【导与练】高考数学 试题汇编 第三节 椭 圆 理（含解析）.doc

第三节椭圆 椭圆的定义及标准方程考向聚焦高考常考内容,主要考查:(1)利用椭圆的定义求椭圆标准方程或求解焦点三角形的有关问题;(2)用待定系数法、相关点法求椭圆的标准方程.常以选择题、填空题或解答题一问的形式出现,难度中档,所占分值46分备考指津训练题型:(1)根据定义求椭圆方程,注重与向量相结合题型的训练;(2)求焦点三角形的内角、面积等问题,注意转化与化归思想的训练;(3)用待定系数法、相关点法求椭圆方程,注意分类讨论思想的训练1.(2011年新课标全国卷,理14)在平面直角坐标系xy中,椭圆c的中心为原点,焦点f1,f2在x轴上,离心率为22.过f1的直线l交c于a,b两点,且abf2的周长为16,那么c的方程为.解析:由题意知4a=16,a=4.又e=ca=22,c=22.又a2=b2+c2,b2=16-8=8,所求椭圆方程为x216+y28=1.答案:x216+y28=12.(2011年江西卷,理14)若椭圆x2a2+y2b2=1的焦点在x轴上,过点(1,12)作圆x2+y2=1的切线,切点分别为a,b,直线ab恰好经过椭圆的右焦点和上顶点,则椭圆方程是.解析:由图知切点a(1,0),设另一切线为y-12=k(x-1),即kx-y-k+12=0,圆心(0,0)到切线距离d=|-k+12|k2+1=1,k=-34,则ob所在直线的方程为y=43x,y=43x与x2+y2=1联立得b(35,45),直线ab的方程为:y=-2(x-1)得椭圆右焦点(1,0)、上顶点(0,2),c=1,b=2,则a2=5,椭圆方程为x25+y24=1.答案:x25+y24=13.(2010年安徽卷,理19)已知椭圆e经过点a(2,3),对称轴为坐标轴,焦点f1,f2在x轴上,离心率e=12.(1)求椭圆e的方程;(2)求f1af2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.解:(1)设椭圆e的方程为x2a2+y2b2=1(ab0),由e=12,即ca=12,a=2c,得b2=a2-c2=3c2,椭圆的方程可化为x24c2+y23c2=1.将a(2,3)代入上式,得1c2+3c2=1,解得c=2(负值舍去),椭圆e的方程为x216+y212=1.(2)由(1)知f1(-2,0),f2(2,0),所以直线af1的方程为y=34(x+2),即3x-4y+6=0,直线af2的方程为x=2.由点a在椭圆e上的位置知,直线l的斜率为正数.设p(x,y)为l上任一点,则|3x-4y+6|5=|x-2|.若3x-4y+6=5x-10,得x+2y-8=0(因其斜率为负,故舍去).于是,由3x-4y+6=-5x+10,得2x-y-1=0,所以直线l的方程为2x-y-1=0.(3)假设存在这样的两个不同的点b(x1,y1)和c(x2,y2),则kbc=y2-y1x2-x1=-12.设bc的中点为m(x0,y0),则x0=x1+x22,y0=y1+y22,由于m在l上,故2x0-y0-1=0.又b,c在椭圆上,所以有x1216+y1212=1与x2216+y2212=1.两式相减,得x22-x1216+y22-y1212=0,即(x1+x2)(x2-x1)16+(y1+y2)(y2-y1)12=0.将该式整理为18x1+x22+y2-y1x2-x116y1+y22=0,(*)并将直线bc的斜率kbc和线段bc的中点(x0,y0)代入(*)中,得18x0-112y0=0,即3x0-2y0=0.由得x0=2,y0=3,即线段bc的中点为点a,而这是不可能的.不存在满足题设条件的相异两点. 求曲线方程的常用方法:待定系数法,直接法,及利用曲线的特点求方程.(3)问中“中点弦”问题常可用“设而不求法”以及直线与曲线方程联立的方式解决.椭圆的几何性质考向聚焦高考必考内容,主要考查椭圆的离心率的求解,常以选择题、填空题或解答题一问的形式出现,难度中档偏上,所占分值45分4.(2012年新课标全国卷,理4,5分)设f1,f2是椭圆e:x2a2+y2b2=1(ab0)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解析:设直线x=3a2交x轴于h,易知|f2f1|=|f2p|=2c,pf2h=60,故|pf2|=2|hf2|,2c=2(3a2-c),3a=4c,e=ca=34,选c.答案:c.5.(2012年山东卷,理10,5分)已知椭圆c:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为32.双曲线x2-y2=1的渐近线与椭圆有四个交点,以这四个交点为顶点的四边形的面积为16,则椭圆c的方程为()(a)x28+y22=1(b)x212+y26=1(c)x216+y24=1(d)x220+y25=1解析:本小题主要考查椭圆与双曲线的几何性质.易知双曲线的渐近线为y=x,由椭圆的对称性可知,构成的四边形为正方形,所以椭圆过点(2,2),即4a2+4b2=1,又e=ca=a2-b2a=32,a2=4b2,代入得b2=5,a2=20.答案:d.6.(2012年江西卷,理13,5分)椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右顶点分别是a,b,左、右焦点分别是f1,f2.若|af1|,|f1f2|,|f1b|成等比数列,则此椭圆的离心率为.解析:本题将数列与椭圆巧妙融合在一起,情境新颖,属一道佳题,本题着重考查等比中项的性质,以及椭圆的离心率、焦距、顶点等几何性质,同时考查了方程及转化思想.依题意得|f1f2|2=|af1|bf1|,即4c2=(a-c)(a+c)=a2-c2,整理得5c2=a2,所以e=ca=55(负值舍去).答案:557.(2010年全国卷,理16)已知f是椭圆c的一个焦点,b是短轴的一个端点,线段bf的延长线交c于点d,且bf=2fd,则c的离心率为.解析:设椭圆的方程为x2a2+y2b2=1(ab0),d(x0,y0),f(c,0),b(0,b),则bf=(c,-b),fd=(x0-c,y0),由bf=2fd得x0=32c,y0=-b2,代入椭圆方程得9c24a2+b24b2=1,94e2=34,e2=13,又e0,e=33.答案:338.(2010年辽宁卷,理20)设椭圆c:x2a2+y2b2=1(ab0)的右焦点为f,过f的直线l与椭圆c相交于a,b两点,直线l的倾斜角为60,af=2fb.(1)求椭圆c的离心率;(2)如果|ab|=154,求椭圆c的方程.解:设a(x1,y1),b(x2,y2),由题意知y10.(1)直线l的方程为y=3(x-c),其中c=a2-b2.联立y=3(x-c),x2a2+y2b2=1,得(3a2+b2)y2+23b2cy-3b4=0.解得y1=-3b2(c+2a)3a2+b2,y2=-3b2(c-2a)3a2+b2.因为af=2fb,所以-y1=2y2.即3b2(c+2a)3a2+b2=2-3b2(c-2a)3a2+b2.得离心率e=ca=23.(2)因为|ab|=1+13|y2-y1|,所以2343ab23a2+b2=154,由ca=23及c2=a2-b2得b2=59a2,代入上式得54a=154,a=3,a2=9,b2=5.故椭圆c的方程为x29+y25=1.直线与椭圆的位置关系考向聚焦高考的热点,考查内容主要涉及椭圆的标准方程,椭圆的性质、最值、线段的中点、弦长等问题,主要考查学生灵活运用知识的解题能力和分析问题的能力,计算能力考查方式多样化,可以是客观题也可以是主观题,难度中档或偏上,所占分值412分9.(2012年四川卷,理15,4分)椭圆x24+y23=1的左焦点为f,直线x=m与椭圆相交于点a、b.当fab的周长最大时,fab的面积是.解析:椭圆x24+y23=1的左焦点为f(-1,0),当直线x=m过右焦点f(1,0)时,fam的周长最大.此时,fab的面积为|ff|ab|2.又|ff|=2c=2,|ab|2=32,sfab=232=3.答案:310.(2012年陕西卷,理19,12分)已知椭圆c1:x24+y2=1,椭圆c2以c1的长轴为短轴,且与c1有相同的离心率.(1)求椭圆c2的方程;(2)设o为坐标原点,点a,b分别在椭圆c1和c2上,ob=2oa,求直线ab的方程.解:(1)由已知可设椭圆c2的方程为y2a2+x2b2=1(a2),椭圆c1与椭圆c2的离心率相同,知1-14=1-b2a2椭圆c2的短轴即为椭圆c1的长轴,知:2b=4,b=2a2=16,b2=4,椭圆c2的方程为x24+y216=1.(2)解:法一:设a(x1,y1),b(x2,y2),由ob=2oa知(x2,y2)=2(x1,y1),有x124+y12=1x224+y2216=1x2=2x1y2=2y1解得x12=y12,回代,有x124+x12=1,x12=45,x1=255.当x1=255时,y12=45,y1=255,a(255,255)或(255,-255).当x1=-255时,y12=45,y1=255,a(-255,255)或(-255,-255).直线ab,即直线oa的方程为y=x或y=-x.法二:由题意知,直线ab,即直线oa,斜率存在且不为零,设直线ab的方程为y=kx,设a(x1,y1),b(x2,y2),由y=kxx24+y2=1得x12=44k2+1,x1=24k2+1,a(24k2+1,2k4k2+1)或(-24k2+1,-2k4k2+1)由y=kxx24+y216=1得x22=16k2+4,x2=4k2+4,b(4k2+4,4kk2+4)或(-4k2+4,-4kk2+4)由ob=2oa知:x2=2x1,有:4k2+4=224k2+1,k2=1,k=1.直线ab的方程为y=x或y=-x. 以向量为工具,考查了直线与椭圆的位置关系,比较新颖,难度不大.11.(2012年安徽卷,理20,13分)如图,点f1(-c,0),f2(c,0)分别是椭圆c:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点,过点f1作x轴的垂线交椭圆c的上半部分于点p,过点f2作直线pf2垂线交直线x=a2c于点q.(1)如果点q的坐标是(4,4),求此时椭圆c的方程;(2)证明:直线pq与椭圆c只有一个交点.本题考查求椭圆的方程,考查椭圆的性质,考查直线与椭圆的位置关系,考查推理判断能力,分析求解能力以及运算能力.(1)解:设点p(-c,y1)(y10)代入x2a2+y2b2=1得:y1=b2a,pf2qf2b2a-0-c-c4-04-c=-1又a2c=4c2=a2-b2(a,b,c0)由得:a=2,c=1,b=3,即椭圆c的方程为x24+y23=1.(2)证明:设q(a2c,y2),则pf2qf2b2a-0-c-cy2-0a2c-c=-1y2=2a,得:kpq=2a-b2aa2c+c=ca,x2a2+y2b2=1设椭圆上半部分为函数y=b2-b2a2x2y=-b2a2xb2-b2a2x2,过点p与椭圆c相切的直线斜率k=y|x=-c=ca=kpq得:直线pq与椭圆c只有一个交点. 首项利用已知条件及椭圆的性质通过列方程组求椭圆中的参数,进而得椭圆方程.然后求出直线方程(含有参数)与椭圆方程组成方程组,利用判别式判断交点个数.12.(2012年广东卷,理20,14分)在平面直角坐标系xoy中,已知椭圆c:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率e=23,且椭圆c上的点到点q(0,2)的距离的最大值为3.(1)求椭圆c的方程;(2)在椭圆c上,是否存在点m(m,n),使得直线l:mx+ny=1与圆o:x2+y2=1相交于不同的两点a、b,且oab的面积最大?若存在,求出点m的坐标及对应的oab的面积;若不存在,请说明理由.解:(1)由e=23知1-b2a2=23,1-b2a2=23,b2a2=13,a2=3b2,设椭圆c上任意一点p(acos,bsin)(为参数),|pq|2=(acos-0)2+(bsin-2)2=a2cos2 +b2sin2 -4bsin +4=-2b2(sin+1b)2+3b2+6,当|pq|最大时,当且仅当sin +1b=0,sin =-1b时,3b2+6=9,b2=1,a2=3,所求椭圆c的方程为x23+y2=1.(2)假设存在点m(m,n)满足题意,则m23+n2=1,由mx+ny=1x2+y2=1得(m2+n2)x2-2mx+1-n2=0,=(-2m)2-4(m2+n2)(1-n2)=4m2(23-29m2)0得m23.由点o到直线mx+ny=1的距离为d=1m2+n2,弦长|ab|=21-d2=2m2+n2-1m2+n2,soab=12d|ab|=121m2+n22m2+n2-1m2+n2=m2+n2-1m2+n2=m2+n2-1(m2+n2-1)+1=1m2+n2-1+1m2+n2-112,当且仅当m2+n2-1=1m2+n2-1,m2+n2-1=1,m2+n2=2,又m23+n2=1,m2=32满足m2b0)的离心率为12,其左焦点到点p(2,1)的距离为10.不过原点o的直线l与c相交于a,b两点,且线段ab被直线op平分.(1)求椭圆c的方程;(2)求abp面积取最大值时直线l的方程.解:(1)设椭圆左焦点坐标为(-c,0),则由题意得(2+c)2+1=10,ca=12,得c=1a=2.所以椭圆方程为x24+y23=1.(2)设a(x1,y1),b(x2,y2),线段ab的中点为m.当直线ab与x轴垂直时,直线ab的方程为x=0,与不过原点的条件不符,舍去,故可设直线ab的方程为y=kx+m(m0),由y=kx+m,3x2+4y2=12消去y,整理得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0.则=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)0,x1+x2=-8km3+4k2,x1x2=4m2-123+4k2.所以线段ab的中点m(-4km3+4k2,3m3+4k2).因为m在直线op上,所以3m3+4k2=-2km3+4k2,得m=0(舍去)或k=-32.此时方程为3x2-3mx+m2-3=0,则=3(12-m2)0,x1+x2=m,x1x2=m2-33.所以|ab|=1+k2|x1-x2|=39612-m3.设点p到直线ab距离为d,则d=|8-2m|32+22=2|m-4|13.设abp的面积为s,则s=12|ab|d=36(m-4)2(12-m2).其中m(-23,0)(0,23).令u(m)=(12-m2)(m-4)2,u(m)=-4(m-4)(m2-2m-6)=-4(m-4)(m-1-7)(m-1+7),所以当且仅当m=1-7,u(m)取到最大值,故当且仅当m=1-7,s取到最大值,综上,所求直线l方程为3x+2y+27-2=0. 本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系等知识,考查学生的运算能力、应用代数的方法解决几何问题的基本思想和综合应用所学知识解决综合题的能力.14.(2012年江苏数学,19,16分)如图,在平面直角坐标系xoy中,椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为f1(-c,0),f2(c,0).已知点(1,e)和(e,32)都在椭圆上,其中e为椭圆的离心率.(1)求椭圆的方程;(2)设a,b是椭圆上位于x轴上方的两点,且直线af1与直线bf2平行,af2与bf1交于点p.()若af1-bf2=62,求直线af1的斜率;()求证:pf1+pf2是定值.解:(1)由题设知a2=b2+c2,e=ca.由点(1,e)在椭圆上,得1a2+c2a2b2=1,解得b2=1,于是c2=a2-1,又点(e,32)在椭圆上,所以e2a2+34b2=1,即a2-1a4+34=1,解得a2=2.因此,所求椭圆的方程是x22+y2=1.(2)由(1)知f1(-1,0),f2(1,0),又直线af1与bf2平行,所以可设直线af1的方程为x+1=my,直线bf2的方程为x-1=my.设a(x1,y1),b(x2,y2),y10,y20.由x122+y12=1,x1+1=my1得(m2+2)y12-2my1-1=0,解得y1=m+2m2+2m2+2,故af1=(x1+1)2+(y1-0)2=(my1)2+y12=2(m2+1)+mm2+1m2+2同理,bf2=2(m2+1)-mm2+1m2+2()由得af1-bf2=2mm2+1m2+2,即2mm2+1m2+2=62,解得m2=2,注意到m0,故m=2,所以直线af1的斜率为1m=22.()因为直线af1与bf2平行,所以pbpf1=bf2af1,于是pb+pf1pf1=bf2+af1af1,故pf1=af1af1+bf2bf1.由b点在椭圆上知bf1+bf2=22,从而pf1=af1af1+bf2(22-bf2).同理pf2=bf2af1+bf2(22-af1).因此,pf1+pf2=af1af1+bf2(22-bf2)+bf2af1+bf2(22-af1)=22-2af1bf2af1+bf2.又由知af1+bf2=22(m2+1)m2+2,af1bf2=m2+1m2+2,所以pf1+pf2=22-22=322.因此,pf1+pf2是定值. 本题是直线和圆锥曲线的综合问题,考查知识综合,问题的设计巧妙.15.(2012年福建卷,理19,13分)如图,椭圆e:x2a2+y2b2=1(ab0)的左焦点为f1,右焦点为f2,离心率e=12.过f1的直线交椭圆于a、b两点,且abf2的周长为8.(1)求椭圆e的方程;(2)设动直线l:y=kx+m与椭圆e有且只有一个公共点p,且与直线x=4相交于点q.试探究:在坐标平面内是否存在点m,使得以pq为直径的圆恒过点m?若存在,求出点m的坐标;若不存在,说明理由.解:(1)因为|ab|+|af2|+|bf2|=8,即|af1|+|f1b|+|af2|+|bf2|=8,又|af1|+|af2|=|bf1|+|bf2|=2a,所以4a=8,a=2.又因为e=12,即ca=12,所以c=1,所以b=a2-c2=3.故椭圆e的方程是x24+y23=1.(2)法一:由y=kx+mx24+y23=1,得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0.因为动直线l与椭圆e有且只有一个公共点p(x0,y0),所以m0且=0,即64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0,化简得4k2-m2+3=0.(*)此时x0=-4km4k2+3=-4km,y0=kx0+m=3m,所以p(-4km,3m).由x=4y=kx+m,得q(4,4k+m).假设平面内存在定点m满足条件,由图形对称性知,点m必在x轴上.设m(x1,0),则mpmq=0对满足(*)式的m,k恒成立.因为mp=(-4km-x1,3m),mq=(4-x1,4k+m),则由mpmq=0,得-16km+4kx1m-4x1+x12+12km+3=0,整理得(4x1-4)km+x12-4x1+3=0.(*)由于(*)式对满足(*)式的m,k恒成立,所以4x1-4=0,x12-4x1+3=0,解得x1=1.故存在定点m(1,0),使得以pq为直径的圆恒过点m.法二:由y=kx+mx24+y23=1,得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0.因为动直线l与椭圆e有且只有一个公共点p(x0,y0),所以m0且=0,即64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0,化简得4k2-m2+3=0.(*)此时x0=-4km4k2+3=-4km,y0=kx0+m=3m,所以p(-4km,3m).由x=4,y=kx+m,得q(4,4k+m).假设平面内存在定点m满足条件,由图形对称性知,点m必在x轴上.取k=0,m=3,此时p(0,3),q(4,3),以pq为直径的圆为(x-2)2+(y-3)2=4,交x轴于点m1(1,0),m2(3,0);取k=-12,m=2,此时p(1,32),q(4,0),以pq为直径的圆为(x-52)2+(y-34)2=4516,交x轴于点m3(1,0),m4(4,0).所以若符合条件的点m存在,则m的坐标必为(1,0).以下证明m(1,0)就是满足条件的点:因为m的坐标为(1,0),所以mp=(-4km-1,3m),mq=(3,4k+m),从而mpmq=-12km-3+12km+3=0,故恒有mpmq,即存在定点m(1,0),使得以pq为直径的圆恒过点m. 对“是否存在性”探究问题,可采用“特殊性探路、一般性证明”的策略,若通过几个特殊值,探路不成,则证明其不存在即可.16.(2011年江苏卷,18)如图,在平面直角坐标系xy中,m,n分别是椭圆x24+y22=1的顶点,过坐标原点的直线交椭圆于p,a两点,其中点p在第一象限.过p作x轴的垂线,垂足为c.连结ac,并延长交椭圆于点b.设直线pa的斜率为k.(1)若直线pa平分线段mn,求k的值;(2)当k=2时,求点p到直线ab的距离d;(3)对任意的k0,求证:papb.(1)解:m(-2,0),n(0,-2),mn的中点为(-1,-22),k=-22-0-1-0=22.(2)解:当k=2时,直线ap的方程为y=2x,由y=2xx24+y22=1,得p(23,43),a(-23,-43),pcx轴,c(23,0),直线ac的斜率为0-(-43)23-(-23)=1,直线ac的方程为y=x-23,即直线ab的方程为y=x-23,p(23,43)到直线ab:x-y-23=0的距离d=|23-43-23|12+(-1)2=223.(3)证明:设p(m,n),b(x,y),则a(-m,-n),c(m,0),a、c、b三点共线,n2m=y+nx+m,p(m,n),b(x,y)都在椭圆x24+y22=1上,x24+y22=1m24+n22=1,-得:(x+m)(x-m)4+(y+n)(y-n)2=0,(y+n)(y-n)(x+m)(x-m)=-12,即y+nx+my-nx-m=-12,又y+nx+m=n2m,n2my-nx-m=-12,即nmy-nx-m=-1,kpakpb=-1,papb.17.(2010年新课标全国卷,理20)设f1、f2分别是椭圆e:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点,过f1斜率为1的直线l与e相交于a、b两点,且|af2|,|ab|,|bf2|成等差数列.(1)求e的离心率;(2)设点p(0,-1)满足|pa|=|pb|,求e的方程.解:(1)由椭圆定义知|af2|+|bf2|+|ab|=4a,又2|ab|=|af2|+|bf2|.得|ab|=43a.l的方程为y=x+c,其中c=a2-b2.设a(x1,y1),b(x2,y2),则a、b两点坐标满足方程组y=x+c,x2a2+y2b2=1.化简得(a2+b2)x2+2a2cx+a2(c2-b2)=0.则x1+x2=-2a2ca2+b2,x1x2=a2(c2-b2)a2+b2.因为直线ab的斜率为1,所以|ab|=2|x2-x1|=2(x1+x2)2-4x1x2得43a=4ab2a2+b2,故b2=12a2,所以e的离心率e=ca=a2-b2a=22.(2)设线段ab的中点为n(x0,y0),由(1)知x0=x1+x22=-a2ca2+b2=-23c,y0=x0+c=c3.由|pa|=|pb|得kpn=-1.即y0+1x0=-1,得c=3,从而a=32,b=3.故椭圆e的方程为x218+y29=1. 本题主要考查椭圆的定义、直线与椭圆联立利用韦达定理与弦长公式建立起a、b之间的关系,从而求出e,再利用等腰三角形的性质求出c,进而求出椭圆的方程.18.(2010年天津卷,理20)已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率e=32,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(-a,0),点q(0,y0)在线段ab的垂直平分线上,且qaqb=4,求y0的值.解:(1)由e=ca=32,得3a2=4c2.再由c2=a2-b2,得a=2b.由题意可知122a2b=4,即ab=2.解方程组a=2b,ab=2,得a=2,b=1.所以椭圆的方程为x24+y2=1.(2)由(1)可知a(-2,0),且直线l的斜率必存在.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