(2023-2023)三年高考真題精編解析一專題17-橢圓及其綜合應(yīng)用

1、1.【2023浙江，2】橢圓的離心率是ABCD【答案】B【解析】試題分析：，選B2.【2023課標(biāo)3，理10】橢圓C：，ab0的左、右頂點(diǎn)分別為A1，A2，且以線段A1A2為直徑的圓與直線相切，那么C的離心率為ABCD【答案】A【解析】試題分析：以線段為直徑的圓的圓心為坐標(biāo)原點(diǎn)，半徑為，圓的方程為，直線與圓相切，所以圓心到直線的距離等于半徑，即：，整理可得，即，從而，橢圓的離心率，應(yīng)選A.【考點(diǎn)】橢圓的離心率的求解；直線與圓的位置關(guān)系【名師點(diǎn)睛】橢圓的離心率是橢圓最重要的幾何性質(zhì)，求橢圓的離心率(或離心率的取值范圍)，常見有兩種方法：求出a，c，代入公式e；只需要根據(jù)一個(gè)條件得到關(guān)于a，b，c

2、的齊次式，結(jié)合b2a2c2轉(zhuǎn)化為a，c的齊次式，然后等式(不等式)兩邊分別除以a或a2轉(zhuǎn)化為關(guān)于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范圍).3.【2023高考浙江理數(shù)】橢圓C1：+y2=1(m1)與雙曲線C2：y2=1(n0)的焦點(diǎn)重合，e1，e2分別為C1，C2的離心率，那么Amn且e1e21 Bmn且e1e21 Cm1 Dmn且e1e2b0，四點(diǎn)P11,1，P20,1，P31，P41，中恰有三點(diǎn)在橢圓C上.1求C的方程；2設(shè)直線l不經(jīng)過P2點(diǎn)且與C相交于A，B兩點(diǎn).假設(shè)直線P2A與直線P2B的斜率的和為1，證明：l過定點(diǎn).【解析】試題分析：1根據(jù)，兩點(diǎn)關(guān)于y軸對(duì)稱，由橢圓

3、的對(duì)稱性可知C經(jīng)過，兩點(diǎn).另外知，C不經(jīng)過點(diǎn)P1，所以點(diǎn)P2在C上.因此在橢圓上，代入其標(biāo)準(zhǔn)方程，即可求出C的方程；2先設(shè)直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1，k2，在設(shè)直線l的方程，當(dāng)l與x軸垂直，通過計(jì)算，不滿足題意，再設(shè)設(shè)l：，將代入，寫出判別式，韋達(dá)定理，表示出，根據(jù)列出等式表示出和的關(guān)系，判斷出直線恒過定點(diǎn).試題解析：1由于，兩點(diǎn)關(guān)于y軸對(duì)稱，故由題設(shè)知C經(jīng)過，兩點(diǎn).又由知，C不經(jīng)過點(diǎn)P1，所以點(diǎn)P2在C上.因此，解得.故C的方程為.由題設(shè)可知.設(shè)Ax1，y1，Bx2，y2，那么x1+x2=，x1x2=.而.由題設(shè)，故.即.解得.當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，欲使l：，即，所以l過定點(diǎn)2，【考點(diǎn)】橢

4、圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，直線與圓錐曲線的位置關(guān)系.8.【2023課標(biāo)II，理】設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)M在橢圓C：上，過M作x軸的垂線，垂足為N，點(diǎn)P滿足。求點(diǎn)P的軌跡方程；(2)設(shè)點(diǎn)Q在直線上，且。證明：過點(diǎn)P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點(diǎn)F。【答案】(1) 。(2)證明略?！窘馕觥吭囶}分析：(1)設(shè)出點(diǎn)P的坐標(biāo)，利用得到點(diǎn)P與點(diǎn),M坐標(biāo)之間的關(guān)系即可求得軌跡方程為。(2)利用可得坐標(biāo)關(guān)系，結(jié)合(1)中的結(jié)論整理可得，即，據(jù)此即可得出題中的結(jié)論。試題解析：1設(shè),設(shè), 。由得。因?yàn)樵贑上，所以。因此點(diǎn)P的軌跡方程為。2由題意知。設(shè),那么，。由得，又由1知，故。所以，即。又過點(diǎn)P存在唯一直線垂直于OQ，所以

5、過點(diǎn)P且垂直于OQ的直線過C的左焦點(diǎn)F?！究键c(diǎn)】軌跡方程的求解；直線過定點(diǎn)問題。9.【2023山東，理21】在平面直角坐標(biāo)系中，橢圓：的離心率為，焦距為.求橢圓的方程；如圖，動(dòng)直線：交橢圓于兩點(diǎn)，是橢圓上一點(diǎn)，直線的斜率為，且，是線段延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，且，的半徑為，是的兩條切線，切點(diǎn)分別為.求的最大值，并求取得最大值時(shí)直線的斜率.【答案】I.的最大值為，取得最大值時(shí)直線的斜率為.【解析】試題分析：I本小題由，確定即得.通過聯(lián)立方程組化簡(jiǎn)得到一元二次方程后應(yīng)用韋達(dá)定理，應(yīng)用弦長(zhǎng)公式確定及圓的半徑表達(dá)式.試題解析：I由題意知，所以，因此橢圓的方程為.設(shè)，聯(lián)立方程得，由題意知，且，所以.由題意可知圓的半

6、徑為由題設(shè)知，所以因此直線的方程為.聯(lián)立方程得，因此.由題意可知，而，令，那么，因此，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)等號(hào)成立，此時(shí)，所以，因此，所以最大值為.綜上所述：的最大值為，取得最大值時(shí)直線的斜率為.【考點(diǎn)】1.橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其幾何性質(zhì)；2.直線與圓錐曲線的位置關(guān)系；3. 二次函數(shù)的圖象和性質(zhì).10.【2023天津，理19】設(shè)橢圓的左焦點(diǎn)為，右頂點(diǎn)為，離心率為.是拋物線的焦點(diǎn)，到拋物線的準(zhǔn)線的距離為.I求橢圓的方程和拋物線的方程；II設(shè)上兩點(diǎn)，關(guān)于軸對(duì)稱，直線與橢圓相交于點(diǎn)異于點(diǎn)，直線與軸相交于點(diǎn).假設(shè)的面積為，求直線的方程.【答案】1，.2，或.【解析】試題分析：由于為拋物線焦點(diǎn)，到拋物線的準(zhǔn)線的距

7、離為，那么，又橢圓的離心率為，求出，得出橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和拋物線方程；那么，設(shè)直線方程為設(shè)，解出兩點(diǎn)的坐標(biāo)，把直線方程和橢圓方程聯(lián)立解出點(diǎn)坐標(biāo)，寫出所在直線方程，求出點(diǎn)的坐標(biāo)，最后根據(jù)的面積為解方程求出，得出直線的方程.試題解析：解：設(shè)的坐標(biāo)為.依題意，解得，于是.所以，橢圓的方程為，拋物線的方程為.解：設(shè)直線的方程為，與直線的方程聯(lián)立，可得點(diǎn)，故.將與聯(lián)立，消去，整理得，解得，或.由點(diǎn)異于點(diǎn)，可得點(diǎn).由，可得直線的方程為，令，解得，故.所以.又因?yàn)榈拿娣e為，故，整理得，解得，所以.所以，直線的方程為，或.【考點(diǎn)】直線與橢圓綜合問題11.【2023江蘇，17】如圖,在平面直角坐標(biāo)系中,橢圓的左、

8、右焦點(diǎn)分別為, ,離心率為,兩準(zhǔn)線之間的距離為8.點(diǎn)在橢圓上，且位于第一象限，過點(diǎn)作直線的垂線,過點(diǎn)作直線的垂線.1求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；2假設(shè)直線的交點(diǎn)在橢圓上,求點(diǎn)的坐標(biāo).F1OF2xy(第17題)【答案】12【解析】解：1設(shè)橢圓的半焦距為c. 因?yàn)闄E圓E的離心率為，兩準(zhǔn)線之間的距離為8，所以，解得，于是，因此橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程是.2由1知，.設(shè)，因?yàn)辄c(diǎn)為第一象限的點(diǎn)，故.當(dāng)時(shí)，與相交于，與題設(shè)不符.當(dāng)時(shí)，直線的斜率為，直線的斜率為.因?yàn)椋灾本€的斜率為，直線的斜率為，從而直線的方程：，直線的方程：. 由，解得，所以.因?yàn)辄c(diǎn)在橢圓上，由對(duì)稱性，得，即或.又在橢圓E上，故.由，解得；，無解.因此

9、點(diǎn)P的坐標(biāo)為.12.【2023高考新課標(biāo)1卷】本小題總分值12分設(shè)圓的圓心為A,直線l過點(diǎn)B1,0且與x軸不重合,l交圓A于C,D兩點(diǎn),過B作AC的平行線交AD于點(diǎn)E.I證明為定值,并寫出點(diǎn)E的軌跡方程； = 2 * ROMAN II設(shè)點(diǎn)E的軌跡為曲線C1,直線l交C1于M,N兩點(diǎn),過B且與l垂直的直線與圓A交于P,Q兩點(diǎn),求四邊形MPNQ面積的取值范圍.【答案】 = 2 * ROMAN II【解析】試題分析：根據(jù)可知軌跡為橢圓,利用橢圓定義求方程； = 2 * ROMAN II分斜率是否存在設(shè)出直線方程,當(dāng)直線斜率存在時(shí)設(shè)其方程為,根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系和弦長(zhǎng)公式把面積表示為x斜率k的函數(shù),再求

10、最值.試題解析：因?yàn)?故,所以,故.又圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為,從而,所以.由題設(shè)得,由橢圓定義可得點(diǎn)的軌跡方程為：.過點(diǎn)且與垂直的直線：,到的距離為,所以.故四邊形的面積.可得當(dāng)與軸不垂直時(shí),四邊形面積的取值范圍為.當(dāng)與軸垂直時(shí),其方程為,四邊形的面積為12.綜上,四邊形面積的取值范圍為.考點(diǎn)：圓錐曲線綜合問題【名師點(diǎn)睛】高考解析幾何解答題大多考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系,直線與圓錐曲線的位置關(guān)系是一個(gè)很寬泛的考試內(nèi)容,主要由求值、求方程、求定值、最值、求參數(shù)取值范圍等幾局部組成, .其中考查較多的圓錐曲線是橢圓與拋物線,解決這類問題要重視方程思想、函數(shù)思想及化歸思想的應(yīng)用.13.【2023高考山東理

11、數(shù)】本小題總分值14分平面直角坐標(biāo)系中，橢圓C：的離心率是，拋物線E：的焦點(diǎn)F是C的一個(gè)頂點(diǎn). = 1 * ROMAN I求橢圓C的方程； = 2 * ROMAN II設(shè)P是E上的動(dòng)點(diǎn)，且位于第一象限，E在點(diǎn)P處的切線與C交與不同的兩點(diǎn)A，B，線段AB的中點(diǎn)為D，直線OD與過P且垂直于x軸的直線交于點(diǎn)M. = 1 * roman i求證：點(diǎn)M在定直線上; = 2 * roman ii直線與y軸交于點(diǎn)G，記的面積為，的面積為，求的最大值及取得最大值時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo).【答案】; = 1 * roman i見解析； = 2 * roman ii的最大值為，此時(shí)點(diǎn)的坐標(biāo)為【解析】試題分析：根據(jù)橢圓的離心率

12、和焦點(diǎn)求方程； = 1 * roman i由點(diǎn)P的坐標(biāo)和斜率設(shè)出直線l的方程和拋物線聯(lián)立，進(jìn)而判斷點(diǎn)M在定直線上； = 2 * roman ii分別列出，面積的表達(dá)式，根據(jù)二次函數(shù)求最值和此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo).試題解析：i設(shè)，由可得，所以直線的斜率為，因此直線的方程為，即.設(shè)，聯(lián)立方程得，由，得且，因此,將其代入得，因?yàn)椋灾本€方程為.聯(lián)立方程，得點(diǎn)的縱坐標(biāo)為，即點(diǎn)在定直線上.ii由i知直線方程為，令得，所以，又，所以，所以，令，那么，當(dāng)，即時(shí)，取得最大值，此時(shí)，滿足，所以點(diǎn)的坐標(biāo)為，因此的最大值為，此時(shí)點(diǎn)的坐標(biāo)為.考點(diǎn)：1.橢圓、拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程及其幾何性質(zhì)；2.直線與圓錐曲線的位置關(guān)系；3.

13、二次函數(shù)的圖象和性質(zhì).14.【2023江蘇高考，18】本小題總分值16分如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓的離心率為，且右焦點(diǎn)F到左準(zhǔn)線l的距離為3.1求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；2過F的直線與橢圓交于A，B兩點(diǎn)，線段AB的垂直平分線分別交直線l和AB于點(diǎn)P，C，假設(shè)PC=2AB，求直線AB的方程.【答案】12或【解析】試題分析1求橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程，只需列兩個(gè)獨(dú)立條件即可：一是離心率為，二是右焦點(diǎn)F到左準(zhǔn)線l的距離為3，解方程組即得2因?yàn)橹本€AB過F，所以求直線AB的方程就是確定其斜率，此題關(guān)鍵就是根據(jù)PC=2AB列出關(guān)于斜率的等量關(guān)系，這有一定運(yùn)算量.首先利用直線方程與橢圓方程聯(lián)立方程組，解出AB兩點(diǎn)坐

14、標(biāo)，利用兩點(diǎn)間距離公式求出AB長(zhǎng)，再根據(jù)中點(diǎn)坐標(biāo)公式求出C點(diǎn)坐標(biāo)，利用兩直線交點(diǎn)求出P點(diǎn)坐標(biāo)，再根據(jù)兩點(diǎn)間距離公式求出PC長(zhǎng)，利用PC=2AB解出直線AB斜率,寫出直線AB方程.2當(dāng)軸時(shí)，又，不合題意當(dāng)與軸不垂直時(shí)，設(shè)直線的方程為，將的方程代入橢圓方程，得，那么，的坐標(biāo)為，且假設(shè)，那么線段的垂直平分線為軸，與左準(zhǔn)線平行，不合題意從而，故直線的方程為，那么點(diǎn)的坐標(biāo)為，從而因?yàn)椋?，解得此時(shí)直線方程為或【考點(diǎn)定位】橢圓方程，直線與橢圓位置關(guān)系差法解決，往往會(huì)更簡(jiǎn)單。15.【2023高考天津理數(shù)】本小題總分值14分設(shè)橢圓的右焦點(diǎn)為，右頂點(diǎn)為，其中為原點(diǎn)，為橢圓的離心率.求橢圓的方程；設(shè)過點(diǎn)的直線與

15、橢圓交于點(diǎn)不在軸上，垂直于的直線與交于點(diǎn)，與軸交于點(diǎn)，假設(shè)，且，求直線的斜率的取值范圍.【答案】【解析】試題分析：求橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程，只需確定量，由，得，再利用，可解得，先化簡(jiǎn)條件：，即M再OA中垂線上，再利用直線與橢圓位置關(guān)系，聯(lián)立方程組求；利用兩直線方程組求H，最后根據(jù)，列等量關(guān)系解出直線斜率.取值范圍試題解析：1解：設(shè)，由，即，可得，又，所以，因此，所以橢圓的方程為.2解：設(shè)直線的斜率為，那么直線的方程為.設(shè)，由方程組，消去，整理得.解得，或，由題意得，從而.由知，設(shè)，有，.由，得，所以，解得.因此直線的方程為.所以，直線的斜率的取值范圍為.考點(diǎn)：橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和幾何性質(zhì)，直線方程16.【2

16、023高考山東，理20】平面直角坐標(biāo)系中，橢圓的離心率為，左、右焦點(diǎn)分別是，以 QUOTE 為圓心以3為半徑的圓與以 QUOTE 為圓心以1為半徑的圓相交，且交點(diǎn)在橢圓上.()求橢圓的方程；設(shè)橢圓， QUOTE 為橢圓 QUOTE 上任意一點(diǎn)，過點(diǎn)的直線交橢圓于兩點(diǎn)，射線 QUOTE 交橢圓于點(diǎn).( i )求 QUOTE 的值；ii求面積的最大值.【答案】I；II( i )2；ii .【解析】試題分析：I根據(jù)橢圓的定義與幾何性質(zhì)列方程組確定的值，從而得到橢圓 QUOTE 的方程；IIi設(shè)，由題意知，然后利用這兩點(diǎn)分別在兩上橢圓上確定的值; ii設(shè)，利用方程組結(jié)合韋達(dá)定理求出弦長(zhǎng)，選將的面積表示

17、成關(guān)于的表達(dá)式，然后，令，利用一元二次方程根的判別式確定的范圍，從而求出的面積的最大值，并結(jié)合i的結(jié)果求出 QUOTE 面積的最大值.試題解析：I由題意知，那么 ,又可得 ,所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為.II由I知橢圓E的方程為,i設(shè)，由題意知因?yàn)?又，即 ,所以，即 .所以因?yàn)橹本€與軸交點(diǎn)的坐標(biāo)為所以的面積令 ,將代入橢圓C的方程可得由，可得 由可知因此 ,故當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取得最大值由i知，面積為 ,所以面積的最大值為 .17.【2023高考陜西，理20】本小題總分值12分橢圓的半焦距為，原點(diǎn)到經(jīng)過兩點(diǎn)，的直線的距離為I求橢圓的離心率；II如圖，是圓的一條直徑，假設(shè)橢圓經(jīng)過，兩點(diǎn)，求橢圓的方程【答

18、案】I；II【解析】試題分析：I先寫過點(diǎn)，的直線方程，再計(jì)算原點(diǎn)到該直線的距離，進(jìn)而可得橢圓的離心率；II先由I知橢圓的方程，設(shè)的方程，聯(lián)立，消去，可得和的值，進(jìn)而可得，再利用可得的值，進(jìn)而可得橢圓的方程試題解析：I過點(diǎn)，的直線方程為，那么原點(diǎn)到直線的距離，由，得，解得離心率.(II)解法一：由I知，橢圓的方程為. (1)依題意，圓心是線段的中點(diǎn)，且.易知，不與軸垂直，設(shè)其直線方程為，代入(1)得設(shè)那么由，得解得.從而.于是.由，得，解得.故橢圓的方程為.解法二：由I知，橢圓的方程為. 2因此直線方程為，代入(2)得所以，.于是.由，得，解得.故橢圓的方程為.考點(diǎn)：1、直線方程；2、點(diǎn)到直線的

19、距離公式；3、橢圓的簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)；4、橢圓的方程；5、圓的方程；6、直線與圓的位置關(guān)系；7、直線與圓錐曲線的位置.18.【2023高考浙江理數(shù)】此題總分值15分如圖，設(shè)橢圓a1.I求直線y=kx+1被橢圓截得的線段長(zhǎng)用a、k表示；II假設(shè)任意以點(diǎn)A0,1為圓心的圓與橢圓至多有3個(gè)公共點(diǎn)，求橢圓離心率的取值范圍.【答案】I；II【解析】試題分析：I先聯(lián)立和，可得，再利用弦長(zhǎng)公式可得直線被橢圓截得的線段長(zhǎng)；II先假設(shè)圓與橢圓的公共點(diǎn)有個(gè)，再利用對(duì)稱性及條件可得任意以點(diǎn)為圓心的圓與橢圓至多有個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，的取值范圍，進(jìn)而可得橢圓離心率的取值范圍試題解析：I設(shè)直線被橢圓截得的線段為，由得，故，因此II假

20、設(shè)圓與橢圓的公共點(diǎn)有個(gè)，由對(duì)稱性可設(shè)軸左側(cè)的橢圓上有兩個(gè)不同的點(diǎn)，滿足記直線，的斜率分別為，且，由I知，故因此， = 1 * GB3 因?yàn)?= 1 * GB3 式關(guān)于，的方程有解的充要條件是，所以因此，任意以點(diǎn)為圓心的圓與橢圓至多有個(gè)公共點(diǎn)的充要條件為，由得，所求離心率的取值范圍為考點(diǎn)：1、弦長(zhǎng)；2、圓與橢圓的位置關(guān)系；3、橢圓的離心率19.【2023高考新課標(biāo)2，理20】此題總分值12分橢圓,直線不過原點(diǎn)且不平行于坐標(biāo)軸，與有兩個(gè)交點(diǎn)，線段的中點(diǎn)為 ()證明：直線的斜率與的斜率的乘積為定值；假設(shè)過點(diǎn)，延長(zhǎng)線段與交于點(diǎn)，四邊形能否為平行四邊形？假設(shè)能，求此時(shí)的斜率，假設(shè)不能，說明理由【答案】(

21、)詳見解析；能，或【解析】()設(shè)直線，將代入得，故，于是直線的斜率，即所以直線的斜率與的斜率的乘積為定值四邊形能為平行四邊形因?yàn)橹本€過點(diǎn)，所以不過原點(diǎn)且與有兩個(gè)交點(diǎn)的充要條件是，由()得的方程為設(shè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)為由得，即將點(diǎn)的坐標(biāo)代入直線的方程得，因此四邊形為平行四邊形當(dāng)且僅當(dāng)線段與線段互相平分，即于是解得，因?yàn)?，所以?dāng)?shù)男甭蕿榛驎r(shí)，四邊形為平行四邊形【考點(diǎn)定位】1、弦的中點(diǎn)問題；2、直線和橢圓的位置關(guān)系【名師點(diǎn)睛】()題中涉及弦的中點(diǎn)坐標(biāo)問題，故可以采取“點(diǎn)差法或“韋達(dá)定理兩種方法求解：設(shè)端點(diǎn)的坐標(biāo)，代入橢圓方程并作差，出現(xiàn)弦的中點(diǎn)和直線的斜率；設(shè)直線的方程同時(shí)和橢圓方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理求弦的

22、中點(diǎn)，并尋找兩條直線斜率關(guān)系；根據(jù)()中結(jié)論，設(shè)直線方程并與橢圓方程聯(lián)立，求得坐標(biāo)，利用以及直線過點(diǎn)列方程求的值20.【2023高考新課標(biāo)2理數(shù)】橢圓的焦點(diǎn)在軸上，是的左頂點(diǎn)，斜率為的直線交于兩點(diǎn)，點(diǎn)在上，當(dāng)時(shí)，求的面積；當(dāng)時(shí)，求的取值范圍【答案】；.【解析】試題解析：I設(shè)，那么由題意知，當(dāng)時(shí)，的方程為，.由及橢圓的對(duì)稱性知，直線的傾斜角為.因此直線的方程為.將代入得.解得或，所以.因此的面積.II由題意，.將直線的方程代入得.由得，故.由題設(shè)，直線的方程為，故同理可得，由得，即.當(dāng)時(shí)上式不成立，因此.等價(jià)于，即.由此得，或，解得.因此的取值范圍是.考點(diǎn)：橢圓的性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系.21

23、.【2023高考四川，理20】如圖，橢圓E：的離心率是，過點(diǎn)P0,1的動(dòng)直線與橢圓相交于A，B兩點(diǎn)，當(dāng)直線平行與軸時(shí)，直線被橢圓E截得的線段長(zhǎng)為.(1)求橢圓E的方程；2在平面直角坐標(biāo)系中，是否存在與點(diǎn)P不同的定點(diǎn)Q，使得恒成立？假設(shè)存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；假設(shè)不存在，請(qǐng)說明理由.【答案】1；2存在，Q點(diǎn)的坐標(biāo)為.【解析】1由，點(diǎn)在橢圓E上.因此，解得.所以橢圓的方程為.所以，假設(shè)存在不同于點(diǎn)P的定點(diǎn)Q滿足條件，那么Q點(diǎn)的坐標(biāo)只可能為.下面證明：對(duì)任意的直線，均有.當(dāng)直線的斜率不存在時(shí)，由上可知，結(jié)論成立.當(dāng)直線的斜率存在時(shí)，可設(shè)直線的方程為，A、B的坐標(biāo)分別為.聯(lián)立得.其判別式，所以，.因此.

24、易知，點(diǎn)B關(guān)于y軸對(duì)稱的點(diǎn)的坐標(biāo)為.又，所以，即三點(diǎn)共線.所以.故存在與P不同的定點(diǎn)，使得恒成立.22.【2023年高考北京理數(shù)】本小題14分橢圓C：的離心率為，的面積為1.1求橢圓C的方程；2設(shè)的橢圓上一點(diǎn)，直線與軸交于點(diǎn)M，直線PB與軸交于點(diǎn)N.求證：為定值.【答案】1；2詳見解析.【解析】試題分析：1根據(jù)離心率為，即，的面積為1，即，橢圓中列方程求解；2根據(jù)條件分別求出，的值，求其乘積為定值.所以橢圓的方程為.2由知，設(shè)，那么.當(dāng)時(shí)，直線的方程為.令，得.從而.直線的方程為.令，得.從而.所以.當(dāng)時(shí)，所以.綜上，為定值.考點(diǎn)：1.橢圓方程及其性質(zhì)；2.直線與橢圓的位置關(guān)系.算。23.【2

25、023年高考四川理數(shù)】本小題總分值13分橢圓E：的兩個(gè)焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)端點(diǎn)是直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，直線與橢圓E有且只有一個(gè)公共點(diǎn)T.求橢圓E的方程及點(diǎn)T的坐標(biāo)；設(shè)O是坐標(biāo)原點(diǎn)，直線l平行于OT，與橢圓E交于不同的兩點(diǎn)A、B，且與直線l交于點(diǎn)P證明：存在常數(shù)，使得，并求的值.【答案】，點(diǎn)T坐標(biāo)為2,1；.【解析】試題分析：由橢圓兩個(gè)焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)端點(diǎn)是直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn)可得，從而可得，橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程中可減少一個(gè)參數(shù)，再利用直線和橢圓只有一個(gè)公共點(diǎn)，聯(lián)立方程，方程有兩個(gè)相等實(shí)根，解出b的值，從而得到橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；首先設(shè)出直線方程為，由兩直線方程求出點(diǎn)坐標(biāo)，得，同時(shí)設(shè)交點(diǎn)，把方程與橢圓方程聯(lián)立

26、后消去得的二次方程，利用根與系數(shù)關(guān)系，得，再計(jì)算，比較可得值.試題解析： = 1 * ROMAN I由，即，所以，那么橢圓E的方程為.由方程組得. = 1 * GB3 方程 = 1 * GB3 的判別式為，由，得，此方程 = 1 * GB3 的解為，所以橢圓E的方程為.點(diǎn)T坐標(biāo)為2,1.由方程組可得. = 2 * GB3 方程 = 2 * GB3 的判別式為，由，解得.由 = 2 * GB3 得.所以，同理，所以.故存在常數(shù)，使得.考點(diǎn)：橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其幾何性質(zhì).24.【2023高考重慶，理21】如題21圖，橢圓的左、右焦點(diǎn)分別為過的直線交橢圓于兩點(diǎn)，且1假設(shè)，求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程2假設(shè)求橢圓的

27、離心率【答案】1；2【解析】試題解析：1此題中橢圓上的一點(diǎn)到兩焦點(diǎn)的距離，因此由橢圓定義可得長(zhǎng)軸長(zhǎng)，即參數(shù)的值，而由，應(yīng)用勾股定理可得焦距，即的值，因此方程易得；2要求橢圓的離心率，就是要找到關(guān)于的一個(gè)等式，題中涉及到焦點(diǎn)距離，因此我們?nèi)匀粦?yīng)用橢圓定義，設(shè)，那么，于是有，這樣在中求得，在中可建立關(guān)于的等式，從而求得離心率.(1)由橢圓的定義，設(shè)橢圓的半焦距為c，由，因此即從而故所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為.由橢圓的定義，,從而由，有又由，知，因此于是解得.解法二：如圖(21)圖由橢圓的定義，,從而由，有又由，知，因此,從而由,知，因此【考點(diǎn)定位】考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，橢圓的幾何性質(zhì).，直線和橢圓相交問題，考查運(yùn)算求解能力25.【2023高考安徽，理20】設(shè)橢圓E的方程為，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)A的坐標(biāo)為，點(diǎn)B的坐標(biāo)為，點(diǎn)M在線段AB上，滿足，直線OM的斜率為.I求E的離心率e； = 2 * ROMAN * MERGEFORMAT II設(shè)點(diǎn)C的坐標(biāo)為，N為線段AC的中