2020年浙江高考数学复习练习课件：§10.1　椭圆及其性质.pptx

1、考点一 椭圆的定义和标准方程,A组 自主命题浙江卷题组,五年高考,1.(2019浙江,15,4分)已知椭圆 + =1的左焦点为F,点P在椭圆上且在x轴的上方.若线段PF 的中点在以原点O为圆心,|OF|为半径的圆上,则直线PF的斜率是 .,答案,解析 本题主要考查椭圆的定义和标准方程、直线斜率与倾斜角的关系,以及解三角形,旨在 考查学生的综合应用能力及运算求解能力,重点应用数形结合思想,突出考查了直观想象与数 学运算的核心素养.,如图,记椭圆的右焦点为F,取PF中点为M, 由题知a=3,b= ,c=2,连接OM,PF, 则|OM|=|OF|=2,又M为PF的中点, |PF|=2|OM|,PFO

2、M,|PF|=4, 又P在椭圆上,|PF|+|PF|=6,|PF|=2, 在PFF中,|PF|=|FF|=4,|PF|=2,连接FM,则FMPF,|FM|= = = , kPF=tanPFF= = . 即直线PF的斜率为 .,一题多解 易知F(-2,0),设P(3cos , sin ),设PF的中点为M,则M ,|OM|=| OF|=2, + =4,9cos2-12cos +4+5sin2=16,又sin2=1-cos2, 4cos2-12cos -7=0,解得cos =- ,sin2= , 又P在x轴上方,sin = , P ,kPF= ,故答案为 .,疑难突破 试题中只出现了椭圆的一个焦点

3、,需要作出另一个焦点,并将椭圆定义作为隐含条 件直接应用是求解本题的突破口.再由条件中的中点M联想到利用三角形中位线的性质求出 PF的长度是解决本题的关键.,2.(2018浙江,17,4分)已知点P(0,1),椭圆 +y2=m(m1)上两点A,B满足 =2 ,则当m= 时,点B横坐标的绝对值最大.,答案 5,解析 本题考查椭圆的标准方程,向量的坐标运算,二次函数的最值. 设B(t,u),由 =2 ,易得A(-2t,3-2u). 点A,B都在椭圆上, 从而有 +3u2-12u+9=0,即 +u2=4u-3. 即有4u-3=mu= , + =m,t2=- m2+ m- =- (m-5)2+4. 当

4、m=5时,(t2)max=4,即|t|max=2, 即当m=5时,点B横坐标的绝对值最大.,思路分析 (1)设出点B的坐标,利用向量的坐标运算得点A的坐标. (2)利用点A,B都在椭圆上得方程组,求得点B的横、纵坐标满足的关系式. (3)利用(2)中的关系式及点B在椭圆上,把点B的横坐标的平方表示为关于m的函数. (4)利用二次函数的最值得结论.,1.(2017浙江,2,4分)椭圆 + =1的离心率是 ( ) A. B. C. D.,考点二 椭圆的几何性质,答案 B 本题考查椭圆的标准方程和几何性质. 由题意得,a=3,c= ,离心率e= = .故选B.,易错警示 1.把椭圆和双曲线中的a,b

5、,c之间的关系式记混,而错选A.,2.把离心率记成e= 或e= ,而错选C或D.,2.(2016浙江,19,15分)如图,设椭圆 +y2=1(a1). (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 得(1+a2k2)x2+2a2kx=0, 故x1=0,x2=- . 因此|AP|= |x1-x2|= . (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

6、率分别为k1,k2,且k1,k20,k1k2. 由(1)知,|AP|= ,|AQ|= , 故 = , 所以( - )1+ + +a2(2-a2) =0. 由k1k2,k1,k20得1+ + +a2(2-a2) =0,因此 =1+a2(a2-2), 因为式关于k1,k2的方程有解的充要条件是1+a2(a2-2)1,所以a . 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1a , 由e= = 得,所求离心率的取值范围为0e .,评析 本题主要考查椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系等基础知识,同时考查解析 几何的基本思想方法和综合解题能力.,考点一 椭圆的定义和标准方程,

7、B组 统一命题、省（区、市）卷题组,1.(2019课标全国文,9,5分)若抛物线y2=2px(p0)的焦点是椭圆 + =1的一个焦点,则p= ( ) A.2 B.3 C.4 D.8,答案 D 本题考查椭圆与抛物线的几何性质;考查运算求解能力;考查的核心素养为数学运算. 抛物线y2=2px(p0)的焦点坐标为 , 椭圆 + =1的一个焦点为 , 3p-p= ,p=8.,思路分析 利用抛物线的焦点是椭圆的一个焦点,建立关于p的方程,求解即可.,2.(2019课标全国文,12,5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|,|A

8、B|=|BF1|,则C的方程为 ( ) A. +y2=1 B. + =1 C. + =1 D. + =1,答案 B 本题考查了椭圆的定义、椭圆的方程和余弦定理的应用;考查了数学运算能力和 方程的思想;考查的核心素养是数学运算,具有很好的创新意识. 令|F2B|=x(x0),则|AF2|=2x,|AB|=3x,|BF1|=3x, |AF1|=4a-(|AB|+|BF1|)=4a-6x, 由椭圆的定义知|BF1|+|BF2|=2a=4x, 所以|AF1|=2x. 在BF1F2中,由余弦定理得|BF1|2=|F2B|2+|F1F2|2-2|F2B|F1F2|cosBF2F1, 即9x2=x2+22-

9、4xcosBF2F1,在AF1F2中,由余弦定理得|AF1|2=|AF2|2+|F1F2|2-2|AF2|F1F2|cosAF2F1,即4x2=4x2+22-8xcosAF2 F1, 由得x= ,所以2a=4x=2 ,a= ,b2=a2-c2=2. 故椭圆的方程为 + =1.故选B.,思路分析 由于涉及焦点,所以要利用椭圆的定义,通过解三角形建立方程求a的值,又b2=a2-1, 故可得椭圆的方程.,疑难突破 利用余弦定理灵活解三角形是难点突破口.灵活利用椭圆的定义是解题的关键.,3.(2019课标全国文,15,5分)设F1,F2为椭圆C: + =1的两个焦点,M为C上一点且在第一象 限.若MF

10、1F2为等腰三角形,则M的坐标为 .,答案 (3, ),解析 本题考查椭圆的定义与几何性质;考查了学生的运算求解能力和数形结合的思想方法; 考查了数学运算的核心素养. 不妨设F1,F2分别是椭圆C的左,右焦点,由M点在第一象限,MF1F2是等腰三角形,知|F1M|=|F1F2 |,又由椭圆方程 + =1,知|F1F2|=8,|F1M|+|F2M|=26=12. 所以|F1M|=|F1F2|=8,|F2M|=4. 设M(x0,y0)(x00,y00), 则 解得x0=3,y0= , 即M(3, ).,一题多解 依题意得|F1F2|=|F1M|=8,|F2M|=4,cosMF1F2= = ,tan

11、MF1F2= , 所以MF1:y-0= (x+4). 设M(6cos ,2 sin ),因为M点在直线MF1上, 所以2 sin = (6cos +4),结合sin2+cos2=1且sin 0,cos 0,得cos = ,sin = , 即M点的坐标为(3, ).,4.(2018天津文,19,14分)设椭圆 + =1(ab0)的右顶点为A,上顶点为B.已知椭圆的离心率 为 ,|AB|= . (1)求椭圆的方程; (2)设直线l:y=kx(k0)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 (1)设椭圆的焦距为2c,由已

12、知有 = ,又由a2=b2+c2,可得2a=3b.由|AB|= = ,从 而a=3,b=2. 所以,椭圆的方程为 + =1. (2)设点P的坐标为(x1,y1),点M的坐标为(x2,y2),由题意,x2x10,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=2x1-(-x1),即x2=5x1. 易知直线AB的方程为2x+3y=6,由方程组 消去y,可得x2= .由方程组 消去y,可得x1= .,由x2=5x1,可得 =5(3k+2),两边平方,整理得18k2+25k+8=0,解得k=- ,或k=- . 当k=- 时,x2=-90,不

13、合题意,舍去; 当k=- 时,x2=12,x1= ,符合题意. 所以,k的值为- .,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.,5.(2017北京文,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 . (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45.,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 + =1(ab

14、0). 由题意得 解得c= . 所以b2=a2-c2=1. 所以椭圆C的方程为 +y2=1.,(2)设M(m,n),则D(m,0),N(m,-n). 由题设知m2,且n0. 直线AM的斜率kAM= ,故直线DE的斜率kDE=- . 所以直线DE的方程为y=- (x-m). 直线BN的方程为y= (x-2).,联立 解得点E的纵坐标yE=- . 由点M在椭圆C上,得4-m2=4n2. 所以yE=- n. 又SBDE= |BD|yE|= |BD|n|, SBDN= |BD|n|, 所以BDE与BDN的面积之比为45.,易错警示 在设直线方程时,若设方程为y=kx+m,则要考虑斜率不存在的情况;若设

15、方程为x=ty +n,则要考虑斜率为0的情况.,1.(2019北京理,4,5分)已知椭圆 + =1(ab0)的离心率为 ,则 ( ) A.a2=2b2 B.3a2=4b2 C.a=2b D.3a=4b,考点二 椭圆的几何性质,答案 B 本题考查椭圆的标准方程及离心率;通过椭圆的几何性质考查学生的理解与运算 能力;考查的核心素养是数学运算. 由题意知 =e2= , 整理得3a2=4b2,故选B.,易错警示 椭圆与双曲线中a、b、c关系的区别: (1)椭圆:b2+c2=a2;(2)双曲线:c2=a2+b2.,2.(2018课标全国文,4,5分)已知椭圆C: + =1的一个焦点为(2,0),则C的离

16、心率为 ( ) A. B. C. D.,答案 C 本题主要考查椭圆的方程及其几何性质. 由题意可知c=2,b2=4,a2=b2+c2=4+22=8,则a=2 , e= = = ,故选C.,3.(2018课标全国理,12,5分)已知F1,F2是椭圆C: + =1(ab0)的左、右焦点,A是C的左顶 点,点P在过A且斜率为 的直线上,PF1F2为等腰三角形,F1F2P=120,则C的离心率为 ( ) A. B. C. D.,答案 D 本题考查直线方程和椭圆的几何性质. 由题意易知直线AP的方程为y= (x+a), 直线PF2的方程为y= (x-c). 联立得y= (a+c), 如图,过P向x轴引垂

17、线,垂足为H,则PH= (a+c).,因为PF2H=60,PF2=F1F2=2c,PH= (a+c), 所以sin 60= = = ,即a+c=5c,即a=4c,所以e= = .故选D.,解题关键 通过解三角形得到a与c的等量关系是解题的关键.,4.(2017课标全国文,12,5分)设A,B是椭圆C: + =1长轴的两个端点.若C上存在点M满足 AMB=120,则m的取值范围是 ( ) A.(0,19,+) B.(0, 9,+) C.(0,14,+) D.(0, 4,+),答案 A 本题考查圆锥曲线的几何性质. 当0m3时,椭圆C的长轴在x轴上,如图(1),A(- ,0),B( ,0),M(0

18、, ). 图(1),当点M运动到短轴的端点时,AMB取最大值,此时AMB120,则|MO|1,即03时,椭圆C的长轴在y轴上,如图(2),A(0, ),B(0,- ),M( ,0). 图(2),当点M运动到短轴的端点时,AMB取最大值,此时AMB120,则|OA|3,即 3,即m9. 综上,m(0,19,+),故选A.,易错警示 在求解本题时,要注意椭圆的长轴所在的坐标轴,题目中只说A、B为椭圆长轴的两 个端点,并未说明椭圆长轴所在的坐标轴,因此,要根据m与3的大小关系,讨论椭圆长轴所在的 坐标轴.,5.(2017课标全国理,10,5分)已知椭圆C: + =1(ab0)的左、右顶点分别为A1,

19、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. B. C. D.,答案 A 本题考查椭圆的性质,直线与圆的位置关系. 以线段A1A2为直径的圆的方程为x2+y2=a2,该圆与直线bx-ay+2ab=0相切, =a, 即2b= ,a2=3b2,a2=b2+c2, = ,e= = .,6.(2018北京理,14,5分)已知椭圆M: + =1(ab0),双曲线N: - =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 -1;2,解析 本题考查椭圆与双曲线的几何

20、性质. 解法一:如图是一个正六边形,A,B,C,D是双曲线N的两条渐近线与椭圆M的四个交点,F1,F2为椭 圆M的两个焦点.,直线AC是双曲线N的一条渐近线,且其方程为y= x, = .设m=k,则n= k,则双曲线N的离心率e2= =2. 连接F1C,在正六边形ABF2CDF1中,可得F1CF2=90,CF1F2=30. 设椭圆的焦距为2c,则|CF2|=c,|CF1|= c,再由椭圆的定义得|CF1|+|CF2|=2a,即( +1)c=2a, 椭圆M的离心率e1= = = = -1.,解法二:双曲线N的离心率同解法一.由题意可得C点坐标为 ,代入椭圆M的方程,并结 合a,b,c的关系,联立

21、得方程组 解得 = -1 .,方法总结 求椭圆和双曲线的离心率的关键是通过其几何性质找到a,c所满足的关系,从而求 出c与a的比值,即得离心率.,考点一 椭圆的定义和标准方程,C组 教师专用题组,1.(2015福建,18,13分)已知椭圆E: + =1(ab0)过点(0, ),且离心率e= . (1)求椭圆E的方程; (2)设直线l:x=my-1(mR)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.,解析 解法一:(1)由已知得 解得 所以椭圆E的方程为 + =1. (2)设点A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点为H(x0,y0). 由 得(m2+2

22、)y2-2my-3=0, 所以y1+y2= ,y1y2=- , 从而y0= . 所以|GH|2= + = + =(m2+1) + my0+ . = = = =(1+m2)( -y1y2),故|GH|2- = my0+(1+m2)y1y2+ = - + = 0, 所以|GH| . 故点G 在以AB为直径的圆外. 解法二:(1)同解法一. (2)设点A(x1,y1),B(x2,y2),则 = , = . 由 得(m2+2)y2-2my-3=0, 所以y1+y2= ,y1y2=- , 从而 = +y1y2= +y1y2=(m2+1)y1y2+ m(y1+y2)+ = + + = 0,所以cos0.又

23、 , 不共线, 所以AGB为锐角. 故点G 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、方程思想.,2.(2015山东,20,13分)平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C: + =1(ab0)的离心率为 ,左、 右焦点分别是F1,F2.以F1为圆心以3为半径的圆与以F2为圆心以1为半径的圆相交,且交点在椭 圆C上. (1)求椭圆C的方程; (2)设椭圆E: + =1,P为椭圆C上任意一点.过点P的直线y=kx+m交椭圆E于A,B两点,射线 PO交椭圆E于点Q. (i)求 的值; (ii)求

24、ABQ面积的最大值.,解析 (1)由题意知2a=4,则a=2. 又 = ,a2-c2=b2,可得b=1, 所以椭圆C的方程为 +y2=1. (2)由(1)知椭圆E的方程为 + =1. (i)设P(x0,y0), =,由题意知Q(-x0,-y0). 因为 + =1, 又 + =1, 即 =1, 所以=2,即 =2. (ii)设A(x1,y1),B(x2,y2). 将y=kx+m代入椭圆E的方程,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0, 由0,可得m24+16k2. 则有x1+x2=- ,x1x2= . 所以|x1-x2|= . 因为直线y=kx+m与y轴交点的坐标为(0,m), 所以

25、OAB的面积S= |m|x1-x2| = = =2 . 设 =t. 将y=kx+m代入椭圆C的方程,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0, 由0,可得m21+4k2. 由可知0t1, 因此S=2 =2 . 故S2 , 当且仅当t=1,即m2=1+4k2时取得最大值2 . 由(i)知,ABQ面积为3S, 所以ABQ面积的最大值为6 .,3.(2015江苏,18,16分)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆 + =1(ab0)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,

26、C,若PC=2 AB,求直线AB的方程.,解析 (1)由题意,得 = 且c+ =3, 解得a= ,c=1,则b=1, 所以椭圆的标准方程为 +y2=1. (2)当ABx轴时,AB= ,又CP=3,不合题意. 当AB与x轴不垂直时,设直线AB的方程为y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2), 将AB的方程代入椭圆方程,得(1+2k2)x2-4k2x+2(k2-1)=0,则x1,2= ,C的坐标为 ,且AB= = = . 若k=0,则线段AB的垂直平分线为y轴,与左准线平行,不合题意. 从而k0,故直线PC的方程为y+ =- , 则P点的坐标为 , 从而PC= .,因为PC=2AB,

27、所以 = , 解得k=1. 此时直线AB方程为y=x-1或y=-x+1.,评析 本题在考查椭圆基本性质与标准方程的同时,着重考查直线与圆锥曲线的位置关系 和方程思想.,1.(2016课标全国,11,5分)已知O为坐标原点,F是椭圆C: + =1(ab0)的左焦点,A,B分别 为C的左,右顶点.P为C上一点,且PFx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. B. C. D.,考点二 椭圆的几何性质,答案 A 由题意知过点A的直线l的斜率存在且不为0,故可设直线l的方程为y=k(x+a),当x=-c 时,y=k(a-c),当x=

28、0时,y=ka,所以M(-c,k(a-c),E(0,ka).如图,设OE的中点为N,则N ,由于B,M, N三点共线,所以kBN=kBM,即 = ,所以 = ,即a=3c,所以e= .故选A.,评析 本题主要考查椭圆的几何性质,三点共线的判定等基本知识和基本技能,考查学生的 计算求解能力和逻辑思维能力,同时考查了方程思想的应用.,2.(2016江苏,10,5分)如图,在平面直角坐标系xOy中,F是椭圆 + =1(ab0)的右焦点,直线y= 与椭圆交于B,C两点,且BFC=90,则该椭圆的离心率是 .,解析 由已知条件易得B ,C , F(c,0), = , = , 由BFC=90,可得 =0,

29、 所以 + =0, 即c2- a2+ b2=0, 亦即4c2-3a2+(a2-c2)=0, 所以3c2=2a2, 所以 = ,则e= = .,答案,思路分析 圆锥曲线中垂直问题往往转化为向量垂直.利用向量数量积为零转化为数量关系.,3.(2017天津文,20,14分)已知椭圆 + =1(ab0)的左焦点为F(-c,0),右顶点为A,点E的坐标为 (0,c),EFA的面积为 . (1)求椭圆的离心率; (2)设点Q在线段AE上,|FQ|= c,延长线段FQ与椭圆交于点P,点M,N在x轴上,PMQN,且直线 PM与直线QN间的距离为c,四边形PQNM的面积为3c. (i)求直线FP的斜率; (ii

30、)求椭圆的方程.,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 究圆锥曲线的性质和方程思想.考查运算求解能力,以及综合分析问题和解决问题的能力. (1)设椭圆的离心率为e.由已知,可得 (c+a)c= . 又由b2=a2-c2,可得2c2+ac-a2=0,即2e2+e-1=0. 又因为00),则直线FP的斜率为 . 由(1)知a=2c,可得直线AE的方程为 + =1,即x+2y-2c=0,与直线FP的方程联立,可解得x= ,y= ,即点Q的坐标为 .由已知|FQ|= c,有 + = ,整理得3m2-4m=0,所以m= ,即直线FP的斜率为 . (ii)由a=

31、2c,可得b= c,故椭圆方程可以表示为 + =1. 由(i)得直线FP的方程为3x-4y+3c=0,与椭圆方程联立得 消去y,整理得7x2+6cx-13c2=0, 解得x=- (舍去),或x=c.因此可得点P ,进而可得|FP|= = ,所以|PQ|=|FP| -|FQ|= - =c. 由已知,线段PQ的长即为PM与QN这两条平行直线间的距离,故直线PM和QN都垂直于直线 FP. 因为QNFP,所以|QN|=|FQ|tanQFN= = ,所以FQN的面积为 |FQ|QN|= ,同理 FPM的面积等于 ,由四边形PQNM的面积为3c,得 - =3c,整理得c2=2c,又由c0,得 c=2. 所

32、以,椭圆的方程为 + =1.,2.求直线斜率的常用方法:(1)公式法:k= (x1x2),其中两点坐标分别为(x1,y1),(x2,y2);(2)利用 导数的几何意义求解;(3)直线的方向向量a=(m,n),则k= (m0);(4)点差法.,方法点拨 1.求离心率常用的方法:(1)直接求a,c,利用定义求解;(2)构造a,c的齐次式,利用方程 思想求出离心率e的值.,3.解决四边形或三角形的面积问题时,注意弦长公式与整体代换思想的应用.,4.(2015重庆,21,12分)如图,椭圆 + =1(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|PF

33、1|=2+ ,|PF2|=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- )=4,故a=2. 设椭圆的半焦距为c,由已知PF1PF2,得2c=|F1F2|= = =2 , 即c= ,从而b= =1. 故所求椭圆的标准方程为 +y2=1. (2)解法一:连接F1Q,如图,设点P(x0,y0)在椭圆上,且PF1PF2, 则 + =1, + =c2, 求得x0= ,y0= . 由|PF1|=|PQ|PF2|得x00,从而|PF1|2= + =2(a2-b2)+2a =(a+ )2. 由椭圆的定

34、义,有|PF1|+|PF2|=2a,|QF1|+|QF2|=2a. 从而由|PF1|=|PQ|=|PF2|+|QF2|,有|QF1|=4a-2|PF1|. 又由PF1PF2,|PF1|=|PQ|,知|QF1|= |PF1|. 因此(2+ )|PF1|=4a,即(2+ )(a+ )=4a, 于是(2+ )(1+ )=4, 解得e= = - . 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PF1PQ,|PF1|=|PQ|,知|QF1|= |PF1|, 因

35、此,4a-2|PF1|= |PF1|,得|PF1|=2(2- )a, 从而|PF2|=2a-|PF1|=2a-2(2- )a=2( -1)a.,由PF1PF2,知|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=(2c)2, 因此e= = = = = - .,5.(2015安徽,20,13分)设椭圆E的方程为 + =1(ab0),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 . (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,点N关于直线AB的对称点的纵坐标为 ,求E的方程.,解析 (1)

36、由题设条件知,点M的坐标为 , 又kOM= ,从而 = . 进而a= b,c= =2b.故e= = . (2)由题设条件和(1)的计算结果可得,直线AB的方程为 + =1,点N的坐标为 ,设 点N关于直线AB的对称点S的坐标为 ,则线段NS的中点T的坐标为 .又 点T在直线AB上,且kNSkAB=-1,从而有 + =1, = ,解得b=3,所以a=3 ,故 椭圆E的方程为 + =1.,考点一 椭圆的定义和标准方程,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,1.(2019浙江高考数学仿真卷,3)以双曲线 -x2=1的顶点为焦点,离心率为 的椭圆的标准方 程为 ( ) A. + =1

37、 B. + =1 C. + =1 D. + =1,答案 D 由题意得椭圆的焦点在y轴上,c= ,由椭圆的离心率 = a=3,所以所求椭圆的 标准方程为 + =1,故选D.,2.(2019浙江台州一中、天台一中高三上期中,8)设 F 是椭圆 + =1的左焦点,A是该椭圆上 位于第一象限内的一点,过A作圆x2+y2=3的切线,切点为P,则|AF|-|AP|= ( ) A.1 B. C.2 D.4,答案 C 设A(x0,y0),由于A在椭圆上, 故 + =1(|x0|2),则 |AF|= =2+ x0. 连接OP,OA,由相切条件可知, |AP|= = = = x0. 则|AF|-|AP|=2,故选

38、C.,3.(2018浙江宁波模拟(5月),21)如图,椭圆C: + =1(ab0)的离心率为 ,点M(-2,1)是椭圆 内一点,过点M作两条斜率存在且互相垂直的动直线l1,l2,设l1与椭圆C相交于点A,B,l2与椭圆C相 交于点D,E.当M恰好为线段AB的中点时,|AB|= . (1)求椭圆C的方程; (2)求 的最小值.,解析 (1)由题意设a2=4b2, (2分) 即椭圆C: + =1, 设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x3,y3),E(x4,y4). 由 作差得,(x1-x2)(x1+x2)+4(y1-y2)(y1+y2)=0. 又当M(-2,1)为线段AB的中点时,x1+x

39、2=-4,y1+y2=2, AB的斜率k= = . (4分) 由 消去y得,x2+4x+8-2b2=0. 则|AB|= |x1-x2|= = . 解得b2=3,于是椭圆C的方程为 + =1. (6分) (2)设直线AB:y=k(x+2)+1,由 消去y得,(1+4k2)x2+8k(2k+1)x+4(2k+1)2-12=0. 于是x1+x2= ,x1x2= . (8分) =( + )( + )= + =(-2-x1,1-y1)(2+x2,y2-1)+(-2-x4,1-y4)(2+x3,y3-1). (-2-x1,1-y1)(2+x2,y2-1)=-(1+k2)(2+x1)(2+x2) =-(1+

40、k2)4+2(x1+x2)+x1x2= . (13分) 同理可得(-2-x4,1-y4)(2+x3,y3-1)= . =4(1+k2) = = ,当k=1时取等号. 综上, 的最小值为 . (15分),1.(2018浙江宁波高三上学期期末,4)已知焦点在y轴上的椭圆 + =1的离心率为 ,则实数m 等于 ( ) A.3 B. C.5 D.,考点二 椭圆的几何性质,答案 D 由椭圆焦点在y轴上可知a2=m,b2=4,则c2=a2-b2=m-4,故e2= = = ,解得m= .故 选D.,2.(2017浙江镇海中学阶段测试(一),9)设椭圆C: + =1与函数y=x3的图象相交于A,B两点,点 P

41、为椭圆C上异于A,B的动点,若直线PA的斜率的取值范围是-3,-1,则直线PB的斜率的取值范 围是 ( ) A.-6,-2 B.2,6 C. D.,答案 D 设P(x0,y0), A(m,n).因为椭圆C和函数y=x3的图象都关于原点对称,则B(-m,-n).从而有 kPA= ,kPB= . 由 得 + =0,即有 =- . 又kPAkPB= =- ,且-3kPA-1,则有 kPB .,3.(2019浙江宁波高三上期末,9)已知椭圆 + =1(ab0)的离心率e的取值范围为 , 直线y=-x+1交椭圆于点M、N,O为坐标原点且OMON,则椭圆长轴长的取值范围是 ( ) A. ,2 B. , C

42、. , D.2 ,3,答案 C 设M(x1,y1),N(x2,y2), 由 得(a2+b2)x2-2a2x+a2-a2b2=0, 则x1+x2= ,x1x2= . 由OMON得 =0,即x1x2+y1y2=0,即2x1x2-(x1+x2)+1=0, 将代入,化简得b2= . 又因为e= = = , 所以 a 2a ,故选C.,小题巧解 根据椭圆的性质,原点O到直线y=-x+1的距离d满足 = + ,又d= ,所以 = . 又e2= =1- =1- ,e2 ,所以4a25,6,所以2a , .故选C.,知识拓展 已知椭圆 + =1上的两点M,N满足OMON,且原点O到直线MN的距离为d,则椭 圆

43、有如下性质: = + . 证明:设M(r1cos ,r1sin ),N r2cos ,r2sin 为椭圆上满足题意的两个点, 分别代入椭圆方程得 + =1, + =1, 所以 + = + + + = + , 根据几何意义可知, + = ,命题得证.,4.(2019浙江温州普通高中高考适应性测试(2月),16)已知F是椭圆 + =1(ab0)的右焦点, 直线y= x交椭圆于A,B 两点,若cosAFB= ,则椭圆的离心率是 .,答案,解析 令A在第三象限,B在第一象限,将直线方程代入椭圆方程,求得A ,B ,故线段AB的长为 a .在ABF中运用面积公式得 |AF|BF|sinAFB = |OF

44、|yA-yB|,再运用余弦定理得|AB|2=|AF|2+|BF|2-2|AF|BF|cosAFB,联立求得e= = .,5.(2019浙江三校第一次联考(4月),21)如图,已知抛物线C1:x2=4y与椭圆C2: + =1(ab0)交 于点A,B,且抛物线C1在点A处的切线l1与椭圆C2在点A处的切线l2互相垂直. (1)求椭圆C2的离心率; (2)设l1与C2交于点P,l2与C1交于点Q,求APQ面积的最小值.,解析 (1)设点A(x0,y0),B(-x0,y0),其中x00,y00,则 抛物线C1在点A处的切线方程l1:x0x=2(y0+y), (2分) 椭圆C2在点A处的切线方程l2:

45、+ =1. (4分) 由于l1l2,故有 =-1,又 =4y0. 所以a2=2b2,从而椭圆C2的离心率e= . (6分) (2)解法一:由(1)知椭圆C2的离心率为 ,可设椭圆方程为 + =1. (7分) 设A(2t,t2),则l1:y=tx-t2, 由 得(1+2t2)x2-4t3x+2t4-2b2=0, 所以|AP|= |xP-xA|= . (9分) 设l2:y=- x+t2+2,同理可得 |AQ|= |xQ-xA|= , (11分),所以SAPQ= |AP|AQ|=2 = . (12分) 令f(t)= ,t0,则f (t)= . 令f (t)=0得t= ,所以f(t)在 上单调递减,在

46、 上单调递增. 所以f(t)f = .所以SAPQ . (15分) 解法二:设点P(x1,y1),Q(x2,y2), 由 =4y0及 +2 =2b2可知b2= +2y0. 由 消去x得(2 +4)y2+8y0y+4 -2b2 =0, 由题意可知y0y1= = = , 则y1= = ,x1= . (9分),由 消去y得y0x2+2x0x-4b2=0, 由题意可知x0+x2=- =- , 则x2=- -x0,y2= = = , (11分) 所以SAPQ= |y1-y2|2x0= = , (13分) 记f(x)= ,其中x0, 则f (x)= = , 由f (x)=0,得x= . 所以f(x)在(0

47、, )上单调递减,在( ,+)上单调递增. 所以f(x)min=f( )= =27 .所以SAPQ . (15分),B组 20172019年高考模拟专题综合题组 时间:30分钟 分值:57分 一、选择题(共4分),1.(2019浙江名校新高考研究联盟第一次联考,8)已知F1、F2是椭圆 + =1(ab0)的左、右 焦点,过左焦点F1的直线与椭圆交于A,B两点,且满足|AF1|=2|BF1|,|AB|=|BF2|,则该椭圆的离心率 是 ( ) A. B. C. D.,答案 B 设|BF1|=x,则|AF1|=2x,|BF2|=3x,所以2a=|BF1|+|BF2|=4x,所以|AF2|=2a-|

48、AF1|=2x,所以A (0,b),易得B ,由点B在椭圆上可得 + =1,即e2= ,e= ,选B.,2.(2019浙江高考数学仿真卷(二),15)已知椭圆 + =1(ab0)的左、右焦点为F1,F2,点P为直 线x=- 上的一个动点(且不在x轴上),则当F1PF2取最大角 时,椭圆的离心率是 .,二、填空题(共8分),答案,解析 解法一:不妨设P (t0),F1PF2=,直线x=- 与x轴的交点为A,PF1A=,PF2F1 =, 则=-,又 =-tan = , =-tan = , tan =tan(-)= , =tan = ,a4=4c4,e4= ,e= .,解法二:当P点为过F1,F2的圆与该直线相切的切点时,F1PF2最大,此时圆半径为 , 由正弦定理得 =2 ,