考点35 椭圆的标准方程及几何性质-备战2021年新高考数学一轮复习考点一遍过.docx

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1、考点35椭圆的标准方程及几何性质【命题解读】 椭圆的标准方程及其几何性质是高考必考重点之一，对于椭圆知识的考察主要是椭圆的定义及标准方程，椭圆的几何性质，其中椭圆的几何性质考察主要是离心率问题。椭圆的另一个考察重点是与直线等等相结合的问题，主要涉及方程组联立，根的判别式，根与系数的关系，弦长等等问题。在出题上选择、填空、都有可能涉及，必考解答题，其中多以压轴题出现。【命题预测】预计2021年的高考椭圆一如既往的还是考察重点，其中解答题的压轴题可能性还是比较大，对于这部分考察多以中高档题为主。【复习建议】 1.理解椭圆的定义以及椭圆的标准方程的形式；2.掌握椭圆的简单几何性质。考向一椭圆的标准方

2、程椭圆定义：平面内与两个定点F1，F2的距离的和等于常数(大于|F1F2|)的点的轨迹叫做椭圆这两个定点叫做椭圆的焦点，两焦点间的距离叫做椭圆的焦距椭圆标准方程：焦点位置在x轴上在y轴上标准方程1 (a>b>0)1 (a>b>0)图形焦点坐标(±c,0)(0，±c)1.【2020湖南长郡中学高三考试】已知椭圆C：的右焦点F，点P在椭圆C上，点Q在圆E：(x3)2(y4)24上，且圆E上的所有点均在椭圆C外，若|PQ|PF|的最小值为26，且椭圆C的长轴长恰与圆E的直径长相等，则椭圆C的标准方程为（ ）ABCD【答案】C【解析】因为圆E：(x3)2(y

3、4)24的半径为2，所以，设椭圆的左焦点为，由椭圆的定义可得，所以，所以，当且仅当四点共线时，等号成立，又|PQ|PF|的最小值为26，所以，即，所以，解得或（舍）.所以，所以椭圆C的标准方程为.故选：C.2. 【2019湖北襄阳高二期中】圆的半径为4，圆心为是圆内一个定点，是圆上任意一点，线段的垂直平分线与半径相交于点，当点在圆上运动时，点的轨迹方程为（ ）ABCD【答案】C【解析】如图，直线为线段的垂直平分线，连接，由线段垂直平分线的性质得：，而半径，且、两点为定点，由椭圆定义得：点轨迹是以、两点为焦点的椭圆，且，椭圆方程为：，故选考向二 椭圆的几何性质标准方程1 (a>b>0

4、)1 (a>b>0)图形性质范围axabybbxbaya对称性对称轴：x轴、y轴对称中心：(0，0)顶点A1(a，0)，A2(a，0)B1(0，b)，B2(0，b)A1(0，a)，A2(0，a)B1(b，0)，B2(b，0)轴长轴A1A2的长为2a短轴B1B2的长为2b焦距|F1F2|2c离心率e，e(0，1)a，b，c的关系c2a2b2焦点坐标(±c,0)(0，±c)1. 【2020安徽省太和中学高二开学考试】椭圆的焦点在y轴上，长轴长是短轴长的两倍，则m的值为（ ）AB8C2D4【答案】A【解析】由题意， 且，故选:A2. 【2020江西上高二中月考】已知椭

5、圆的右顶点为，左焦点为，若以为直径的圆过短轴的一个顶点，则椭圆的离心率为（ ）ABCD【答案】B【解析】设椭圆的焦距为，则，因为圆以为直径，所以半径，圆心到原点的距离为，因为以为直径的圆过短轴的一个顶点，所以，即，化简得，则，解得或（舍去），故选：B.3. 【2020山东枣庄】已知椭圆的左，右焦点分别为，直线过点且与在第二象限的交点为，若（为原点），则的坐标为_，的离心率为_【答案】；【解析】直线与轴交点为，即，又直线的斜率为，倾斜角为，而，得是等边三角形，解得，离心率为故答案为：；题组一（真题在线）1. 【2019年高考全国卷理数】已知椭圆C的焦点为，过F2的直线与C交于A，B两点若，则C的

6、方程为ABCD2. 【2019年高考全国卷理数】若抛物线y2=2px(p>0)的焦点是椭圆的一个焦点，则p=A2 B3 C4 D83. 【2019年高考北京卷理数】已知椭圆（ab0）的离心率为，则Aa2=2b2B3a2=4b2Ca=2bD3a=4b4. 【2019年高考浙江卷】已知椭圆的左焦点为，点在椭圆上且在轴的上方，若线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上，则直线的斜率是_5. 【2019年高考全国卷理数】设为椭圆C:的两个焦点，M为C上一点且在第一象限.若为等腰三角形，则M的坐标为_.6. 【2019年高考全国卷理数】已知点A(2，0)，B(2，0)，动点M(x，y)满足直线AM与

7、BM的斜率之积为.记M的轨迹为曲线C.（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PEx轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.（i）证明：是直角三角形；（ii）求面积的最大值.7. 【2020年高考全国卷理数】已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D（1）求E的方程；（2）证明：直线CD过定点.8. 【2020年高考全国卷理数】已知椭圆C1：(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合过F且与x轴垂直的

8、直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且（1）求C1的离心率；（2）设M是C1与C2的公共点，若|MF|=5，求C1与C2的标准方程9. 【2020年新高考全国卷】已知椭圆C：的离心率为，且过点A（2，1）（1）求C的方程：（2）点M，N在C上，且AMAN，ADMN，D为垂足证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值10. 【2020年新高考全国卷】已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为 ，（1）求C的方程；（2）点N为椭圆上任意一点，求AMN的面积的最大值.题组二1. 【2020全国高二单元测试】已知椭圆：的焦距为，为右焦点，直线与椭圆相交于，两点，是等腰直角三角形.点

9、的坐标为，若记椭圆上任一点到点的距离的最大值为，则的值为（ ）ABCD2. 【2020广西高三一模（理）】已知椭圆：经过点，且的离心率为，则的方程是（ ）ABCD3. 【2020全国高二课时练习】中国是世界上最古老的文明中心之一，中国古代对世界上最重要的贡献之一就是发明了瓷器，中国陶瓷是世界上独一无二的.它的发展过程蕴藏着十分丰富的科学和艺术，陶瓷形状各式各样，从不同角度诠释了数学中几何的形式之美.现有一椭圆形明代瓷盘，经测量得到图中数据，则该椭圆瓷盘的焦距为（ ）ABCD44. 【2020广西月考（理）】已知椭圆的左、右焦点分别为是上一点，且轴，直线与的另一个交点为，若，则的离心率为（ ）

10、ABCD5. 【2020浙江高三月考】为椭圆：上的动点，过作切线交圆：于，过，作切线交于，则（ ）A的最大值为B的最大值为C的轨迹是D的轨迹是6.【2020河北邯郸高三月考】如图已知，分别是椭圆的左、右焦点，点是该椭圆在第一象限内的点，的角平分线交轴于点，且满足，则椭圆的离心率可能是（ ）ABCD 7. 【2020浙江月考】已知点在椭圆上，点为椭圆的右焦点，.（1）求椭圆的标准方程；（2）设点，点为抛物线上的动点，若过作抛物线的切线与椭圆交于、两点，求面积的最大值.8. 【2020湖南月考】已知椭圆：，四点，中恰有三点在椭圆上.求椭圆的方程；直线：与椭圆有且仅有一个公共点，且与轴和轴分别交于点

11、，当面积取最小值时，求此时直线的方程.题组一1. B【解析】法一：如图，由已知可设，则，由椭圆的定义有在中，由余弦定理推论得在中，由余弦定理得，解得所求椭圆方程为，故选B法二：由已知可设，则，由椭圆的定义有在和中，由余弦定理得，又互补，两式消去，得，解得所求椭圆方程为，故选B2. D【解析】因为抛物线的焦点是椭圆的一个焦点，所以，解得，故选D3. B【解析】椭圆的离心率，化简得，故选B.4. 【解析】方法1：如图，设F1为椭圆右焦点.由题意可知，由中位线定理可得，设，可得，与方程联立，可解得（舍），又点在椭圆上且在轴的上方，求得，所以.方法2：（焦半径公式应用）由题意可知，由中位线定理可得，即

12、，从而可求得，所以.5. 【解析】由已知可得，设点的坐标为，则，又，解得，解得（舍去），的坐标为6. 见解析【解析】（1）由题设得，化简得，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点（2）（i）设直线PQ的斜率为k，则其方程为由得记，则于是直线的斜率为，方程为由得设，则和是方程的解，故，由此得从而直线的斜率为所以，即是直角三角形（ii）由（i）得，所以PQG的面积设t=k+，则由k>0得t2，当且仅当k=1时取等号因为在2，+）单调递减，所以当t=2，即k=1时，S取得最大值，最大值为因此，PQG面积的最大值为7. 见解析【解析】（1）由题设得A（a，0），B（a，0），G

13、（0，1）.则，=（a，1）.由=8得a21=8，即a=3.所以E的方程为+y2=1（2）设C（x1，y1），D（x2，y2），P（6，t）.若t0，设直线CD的方程为x=my+n，由题意可知3<n<3.由于直线PA的方程为y=（x+3），所以y1=（x1+3）.直线PB的方程为y=（x3），所以y2=（x23）.可得3y1（x23）=y2（x1+3）.由于，故，可得，即将代入得 所以，代入式得解得n=3（含去），n=.故直线CD的方程为，即直线CD过定点（，0）若t=0，则直线CD的方程为y=0，过点（，0）.综上，直线CD过定点（，0）.8. 见解析【解析】（1）由已知可设的方

14、程为，其中.不妨设在第一象限，由题设得的纵坐标分别为，；的纵坐标分别为，故，.由得，即，解得（舍去），.所以的离心率为.（2）由（1）知，故，设，则，故.由于的准线为，所以，而，故，代入得，即，解得（舍去），.所以的标准方程为，的标准方程为.9. 见解析【解析】（1）由题设得，解得，所以的方程为（2）设，若直线与轴不垂直，设直线的方程为，代入得于是由知，故，可得将代入上式可得整理得因为不在直线上，所以，故，于是的方程为.所以直线过点.若直线与轴垂直，可得.由得.又，可得.解得（舍去），.此时直线过点.令为的中点，即.若与不重合，则由题设知是的斜边，故.若与重合，则.综上，存在点，使得为定值.1

15、0.见解析【解析】(1)由题意可知直线AM的方程为：，即.当y=0时，解得，所以a=4，椭圆过点M(2，3)，可得，解得b2=12.所以C的方程：.(2)设与直线AM平行的直线方程为：，如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时AMN的面积取得最大值.联立直线方程与椭圆方程，可得：，化简可得：，所以，即m2=64，解得m=±8，与AM距离比较远的直线方程：，直线AM方程为：，点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，利用平行线之间的距离公式可得：，由两点之间距离公式可得.所以AMN的面积的最大值：.题组二1.C【解析】由题意可得，所以点的坐标为， 代入

16、椭圆方程有，又所以,解得或 (舍去)，所以，所以椭圆方程可化为，设点Q的坐标为(x,y) ,则，所以所以.故选：C2.A【解析】依题意，可得，解得，故的方程是.故选：A3.C【解析】因为椭圆的，所以，因为，所以，则.故选：C4. D【解析】由轴,得,不妨设；设,由,得代入椭圆方程,得.结合,解得,故选：D5.AC【解析】根据题意，作图如下：不妨设点的坐标为，点坐标为，故切点所在直线方程为：；又点为椭圆上的一点，故切线方程所在直线方程为：；故可得.即不妨设直线交于点，故设直线方程为：，故，又，故可得三角形的面积，当且仅当，且时，即时取得最大值.因为点在椭圆上，故，又，故可得，整理得.故动点的轨迹

17、方程为：.故选：.6.CD【解析】，则.是的角平分线，又，在中，由余弦定理得，解得.故选：CD.7. 见解析【解析】（1）点在椭圆上，所以，又，因此，所以，所以椭圆的标准方程为：.（2）因为点为抛物线上的动点，可设点，对两边求关于的导数，得，则，所以在点处的切线斜率为：，则切线方程为，即；设、，联立消去，整理得，则，所以，因为，又因为点到直线的距离为，所以则由基本不等式得：，当且仅当，即，即时，的最大值为.8. 见解析【解析】根据椭圆的对称性，必过，必不过，代入点得，代入点得，.椭圆的方程为：.由，可得.直线与椭圆有且仅有一个公共点，可知，整理得.由条件可得，.，当且仅当，即，时等号成立，最小值为，又由，解得.故此时直线的方程为或.