新高考數(shù)學復習真題分類8-2橢圓練習含答案

8.2橢圓考點1橢圓的定義及標準方程1.（2023全國甲文，7）設為橢圓的兩個焦點，點在上，若，則（）A.1 B.2 C.4 D.5【答案】B【解析】方法一：因為，所以，從而，所以．故選：B.方法二：因為，所以，由橢圓方程可知，，所以，又，平方得：，所以．故選：B.2.（2023全國甲理，12）己知橢圓，為兩個焦點，O為原點，P為橢圓上一點，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】方法一：設，所以，由，解得：，由橢圓方程可知，，所以，，解得：，即，因此，故選：B．方法二：因為①，，即②，聯(lián)立①②，解得：，而，所以，即．故選：B．方法三：因為①，，即②，聯(lián)立①②，解得：，由中線定理可知，，易知，解得：．故選：B．3.(2021全國乙文,11,5分)設B是橢圓C:x25+y2=1的上頂點,點P在C上,則|PB|的最大值為(A.52答案A解法一:由題意可知B(0,1),設P(x0,y0),則x025+|PB|=x0因為-1≤y0≤1,所以y0=-14時,|PB|取得最大值52,故選解法二:由題意可知B(0,1),由點P在橢圓x25+y2=1可設P(5cosθ,sinθ),則|PB|2=(5cosθ)2+(sinθ-1)2=-4sin2θ-2sinθ+6=-4sinθ當sinθ=-14時,|PB|2取得最大值254,此時|PB|最大,為52,4.(2021新高考Ⅰ,5,5分)已知F1,F2是橢圓C:x29+y24=1的兩個焦點,點M在C上,則|MF1|·|MF2A.13B.12C.9D.6答案C∵M在橢圓C:x29+y24=1∴|MF1|+|MF2|=6,∵MF∴|MF1|·|MF2|≤MF1當且僅當|MF1|=|MF2|=3時等號成立.故選C.易錯警示在用基本不等式求最值時,要滿足“一正、二定、三相等”,三個條件缺一不可.5.(2022全國甲文,11,5分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為13,A1,A2分別為C的左、右頂點,B為C的上頂點.若BA.x2C.x23+y答案B由題意知A1(-a,0),A2(a,0),B(0,b),則BA1=(-a,-b),BA2=(a,-b),所以BA1·BA2=-a2+b2=-1①,又e=ca=1?b2a2=16.(2015廣東文,8,5分)已知橢圓x225+y2m2=1(m>0)的左焦點為A.2B.3C.4D.9答案B依題意有25-m2=16,∵m>0,∴m=3.選B.7.(2013廣東文,9,5分)已知中心在原點的橢圓C的右焦點為F(1,0),離心率等于12,則C的方程是A.x23+y24=1B.C.x24+y22=1D.答案D由右焦點為F(1,0)可知c=1,因為離心率等于12,即ca=12,故a=2,由a2=b2+c2知b2=3,故橢圓C的方程為x248.(2021全國甲理,15,5分)已知F1,F2為橢圓C:x216+y24=1的兩個焦點,P,Q為C上關于坐標原點對稱的兩點,且|PQ|=|F1F2|,則四邊形PF答案8解析如圖,設|PF1|=m,|PF2|=n,由橢圓方程x216+y24=1可得,2a=|PF1|+|PF2|=m+n=8,2c=|F由P,Q關于原點對稱得|OP|=|OQ|,又|OF1|=|OF2|,故四邊形PF1QF2為平行四邊形.依據(jù)|F1F2|=|PQ|,得到四邊形PF1QF2為矩形,故PF1⊥PF2.在Rt△F1PF2中,∠F2PF1=90°,則m2+n2=(43)2=48,由(m+n)2=64得m2+n2+2mn=48+2mn=64,解得mn=8,所以四邊形PF1QF2的面積為8.解題關鍵由|PQ|=|F1F2|判斷平行四邊形PF1QF2是矩形為解題關鍵.9.(2021浙江,16,6分)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0),焦點F1(-c,0),F2(c,0)(c>0).若過F1的直線和圓x?12c2+y2=c2相切,與橢圓在第一象限交于點P,答案2解析設切點為B,圓心為A,連接AB,如圖,易知|F1A|=3c2,|F1F2|=2c,|BF1|=5c2,|AB|=c,|PF∴直線PF1的斜率k=tan∠PF1F2=|AB|B在△PF1F2中,tan∠PF1F2=b2即5b2=4ac?5(a2-方程兩邊同時除以a2,整理可得5e2解得e=55或e=-5(舍),∴e=5一題多解在求解離心率e時,∵tan∠PF1F2=255,∴在Rt△PF1F2中,可令|PF2|=2,|F1F2|=5,則|PF1|=3,故e=10.(2022新高考Ⅰ,16,5分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),C的上頂點為A,兩個焦點為F1,F2,離心率為12.過F1且垂直于AF2的直線與C交于D,E兩點,|答案13解析設F1、F2分別為左、右焦點.如圖,連接AF1,DF2,EF2,∵e=12∴a=2c,∴b=3c,∴A(0,3c),F2(c,0),F1(-c,0),∴kAF2=?3,∴∠AF2O=60°,又∵|AF1|=|AF2|,∴△AF1F2為正三角形,又∵DE⊥AF2且F1∈DE,∴DE為AF2的中垂線,∴|AD|=|DF2|,|AE∴△ADE的周長為|AD|+|AE|+|DE|=|DF2|+|F2E|+|DF1|+|F1E|=4a.∵DE⊥AF2,∴kDE=33,∴DE的方程為y=33(x+聯(lián)立得3x2+4y2?12c2=0,y=33(x+c),消去y得,13x2+8cx-32c2=0,設D(x1,y1),E(x2,y2),∴|DE|=1+332·?8c132?4×?3213c2=6,∴c=138,又∵11.(2014遼寧,理15,文15,5分)已知橢圓C:x29+y24=1,點M與C的焦點不重合.若M關于C的焦點的對稱點分別為A,B,線段MN的中點在C上,答案12解析根據(jù)已知條件畫出圖形,如圖.設MN的中點為P,F1、F2為橢圓C的焦點,連接PF1、PF2.顯然PF1是△MAN的中位線,PF2是△MBN的中位線,∴|AN|+|BN|=2|PF1|+2|PF2|=2(|PF1|+|PF2|)=2×6=12.評析本題考查了橢圓的定義和方程,考查了數(shù)形結合的思想.連接PF1、PF2利用橢圓的定義是求解的關鍵.12.(2023北京,19,15分,中)已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為53,A,C分別是E的上、下頂點,B,(1)求E的方程;(2)設P為第一象限內(nèi)E上的動點,直線PD與直線BC交于點M,直線PA與直線y=-2交于點N.求證:MN∥CD.解析(1)由題意知|AC|=2b=4,即b=2,又e=ca=1?b2a∴E的方程為x29(2)證明:設點P(x0,y0),則x029+y直線PD:y=y0x0?3(x-3),直線BC:y=-23x-2,聯(lián)立直線PD與直線BC的方程,得點直線PA的方程為y=y0?2x令y=-2,得點N?4x因為kMN=?12=?12=(?6=?6=23又因為kCD=23,所以kMN=kCD又MN與CD無公共點,所以MN∥CD.13.(2020北京,20,15分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1過點A((Ⅰ)求橢圓C的方程;(Ⅱ)過點B(-4,0)的直線l交橢圓C于點M,N,直線MA,NA分別交直線x=-4于點P,Q.求|PB||BQ|的值解析(Ⅰ)由已知條件可列方程組a解得a=22,b=2,故橢圓C的標準方程為x(Ⅱ)解法一:由題意知,直線l的斜率存在,設l的斜率為k,則直線l的方程為y=k(x+4).當k≠0時,直線l與橢圓C交于M、N兩點,設M(x1,y1),N(x2,y2),聯(lián)立y=k(x+4),x28+y22=1,化簡得(4k2+1)x2則x1+x2=-32k24k2+1,xΔ=(32k2)2-4×(4k2+1)×(64k2-8)=32(1-4k2)>0,解得-12<k<12直線MA的方程為y=y1+1x1+2(x+2)-1,令x=-4,得到y(tǒng)P=?2(y同理直線NA的方程為y=y2+1x2+2(x+2)-1,令x=-4,得到y(tǒng)Q=?2(yyP+yQ=-(2k+1)x1+4x1+2+x2+4x2+2=?2(2k因為x1x2+3(x1+x2)+8=64k2?84k2+1?3×32k24k2+1+8(4k2+1)4k2+1=0,當k=0時,易得直線l與橢圓C的兩個交點分別為(-22,0)和(22,0),(易錯:此處容易忽略k=0的情況)不妨設M(-22,0),N(22,0),則直線MA的方程為y=-2+12(x+2直線NA的方程為y=2?12(x-2令x=-4,則yP=2,yQ=-2,此時也滿足|PB||BQ|=1綜上所述,|PB||BQ|=1.(15分)解法二:由題意得直線l的斜率存在,設l的斜率為k,則直線l的方程為y=k(x+4),設M(x1,y1),N(x2,y2),聯(lián)立y=k(x+4),x28+y22=1,化簡得(4k2+1)x2則x1+x2=-32kx1x2=64kΔ=(32k2)2-4×(4k2+1)×(64k2-8)=32(1-4k2)>0,解得-12<k<12直線MA的方程為y=y1+1x1+2(直線NA的方程為y=y2+1x2+2(令x=-4,則yP=?x1?2y1?4所以P?4,?x1?2y1?4x1所以|PB|=[(2=(2k將x1+x2和x1x2代入上式,整理得|PB||BQ|=(2k+1)32k解法三:易知當l的斜率為0時,|PB||BQ|=1.(7分)當l的斜率不為0時,設直線l:x=my-4,M(x1,y1),N(x2,y2),由x=my?4,x28+y22=1,得由Δ=64m2-4×8×(m2+4)>0,解得m2>4,且y1+y2=8mm2+4,y1y此時lMA:y+1=y1+1x1+2(x+2),令x=-4,得y同理可得yQ=?2(y2+1)x2+2-1則yP+yQ=?2(y=-2y=-2×(y因為(y1+1)(x2+2)+(y2+1)(x1+2)+(x1+2)(x2+2)=(y1+1)(my2-2)+(y2+1)(my1-2)+(my1-2)(my2-2)=m(m+2)y1y2-(m+2)(y1+y2)=m(m+2)8m2+4-(m+2)所以yP+yQ=0,所以|PB|=|BQ|,所以|PB||BQ|=1綜上,|PB||BQ|=1.(15分)知識延伸:判斷直線l與圓錐曲線C的位置關系時,通常將直線l的方程Ax+By+C=0(A,B不同時為0)代入圓錐曲線C的方程F(x,y)=0,消去y(也可以消去x)得到一個關于變量x(或變量y)的一元方程,即Ax+By+C=0,F(x,y)=0,消去(1)當a≠0時,設一元二次方程ax2+bx+c=0的根的判別式為Δ,則Δ(2)當a=0,b≠0時,即得到一個一次方程,則直線l與圓錐曲線C相交,且只有一個交點,此時,若C為雙曲線,則直線l與雙曲線的漸近線平行;若C為拋物線,則直線l與拋物線的對稱軸平行或重合.14.(2020天津,18,15分)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一個頂點為A(0,-3),右焦點為F,且|OA(Ⅰ)求橢圓的方程;(Ⅱ)已知點C滿足3OC=OF,點B在橢圓上(B異于橢圓的頂點),直線AB與以C為圓心的圓相切于點P,且P為線段AB的中點.求直線AB解析(Ⅰ)由已知可得b=3.記半焦距為c,由|OF|=|OA|可得c=b=3.又a2=b2+c2,所以a2=18.所以,橢圓的方程為x218+y29=1(Ⅱ)因為直線AB與以C為圓心的圓相切于點P,且P為線段AB的中點,所以AB⊥CP.依題意,直線AB和直線CP的斜率均存在(由于A為橢圓的一個頂點,B為非頂點,直線AB與圓C相切,故直線AB,CP斜率均存在).設直線AB的方程為y=kx-3.由方程組y=kx?3,x218+y29=1,消去y,可得(2k2+1)x2-12kx=0,解得x=0,或x=12k2k2+1.依題意,可得點B的坐標為12k2k2+1,6k2?32k由3OC=OF,得點C的坐標為(1,0),故直線CP的斜率為?32k2+1?06k2k2+1?1,即32k2?6k+1.又因為AB⊥CP,所以k·32k2?6k+1=-1(兩直線垂直所以,直線AB的方程為y=12x-3,或y=x-3.(15分)15.(2022天津,19,15分)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點為F,右頂點為(1)求橢圓的離心率e;(2)已知直線l與橢圓有唯一公共點M,與y軸交于點N(N異于M),記點O為坐標原點,若|OM|=|ON|,且△OMN的面積為3,求橢圓的標準方程.解析(1)∵|BF|=c2+b2=a,|∴|BF||AB|=aa2+b∴c=a2?b2=2b,(2)由(1)知橢圓方程為x23由題可知直線l的斜率存在且不為0,設l:y=kx+m(k≠0),由橢圓的對稱性,不妨設k<0,m>0,如圖.則有|OM|=|ON|=m.聯(lián)立得x則有(3k2+1)x2+6kmx+3m2-3b2=0,Δ=0?3b2k2+b2-m2=0,由根與系數(shù)的關系得xM=-3mk3k2+1,代入直線l的方程,有∴|OM|=xM2+yM2=m設直線OM的傾斜角為θ,∴kOM=tanθ=yM∴θ=30°,故∠NOM=60°,∴S△OMN=12m2sin∠∴3b2×13+b2-4=0,可得b2=2∴橢圓的標準方程為x26一題多解(2)由(1)知橢圓方程為x23不妨設M(x0,y0)(x0>0,0<y0<b),則l:x0x3b2+∵|OM|=|ON|,∴x02∵S△MON=12∴x0y將M的坐標代入橢圓方程可得x02+3y0聯(lián)立①②③可得b=2,從而a=6,∴橢圓的標準方程為x2616.(2021北京,20,15分)已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)過點A((1)求橢圓E的標準方程;(2)過點P(0,-3)的直線l的斜率為k,交橢圓E于不同的兩點B,C,直線AB交y=-3于點M,直線AC交y=-3于點N,若|PM|+|PN|≤15,求k的取值范圍.解析(1)將A(0,-2)代入橢圓方程得b=2,由橢圓四個頂點圍成的四邊形面積為2ab=45,解得a=5,所以橢圓E的標準方程為x25(2)由題意得直線l的方程為y+3=k(x-0),即y=kx-3,將y=kx-3代入橢圓方程并化簡得(4+5k2)x2-30kx+25=0,由Δ=(-30k)2-4×25(4+5k2)>0,解得k<-1或k>1,設B(x1,y1),C(x2,y2),不妨設點B位于第一象限,點C位于第四象限,如圖所示.則x1+x2=30k4+5k2,x1x直線AB的方程為y+2令y=-3,解得x=-x1y1+2,同理可得N?x∴|PM|+|PN|=x=x=2=2=2=50k?30k25解得k≤3,又k>1,所以1<k≤3.由橢圓的對稱性知,當點B位于第二象限,點C位于第三象限時,-3≤k<-1.綜上,k的取值范圍為[-3,-1)∪(1,3].解題指導:(1)首先根據(jù)橢圓過A點,確定b的值,然后結合四邊形面積為45,得到a的值;(2)先寫出直線l的方程,然后設出B、C兩點坐標,再分別寫出直線AB、AC的方程,從而確定點M、N的坐標,再結合|PM|+|PN|≤15,建立不等式求解k的取值范圍.方法總結處理直線與橢圓的位置關系問題,首先設出直線方程,然后聯(lián)立直線方程與橢圓方程,再依據(jù)根與系數(shù)的關系列出所需的關系式求解.考點2橢圓的幾何性質1.（2023課標I，5）設橢圓的離心率分別為．若，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由，得，因此，而，所以，故選：A2.（2023課標II，5）已知橢圓的左、右焦點分別為，，直線與C交于A，B兩點，若面積是面積的2倍，則（）．A. B. C. D.【答案】C【解析】將直線與橢圓聯(lián)立，消去可得，因為直線與橢圓相交于點，則，解得，設到的距離到距離，易知，則，，，解得或（舍去），故選：C.3.(2022全國甲理,10,5分)橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左頂點為A,點P,Q均在C上,且關于y軸對稱.若直線AP,AQ的斜率之積為1A.3答案A設P(x0,y0)(x0≠±a),由于P,Q兩點均在C上,且關于y軸對稱,所以Q(-x0,y0),且滿足x02a2+y02b2=1,則有y02=b21?x02a2=b2a2(a2-x02)(x0≠±a).由題意得A(-a,0),所以k4.(2021全國乙理,11,5分)設B是橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上頂點,若C上的任意一點P都滿足|PB|≤2bA.2答案C由題意知,B(0,b),設P(x0,y0),則x02a2+∴|PB|2=x02+(y0-b)2=a21?y02b2+y0∵C上任意一點P都滿足|PB|≤2b,y0∈[-b,b],∴當y0=-b時,|PB|2取得最大值,∴-b3c2≤-b,即b2≥又a2=b2+c2,∴a2-c2≥c2,即a2≥2c2,∴e2≤12,又∵e∈(0,1∴e∈0,22,即離心率的取值范圍為0,22易錯警示當|PB|2轉化成關于y0的函數(shù)時,由于忽略y0的取值范圍而導致|PB|2的最大值求錯,從而失分.5.(2018課標Ⅰ文,4,5分)已知橢圓C:x2a2+y24=1的一個焦點為A.13B.12C.2答案C本題主要考查橢圓的方程及其幾何性質.由題意可知c=2,b2=4,∴a2=b2+c2=4+22=8,則a=22,∴e=ca=222=2方法總結求橢圓離心率的常用方法:(1)求得a,c的值,直接代入e=ca求解(2)列出關于a,b,c的齊次方程,結合b2=a2-c2消去b,從而轉化為關于e的方程求解.6.(2018課標Ⅱ文,11,5分)已知F1,F2是橢圓C的兩個焦點,P是C上的一點.若PF1⊥PF2,且∠PF2F1=60°,則C的離心率為()A.1-32B.2-C.3?12答案D本題主要考查橢圓的定義和幾何性質.不妨設橢圓方程為x2a2在Rt△F1PF2中,因為∠PF2F1=60°,|F1F2|=2c,所以|PF2|=c,|PF1|=3c.由橢圓的定義得|PF1|+|PF2|=2a,即3c+c=2a,所以橢圓的離心率e=ca=23+1=3疑難突破利用橢圓的定義|PF1|+|PF2|=2a,結合題意得到a與c的等量關系是求解的關鍵,也是難點的突破口.7.(2016課標Ⅰ文,5,5分)直線l經(jīng)過橢圓的一個頂點和一個焦點,若橢圓中心到l的距離為其短軸長的14,則該橢圓的離心率為A.13B.12C.2答案B如圖,|OB|為橢圓中心到l的距離,則|OA|·|OF|=|AF|·|OB|,即bc=a·b2,所以e=ca=12易錯警示橢圓中心到直線l的距離為14×2b=b2,評析本題考查橢圓的基本知識,利用三角形的面積建立等量關系是求解的關鍵.8.(2015福建文,11,5分)已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點為F,短軸的一個端點為M,直線l:3x-4y=0交橢圓E于A,B兩點.若|AF|+|BF|=4,點M到直線l的距離不小于A.0,32B.0,34答案A直線l:3x-4y=0過原點,從而A,B兩點關于原點對稱,于是|AF|+|BF|=2a=4,所以a=2.不妨令M(0,b),則由點M(0,b)到直線l的距離不小于45,得4b32+(?4)2≥45,即b≥1.所以e2=c2a2=a2評析本題考查了橢圓的定義及性質.考查數(shù)形結合的思想.解題關鍵在于發(fā)現(xiàn)A,B兩點關于原點對稱,從而得出|AF|+|BF|=2a.9.(2013課標Ⅱ文,5,5分)設橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,P是C上的點,PF2⊥F1F2,∠PF1FA.36B.13C.1答案D在Rt△PF2F1中,令|PF2|=1,因為∠PF1F2=30°,所以|PF1|=2,|F1F2|=3.所以e=2c2a=|F110.(2013四川文,9,5分)從橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一點P向x軸作垂線,垂足恰為左焦點F1,A是橢圓與x軸正半軸的交點,B是橢圓與y軸正半軸的交點,且ABA.24B.12C.2答案C左焦點為F1(-c,0),PF1⊥x軸,當x=-c時,c2a2+yP2b2=1?yP2=b21?c2a2=b由斜率公式得kAB=-ba,kOP=-b∵AB∥OP,∴kAB=kOP?-ba=-b2∵a2=b2+c2=2c2,∴c2a2=12?e=ca11.(2013遼寧文,11,5分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點為F,C與過原點的直線相交于A、B兩點,連接AF,BF.若|AB|=10,|BF|=8,cos∠ABF=A.35B.57C.4答案B如圖,設|AF|=x,則cos∠ABF=82+10解得x=6,∴∠AFB=90°,由橢圓及直線關于原點對稱可知|AF1|=8,且∠FAF1=∠FAB+∠FBA=90°,△FAF1是直角三角形,∴|F1F|=10,故2a=8+6=14,2c=10,∴ca=57.評析本題考查余弦定理,橢圓的幾何性質,考查了數(shù)形結合思想及運算求解能力.12.(2012課標理,4,5分)設F1,F2是橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左,右焦點,P為直線x=3a2上一點,△F2PF1A.12B.23C.3答案C設直線x=32a與x軸交于點Q,由題意得∠PF2Q=60°,|F2P|=|F1F2|=2c,|F2Q|=32a-c,∴32a-c=12×2c,∴e=ca評析本題考查了橢圓的基本性質,考查了方程的思想,靈活解三角形對求解至關重要.13.(2011課標全國文,4,5分)橢圓x216+y2A.13B.12C.3答案D在x216+y28=1中,a2=16,b2=8,c2=a∴c=22,∴e=ca=224=214.(2016課標Ⅲ,11,5分)已知O為坐標原點,F是橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點,A,B分別為C的左,右頂點.P為C上一點,且PF⊥x軸.過點A的直線l與線段PF交于點M,與y軸交于點E.若直線BM經(jīng)過OEA.13B.12C.2答案A由題意知過點A的直線l的斜率存在且不為0,故可設直線l的方程為y=k(x+a),當x=-c時,y=k(a-c),當x=0時,y=ka,所以M(-c,k(a-c)),E(0,ka).如圖,設OE的中點為N,則N0,ka2,由于B,M,N三點共線,所以kBN=kBM,即ka2?a=k(a?c)?c?a,15.(2018浙江,17,4分)已知點P(0,1),橢圓x24+y2=m(m>1)上兩點A,B滿足AP=2PB,則當m=時,點B答案5解析本小題考查橢圓的標準方程,向量的坐標運算,二次函數(shù)的最值.設B(t,u),由AP=2PB,易得A(-2t,3-2u).∵點A,B都在橢圓上,∴t從而有3t24+3u2-12u+9=0,即t即有4u-3=m?u=m+3∴t24+(m+3)216=m,∴t2=-14m2+∴當m=5時,(t2)max=4,即|t|max=2,即當m=5時,點B橫坐標的絕對值最大.16.(2015浙江文,15,4分)橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點F(c,0)關于直線y=bcx答案2解析令Q的坐標為(x0,y0),FQ的中點為Mx0+c2,y02,由點M在直線y=bcx上得bx0-cy0+bc=0①.又因為直線FQ垂直于直線y=bcx,所以y0x0?c=-cb,即cx0+by0-c2=0②,聯(lián)立①②得點Q2c3?a2ca2,2bc2a2,把點Q的坐標代入x2a2+y2b2=1并化簡得a6=4c17.(2014江西文,14,5分)設橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左,右焦點為F1,F2,過F2作x軸的垂線與C相交于A,B兩點,F1B與y軸相交于點D,若AD⊥F1答案3解析不妨設A在x軸上方,由于AB過F2且垂直于x軸,因此可得Ac,b2a,Bc,?b2a,由OD∥F2B,O為F1F2的中點可得D0,?b22a,所以AD=?c,?3b22a,F1B=2c,?b2a,又AD⊥F1B,所以AD·F1B=-2c2+3b42a2=0,即3b4=4a2c2,又b2=a2評析本題考查橢圓的幾何性質、兩直線垂直的充要條件.考查學生的運算求解能力以及知識的轉化應用能力.根據(jù)已知條件建立起關于a、b、c的等量關系式是求解本題的關鍵.18.(2013福建理,14,4分)橢圓Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,焦距為2c.若直線y=3(x+c)與橢圓Γ的一個交點M滿足∠MF1F2=2∠MF2答案3-1解析由已知得直線y=3(x+c)過M、F1兩點,所以直線MF1的斜率為3,所以∠MF1F2=60°,則∠MF2F1=30°,∠F1MF2=90°,如圖,故MF1=c,MF2=3c,由點M在橢圓Γ上知:c+3c=2a,故e=ca=319.(2012江西理,13,5分)橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右頂點分別是A、B,左、右焦點分別是F1、F2.若|AF1|,|F1F2|,|F1答案5解析∵|AF1|=a-c,|BF1|=a+c,|F1F2|=2c,則有4c2=(a-c)(a+c),得e=ca=5評析本題考查了橢圓的離心率的概念,橢圓和等比數(shù)列的基本性質.20.(2019天津文,19,14分)設橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點為F,左頂點為A,上頂點為(1)求橢圓的離心率;(2)設經(jīng)過點F且斜率為34的直線l與橢圓在x軸上方的交點為P,圓C同時與x軸和直線l相切,圓心C在直線x=4上,且OC∥AP.求橢圓的方程解析本小題主要考查橢圓的標準方程和幾何性質、直線方程、圓等基礎知識.考查用代數(shù)方法研究圓錐曲線的性質.考查運算求解能力,以及用方程思想、數(shù)形結合思想解決問題的能力.滿分14分.(1)設橢圓的半焦距為c,由已知有3a=2b.又由a2=b2+c2,消去b得a2=32a2+c2,解得c所以,橢圓的離心率為12(2)由(1)知,a=2c,b=3c,故橢圓方程為x24c由題意,F(-c,0),則直線l的方程為y=34點P的坐標滿足x24c2+y23c2=1,y=34(x+代入到l的方程,解得y1=32c,y2=-9因為點P在x軸上方,所以Pc,由圓心C在直線x=4上,可設C(4,t).因為OC∥AP,且由(1)知A(-2c,0),故t4=32cc+2因為圓C與x軸相切,所以圓的半徑長為2,又由圓C與l相切,得34(4+c所以,橢圓的方程為x216+思路分析(1)由已知條件,得a與b的比例關系,代入a2=b2+c2,得a與c的齊次關系,進而求得離心率.(2)設出直線方程(含參數(shù)c),聯(lián)立直線與橢圓方程(含參數(shù)c),得交點P的坐標(含參數(shù)c),由kAP=kOC,求得C點坐標以及圓的半徑r,最后由圓心到直線距離等于半徑列出關于c的方程,求得c的值,最終確定橢圓方程.21.(2017天津文,20,14分)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點為F(-c,0),右頂點為A,點E的坐標為(1)求橢圓的離心率;(2)設點Q在線段AE上,|FQ|=32c,