五年高考真题2016届高考数学复习第九章第三节椭圆及其性质理全国通用.doc

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1、考点一椭圆的定义及其方程1(2014大纲全国，6)已知椭圆C：1(ab0)的左、右焦点为F1、F2，离心率为，过F2的直线l交C于A、B两点若AF1B的周长为4，则C的方程为()A.1 B.y21C.1 D.1解析由椭圆的性质知|AF1|AF2|2a，|BF1|BF2|2a，AF1B的周长|AF1|AF2|BF1|BF2|4，a.又e，c1.b2a2c22，椭圆的方程为1，故选A.答案A2(2013新课标全国，10)已知椭圆E：1(ab0)的右焦点为F(3，0)，过点F的直线交E于A，B两点若AB的中点坐标为(1，1)，则E的方程为()A.1 B.1C.1 D.1解析设A(x1，y1)，B(x

2、2，y2)，A，B在椭圆上，得0，即，AB的中点为(1，1)，y1y22，x1x22，而kAB，.又a2b29，a218，b29.椭圆E的方程为1，故选D.答案D3(2012大纲全国，3)椭圆的中心在原点，焦距为4，一条准线为x4，则该椭圆的方程为()A.1 B.1C.1 D.1解析2c4，c2.又4，a28，b2a2c24.椭圆方程为1，故选C.答案C4(2012山东，10)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为.双曲线x2y21的渐近线与椭圆C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.1 B.1C.1 D.1解析双曲线x2y21的渐近线为yx，与椭圆C有四个交

3、点，以这四个交点为顶点的四边形面积为16，可得四边形为正方形，其边长为4，双曲线的渐近线与椭圆C的一个交点为(2，2)，所以有1，又因为e，a2b2c2，联立解方程组得a220，b25，故选D.答案D5(2014辽宁，15)已知椭圆C：1，点M与C的焦点不重合若M关于C的焦点的对称点分别为A，B，线段MN的中点在C上，则|AN|BN|_解析设MN交椭圆于点P，连接F1P和F2P(其中F1、F2是椭圆C的左、右焦点)，利用中位线定理可得|AN|BN|2|F1P|2|F2P|22a4a12.答案126(2014安徽，14)设F1，F2分别是椭圆E：x21(0b|AH|，仅当F1与H重合时，|AF1

4、|AH|，当m1时，AFB的周长最大，此时SFAB2|AB|3.答案38(2015重庆，21)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|PF1|2，|PF2|2，求椭圆的标准方程；(2)若|PF1|PQ|，求椭圆的离心率e.解(1)由椭圆的定义，2a|PF1|PF2|(2)(2)4，故a2.设椭圆的半焦距为c，由已知PF1PF2，因此2c|F1F2|2，即c，即c，从而b1.故所求椭圆的标准方程为y21.(2)法一如图，设点P(x0，y0)在椭圆上，且PF1PF2，则1，xyc2，求得x0，y0.由|PF1|PQ|PF2|得x0

5、0，从而|PF1|2.2(a2b2)2a(a)2.由椭圆的定义，|PF1|PF2|2a，|QF1|QF2|2a，从而由|PF1|PQ|PF2|QF2|，有|QF1|4a2|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.法二如图，由椭圆的定义，|PF1|PF2|2a，|QF1|QF2|2a.从而由|PF1|PQ|PF2|QF2|，有|QF1|4a2|PF1|.又由PF1PQ，|PF1|PQ|，知|QF1|PF1|，因此，4a2|PF1|PF1|，得|PF1|2(2)a，从而|PF2|2a|PF1|2

6、a2(2)a2(1)a.由PF1PF2，知|PF1|2|PF2|2|F1F2|2(2c)2，因此e.9(2015福建，18)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：xmy1(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，并说明理由解法一(1)由已知得，解得所以椭圆E的方程为1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为H(x0，y0)得(m22)y22my30.所以y1y2，y1y2，从而y0.所以|GH|2yy(m21)ymy0.(1m2)(yy1y2)，故|GH|2my0(1m2)y1y20，所以|GH

7、|.故点G在以AB为直径的圆外法二(1)同法一(2)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则，.由得(m22)y22my30，所以y1y2，y1y2，从而y1y2y1y2(m21)y1y2m(y1y2)0，所以cos，0.又，不共线，所以AGB为锐角故点G在以AB为直径的圆外考点二椭圆的几何性质1(2013浙江，9)如图，F1，F2是椭圆C1：y21与双曲线C2的公共焦点，A，B分别是C1，C2在第二、四象限的公共点若四边形AF1BF2为矩形，则C2的离心率是()A. B. C. D. 解析椭圆C1中，|AF1|AF2|4，|F1F2|2.又因为四边形AF1BF2为矩形，所以F1AF290.

8、所以|AF1|2|AF2|2|F1F2|2，所以|AF1|2，|AF2|2.所以在双曲线C2中，2c2，2a|AF2|AF1|2，故e，故选D.答案D2(2012新课标全国，4)设F1，F2是椭圆E：1(ab0)的左、右焦点，P为直线x上一点，F2PF1是底角为30的等腰三角形，则E的离心率为()A. B. C. D.解析设直线x与x轴交于点M，则PF2M60，在RtPF2M中，PF2F1F22c，F2Mc，故cos 60，解得，故离心率e.答案C3(2014江西，15)过点M(1，1)作斜率为的直线与椭圆C：1(ab0)相交于A，B两点，若M是线段AB的中点，则椭圆C的离心率等于_解析设A(

9、x1，y1)，B(x2，y2)，分别代入椭圆方程相减得0，根据题意有x1x2212，y1y2212，且，所以0，得a22b2，所以a22(a2c2)，整理得a22c2得，所以e.答案4(2013福建，14)椭圆：1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，焦距为2c.若直线y(xc)与椭圆的一个交点M满足MF1F22MF2F1，则该椭圆的离心率等于_解析由直线y(xc)知其倾斜角为60，由题意知MF1F260，则MF2F130，F1MF290.故|MF1|c，|MF2|c.又|MF1|MF2|2a，(1)c2a，即e1.答案15(2013辽宁，15)已知椭圆C：1(ab0)的左焦点为F，C与过原

10、点的直线相交于A，B两点，连接AF，BF.若|AB|10，|AF|6，cosABF，则C的离心率e_.解析如图所示根据余弦定理|AF|2|BF|2|AB|22|AB|BF|cosABF，即|BF|216|BF|640，得|BF|8.又|OF|2|BF|2|OB|22|OB|BF|cosABF，得|OF|5.根据椭圆的对称性|AF|BF|2a14，得a7.又|OF|c5，故离心率e.答案6(2011新课标全国，14)在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的中心为原点，焦点F1，F2在x轴上，离心率e.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_解析设椭圆方程为1(ab0)，

11、因为AB过F1且A、B在椭圆上，则ABF2的周长为|AB|AF2|BF2|AF1|AF2|BF1|BF2|4a16，a4.又离心率e，c2，b2，椭圆的方程为1.答案17(2015陕西，20)已知椭圆E：1(ab0)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c. (1)求椭圆E的离心率；(2)如图，AB是圆M：(x2)2(y1)2的一条直径，若椭圆E经过A，B两点，求椭圆E的方程解(1)过点(c，0)，(0，b)的直线方程为bxcybc0，则原点O到该直线的距离d，由dc，得a2b2，解得离心率.(2)法一由(1)知，椭圆E的方程为x24y24b2.依题意，圆心M(2，

12、1)是线段AB的中点，且|AB|，易知，AB与x轴不垂直，设其方程为yk(x2)1，代入得(14k2)x28k(2k1)x4(2k1)24b20，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2，由x1x24，得4，解得k，从而x1x282b2，于是|AB|x1x2|，由|AB|，得，解得b23，故椭圆E的方程为1.法二由(1)知，椭圆E的方程为x24y24b2，依题意，点A，B关于圆心M(2，1)对称，且|AB|，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x4y4b2，x4y4b2，两式相减并结合x1x24，y1y22，得4(x1x2)8(y1y2)0，易知AB与x轴不垂直，则x1x

13、2，所以AB的斜率kAB，因此直线AB的方程为y(x2)1，代入得x24x82b20，所以x1x24，x1x282b2，于是|AB|x1x2|.由|AB|，得，解得b23，故椭圆E的方程为1.8(2015北京，19)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，点P(0，1)和点A(m，n)(m0)都在椭圆C上，直线PA交x轴于点M.(1)求椭圆C的方程，并求点M的坐标(用m，n表示)；(2)设O为原点，点B与点A关于x轴对称，直线PB交x轴于点N.问：y轴上是否存在点Q，使得OQMONQ？若存在，求点Q的坐标；若不存在，说明理由解(1)由题意得解得a22，故椭圆C的方程为y21.设M(xM，0)因为m0，所以1n1.直线PA的方程为y1x.所以xM，即M.(2)因为点B与点A关于x轴对称，所以B(m，n)设N(xN，0)，则xN.“存在点Q(0，yQ)使得OQMONQ”，等价于“存在点Q(0，yQ)使得”，即yQ满足y|xM|xN|.因为xM，xN，n21.所以y|xM|xN|2.所以yQ或yQ.故在y轴上存在点Q，使得OQMONQ，点Q的坐标为(0，)或(0，)11