
0
0 +−= xx
yy
0=y 10
0
−−=
y
xxN 122
0
0
−+=−=
y
xxAN N
2
2112
0
0
0
0
−+⋅−+=⋅
x
y
y
xBMAN
22
8844
22
48444
0000
0000
0000
0000
2
0
2
0
+−−
+−−=+−−
+−−++=
yxyx
yxyx
yxyx
yxyxyx 4=
00 =x 10 −=y ,2,2 == ANBM
4=⋅ BMAN
BMAN ⋅
算。
23.【2016 年高考四川理数】（本小题满分 13 分）
已知椭圆 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】
试题分析：（Ⅰ）由椭圆两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点可得 ，
从而可得 ，椭圆的标准方程中可减少一个参数，再利用直线和椭圆只有一个公共点，
联立方程，方程有两个相等实根，解出 b 的值，从而得到椭圆的标准方程；（Ⅱ）首先设出直
线 方 程 为 ， 由 两 直 线 方 程 求 出 点 坐 标 ， 得 ， 同 时 设 交 点
，把 方程与椭圆方程联立后消去 得 的二次方程，利用根与系数关系，
得 ，再计算 ，比较可得 值.
试题解析：（I）由已知， ，即 ，所以 ，则椭圆 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 ，
2 2
2 2 1( 0)x y a ba b
+ = > >
: 3l y x= − +
λ 2PT PA PBλ= ⋅ λ
2 2
16 3
x y+ = 4
5
λ =
2a c=
2a b=
'l 1
2y x m= + P 2PT
1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y 'l y x
1 2 1 2,x x x x+ PA PB⋅ λ
2 2 2(2 )a a c+ = 2a c= 2a b=
2 2
2 2 12
x y
b b
+ =
2 2
2 2 1,2
3,
x y
b b
y x
+ =
= − +
2 23 12 (18 2 ) 0x x b− + − =
2=24( 3)b∆ − =0∆ 2 =3b
=2x
所以椭圆 E 的方程为 .
点 T 坐标为（2,1）.
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 .
考点：椭圆的标准方程及其几何性质.
2 2
16 3
x y+ =
2 2
16 3
1
2
x y
y x m
+ =
= +
，
，
2 23 4 (4 12) 0x mx m+ + − =
2=16(9 2 )m∆ − >0∆ 3 2 3 2
2 2m− < <
2
1 2 1 2
4 4 12= ,3 3
m mx x x x
−+ − =
2 2
1 1 1
2 2 5 2(2 ) (1 ) 23 3 2 3
m m mPA x y x= − − + + − = − −
2
5 222 3
mPB x= − −
1 2
5 2 2(2 )(2 )4 3 3
m mPA PB x x⋅ = − − − −
2
1 2 1 2
5 2 2(2 ) (2 )( )4 3 3
m m x x x x= − − − + +
2
25 2 2 4 4 12(2 ) (2 )( )4 3 3 3 3
m m m m −= − − − − +
210
9 m=
4
5
λ = 2PT PA PBλ= ⋅
24.【2015 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）若 ，求椭圆的标准方程
（2）若 求椭圆的离心率
【答案】（1） ；（2）
【解析】
试题解析：（1）本题中已知椭圆上的一点到两焦点的距离，因此由椭圆定义可得长轴长，即参
数 的值，而由 ，应用勾股定理可得焦距，即 的值，因此方程易得；（2）要求椭
圆的离心率，就是要找到关于 的一个等式，题中涉及到焦点距离，因此我们仍然应用椭圆
定义，设 ，则 ， ，于是
有 ，这样在 中求得 ，在 中可
建立关于 的等式，从而求得离心率.
(1)由椭圆的定义，
设椭圆的半焦距为 c，由已知 ，因此
即
( )2 2
2 2 1 0x y a ba b
+ = > >
1 2, ,F F 2F ,P Q 1PQ PF⊥
F2F1
P
Q
y
xO
1 22 2, 2 2PF PF= + = −
1 ,PF PQ= .e
2
2+y =14
x 6 3−
a 1PQ PF⊥ c
, ,a b c
1PF m= 2 2PF a m= − 2 2 (2 ) 2 2QF PQ PF m a m m a= − = − − = −
1 22 4 2QF a QF a m= − = − 1Rt PQF∆ 2(2 2)m a= − 1 2Rt PF F∆
,a c
( ) ( )1 22 | PF | | PF | 2 2 2 2 4a a= + = + + - = ，故 =2.
1 2PF PF⊥
( ) ( )2 22 2
1 2 1 22 | FF | | PF | | PF | 2 2 2 2 2 3c = = + = + + - = ， 3c= .
从而
故所求椭圆的标准方程为 .
由椭圆的定义， ,从而由 ，
有
又由 ， 知 ，因此
于是
解得 .
解 法 二 ： 如 图 (21) 图 由 椭 圆 的 定 义 ， , 从 而 由
，有
又由 ， 知 ，因此 ,
,从而
由 ,知 ，因此
【考点定位】考查椭圆的标准方程，椭圆的几何性质.，直线和椭圆相交问题，考查运算求解能
力．
2 2b 1a c= - =
2
2+y =14
x
( ) ( )22 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1| PF | = 2 +c 2 2 2 2 .c ba b a b a a b a a ba c
− + = − + − = + −
1 2 1 2| PF | | PF | 2 ,| QF | | QF | 2a a+ = + = 1 2 2| PF | = | PQ | = | PF | + | QF |
1 1| QF | 4 2 | PF |a= -
1 2PF PF⊥ 1| PF | = | PQ | 1 1| QF | 2 | PF |= ( ) 12+ 2 | PF | =4a
( )( )2 22 2 2 4 .a a b a+ + - =
21 41 1 6 32 2 2
e
= + − = − +
1 2 1 2| PF | | PF | 2 ,| QF | | QF | 2a a+ = + =
1 2 2| PF | = | PQ | = | PF | + | QF | 1 1| QF | 4 2 | PF |a= -
1 2PF PF⊥ 1| PF | = | PQ | 1 1| QF | 2 | PF |= 1 14 2 | PF | 2 | PF |a - =
1| PF | =2(2- 2)a 2 1| PF | =2 - | PF | 2 (2- 2) 2( 2 1)a a a a= - = -
1 2PF PF⊥ 2 2 2 2 2
1 2 2| PF | | PF | | PF | (2 ) 4c c+ = = =
2 2
1 2 2 2| PF | | PF | (2 2) ( 2 1) 9 6 2 6 32
ce a a
+= = = - + - = - = -
25.【2015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 ，则线段 的中点 的
坐 标 为 . 又 点 在 直 线 上 ， 且 , 从 而 有
( )2 2
2 2 1 0x y a ba b
+ = > >
( )0a， ( )0 b， 2BM MA=
5
10
( )0 b−，
7
2
2 5
5
2 2
145 9
x y+ =
M 2 1( , )3 3a b 5
10OMk = 5
2 10
b
a
=
2 25 , 2a b c a b b= = − = 2 5
5
ce a
= =
AB 1
5
x y
bb
+ = N
5 1( , )2 2b b− N AB S 1
7( , )2x NS T
15 1 7( , )4 2 4 4
xb b+ − + T AB 1NS ABk k⋅ = −
解得 ，所以 ，故椭圆 的方程为 .
【考点定位】1.椭圆的离心率； 2.椭圆的标准方程；3.点点关于直线对称的应用.
条件求出 a，b
26.【2015 高考福建，理 18】已知椭圆 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)由已知得
1
1
5 1 7
4 2 4 4 1
5
7 1
2 2 5
5
2
xb b
bb
b
bx
+ − +
+ =
+
=
−
3b = 3 5a = E
2 2
145 9
x y+ =
2 2
2 2 1(a 0)x y ba b+ = > > (0, 2）
2
2
x
y
B
A
OG
1x my m R= - Î，( )
9( 4- , 0)
2 2
14 2
x y+ = 9( 4- , 0)
解得 ，
所以椭圆 E 的方程为 ．
,
故
所以 ，故 G 在以 AB 为直径的圆外．
解法二：(Ⅰ)同解法一.
(Ⅱ)设点 ，则
由 所以
从而
所以 不共线，所以 为锐角.
故点 G 在以 AB 为直径的圆外．
【考点定位】1、椭圆的标准方程；2、直线和椭圆的位置关系；3、点和圆的位置关系．
2 2 2
2,
2 ,2
,
b
c
a
a b c
ì =ïïï =íïï = +ïî
2
2
2
a
b
c
ì =ïï =íïï =î
2 2
14 2
x y+ =
2 2 2 22
1 2 1 2 1 2( ) ( y ) (m +1)( y )|AB|
4 4 4
x x y y- + - -= =
2 2
2 21 2 1 2
0 1 2
(m +1)[( y ) 4 y ] (m +1)(y y )4
y y y+ -= = -
2 2 2 2
2 2
0 1 2 2 2 2
|AB| 5 25 5 3(m +1) 25 17 2|GH| my (m +1) y 04 2 16 2(m 2) m 2 16 16(m 2)
m my +- = + + = - + = >+ + +
|AB||GH|> 2
9( 4- , 0)
1 1 2 2( y ),B( , y ),A x x 1 1 2 2
9 9GA ( , ),GB ( , ).4 4x y x y= + = +
2 22 2
1
(m 2) y 2 3 0,
14 2
x my
myx y
ì = -ïï + - - =íï + =ïî
得 1 2 1 22 2
2 3y + y = , y y =m 2 m 2
m
+ +
，
1 2 1 2 1 2 1 2
9 9 5 5GA GB ( )( ) (my )(my )4 4 4 4x x y y y y= + + + = + + +
2 2
2
1 2 1 2 2 2
5 25 5 3(m +1) 25(m +1) y ( y )4 16 2(m 2) m 2 16
my m y= + + + = - ++ +
2
2
17 2 016(m 2)
m += >+
cos GA,GB 0, GA GBá ñ> 又 ， AGBÐ
9( 4- , 0)
27.【2015 湖南理 20】已知抛物线 的焦点 也是椭圆 的
一个焦点， 与 的公共弦的长为 .
（1）求 的方程；
（2）过点 的直线 与 相交于 ， 两点，与 相交于 ， 两点，且 与 同向
（ⅰ）若 ，求直线 的斜率
（ⅱ）设 在点 处的切线与 轴的交点为 ，证明：直线 绕点 旋转时， 总是钝
角三角形
【答案】（1） ；（2）（i） ，（ii）详见解析.
【解析】
试题分析：（1）根据已知条件可求得 的焦点坐标为 ，再利用公共弦长为 即可求解；
（2）（i）设直线 的斜率为 ，则 的方程为 ，由 得 ，
根据条件可知 ，从而可以建立关于 的方程，即可求解；（ii）根据条件可说明
，因此 是锐角，从而 是钝角，
即可得证
试题解析：（1）由 ： 知其焦点 的坐标为 ，∵ 也是椭圆 的一焦点，
∴ ①，又 与 的公共弦的长为 ， 与 都关于 轴对称，且 的方程为
，由此易知 与 的公共点的坐标为 ，∴ ②，联立①，②，得
， ， 故 的 方 程 为 ； （ 2 ） 如 图 ， ， ，
2
1 : 4C x y= F
2 2
2 2 2: 1( 0)y xC a ba b
+ = > >
1C 2C 2 6
2C
F l 1C A B 2C C D AC BD
| | | |AC BD= l
1C A x M l F MFD∆
2 2
19 8
y x+ = 6
4
±
2C )1,0( 62
l k l 1+= kxy 2
1
4
y kx
x y
= +
=
2 16 64 0x kx+ − =
AC = BD k FA ⋅
2 2
1 1
1 1 1 02 4
x xFM y= − + = + > AFM∠ 180MFD AFM∠ = − ∠
1C 2 4x y= F (0,1) F 2C
2 2 1a b− = 1C 2C 2 6 1C 2C y 1C
2 4x y= 1C 2C 3( 6, )2
± 2 2
9 6 14a b
+ =
2 9a = 2 8b = 2C
2 2
19 8
x y+ = f 1 1( , )A x y 2 2( , )B x y
， ，
（i）∵ 与 同向，且 ，∴ ，从而 ，即
，于是 ③，设直线 的斜率为 ，则 的方程为
， 由
（ii）由 得 ，∴ 在点 处的切线方程为 ，即
，令 ，得 ，即 ，∴ ，而 ，
于是
，因此 是锐角，从而 是
钝角.，故直线 绕点 旋转时， 总是钝角三角形.
【考点定位】1.椭圆的标准方程及其性质；2.直线与椭圆位置关系.
3 3( , )C x y 4 4( , )D x y
AC BD |||| BDAC = AC BD=
3 1x x− = 4 2x x− 1 2x x− =
3 4x x− ( )2
1 2 4x x+ − 1 2x x = ( )2
3 4 4x x+ − 3 4x x l k l
1+= kxy 2
1
4
y kx
x y
= +
=
2 4x y= 'y =
2
x
1C A )(2 1
1
1 xxxyy −=−
4
2
1
1
xxxy −= 0=y 1
2
xx = )0,2( 1xM 1( , 1)2
xFM = −
1 1( , 1)FA x y= −
FA ⋅
2 2
1 1
1 1 1 02 4
x xFM y= − + = + > AFM∠ 180MFD AFM∠ = − ∠
l F MFD∆
