(新高考)高考數(shù)學一輪復習過關練考點27 橢圓的綜合問題（含解析）-試卷下載-教習網(wǎng)

?考點27 橢圓的綜合問題
考綱要求

1、掌握直線與橢圓的關系，能夠解決橢圓問題中的直線的方程和斜率問題·
2、掌握圓錐曲線中最值問題的解題策略
3、掌握圓錐曲線中定點、定值等問題
近三年高考情況分析

解答題中考查直線與橢圓的知識 .涉及重點是考查橢圓的標準方程、幾何性質(zhì),以及直線與橢圓相交所產(chǎn)生的相關問題,如范圍問題、最值問題及定點、定值問題等等 . 在解決這類問題時,要充分利用方程的思想、數(shù)形結(jié)合的思想,同時,注意定義及幾何圖形的性質(zhì)的應用,另外,這類問題也會考查學生觀察、推理以及分析問題、解決問題的能力

考點總結(jié)

解析幾何題的解題思路一般很容易覓得，實際操作時，往往不是因為難于實施，就是因為實施起來運算繁瑣而被卡住，最終放棄此解法，因此方法的選擇特別重要．從思想方法層面講，解析幾何主要有兩種方法：一是設線法；二是設點法．此題的兩種解法分屬于設點法和設線法．一般地，設線法是比較順應題意的一種解法，它的參變量較少，目標集中，思路明確；而設點法要用好點在曲線上的條件，技巧性較強，但運用得好，解題過程往往會顯得很簡捷．解析幾何大題肩負著對計算能力考查的重任，所以必要的計算量是少不了的，不要一遇到稍微有一點計算量的題目就想放棄，堅持到底才是勝利
三年高考真題

1、【2017年高考全國Ⅲ理數(shù)】已知橢圓C：的左、右頂點分別為A1，A2，且以線段A1A2為直徑的圓與直線相切，則C的離心率為
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】以線段為直徑的圓的圓心為坐標原點，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，即即，
從而，則橢圓的離心率，故選A．
2、【2018年高考浙江卷】已知點P(0，1)，橢圓+y2=m(m>1)上兩點A，B滿足=2，則當m=___________時，點B橫坐標的絕對值最大．
【答案】
【解析】設，，
由得，，
所以，
因為，在橢圓上，所以，，
所以，
所以，
與對應相減得，，
當且僅當時取最大值．
3、【2019年高考天津卷理數(shù)】設橢圓的左焦點為，上頂點為．已知橢圓的短軸長為4，離心率為．
（1）求橢圓的方程；
（2）設點在橢圓上，且異于橢圓的上、下頂點，點為直線與軸的交點，點在軸的負半軸上．若（為原點），且，求直線的斜率．
【解析】（1）設橢圓的半焦距為，依題意，，又，可得，．
所以，橢圓的方程為．
（2）由題意，設．設直線的斜率為，
又，則直線的方程為，
與橢圓方程聯(lián)立整理得，
可得，代入得，
進而直線的斜率．
在中，令，得．
由題意得，所以直線的斜率為．
由，得，化簡得，從而．
所以，直線的斜率為或．
4、【2020年北京卷】.已知橢圓過點，且．
（Ⅰ）求橢圓C的方程：
（Ⅱ）過點的直線l交橢圓C于點,直線分別交直線于點．求的值．
【解析】(1)設橢圓方程為：，由題意可得：
，解得：，
故橢圓方程為：.
(2)設，，直線的方程為：，
與橢圓方程聯(lián)立可得：，
即：，
則：.
直線MA的方程為：，
令可得：，
同理可得：.
很明顯，且：，注意到：
，
而：

，
故.
從而.
5、【2020年江蘇卷】在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，點A在橢圓E上且在第一象限內(nèi)，AF2⊥F1F2，直線AF1與橢圓E相交于另一點B．

（1）求△AF1F2的周長；
（2）在x軸上任取一點P，直線AP與橢圓E的右準線相交于點Q，求的最小值；
（3）設點M在橢圓E上，記△OAB與△MAB的面積分別為S1，S2，若S2=3S1，求點M的坐標．
【解析】（1）∵橢圓的方程為∴,
由橢圓定義可得：.∴的周長為
（2）設，根據(jù)題意可得.
∵點在橢圓上，且在第一象限，
∴∵準線方程為∴
∴，當且僅當時取等號.
∴的最小值為.
（3）設，點到直線的距離為.
∵，∴直線的方程為
∵點到直線的距離為，
∴∴
∴①∵②
∴聯(lián)立①②解得，.
∴或.
6、【2020年全國1卷】0.已知A、B分別為橢圓E：（a>1）的左、右頂點，G為E的上頂點，，P為直線x=6上的動點，PA與E的另一交點為C，PB與E的另一交點為D．
（1）求E的方程；
（2）證明：直線CD過定點.
【答案】（1）；（2）證明詳見解析.
【解析】（1）依據(jù)題意作出如下圖象：

由橢圓方程可得：，，
，
，
橢圓方程為：
（2）證明：設，
則直線的方程為：，即：
聯(lián)立直線的方程與橢圓方程可得：，整理得：
，解得：或
將代入直線可得：
所以點的坐標為.
同理可得：點的坐標為
直線的方程為：，
整理可得：
整理得：
故直線過定點
7、【2020年全國2卷】.已知橢圓C1：(a>b>0)的右焦點F與拋物線C2的焦點重合，C1的中心與C2的頂點重合.過F且與x軸垂直的直線交C1于A，B兩點，交C2于C，D兩點，且|CD|=|AB|.
（1）求C1的離心率；
（2）設M是C1與C2的公共點，若|MF|=5，求C1與C2的標準方程.
【解析】（1），軸且與橢圓相交于、兩點，
則直線的方程為，
聯(lián)立，解得，則，

拋物線的方程為，聯(lián)立，
解得，，
，即，，即，即，
，解得，因此，橢圓的離心率為；
（2）由（1）知，，橢圓的方程為，
聯(lián)立，消去并整理得，
解得或（舍去），
由拋物線的定義可得，解得.
因此，曲線的標準方程為，
曲線的標準方程為.
8、【2020年天津卷】.已知橢圓的一個頂點為，右焦點為，且，其中為原點．
（Ⅰ）求橢圓方程；
（Ⅱ）已知點滿足，點在橢圓上（異于橢圓的頂點），直線與以為圓心的圓相切于點，且為線段的中點．求直線的方程．
【解析】（Ⅰ）橢圓的一個頂點為，
，
由，得，
又由，得，
所以，橢圓的方程為；
（Ⅱ）直線與以為圓心的圓相切于點，所以，
根據(jù)題意可知，直線和直線的斜率均存在，
設直線的斜率為，則直線的方程為，即，
，消去，可得，解得或.
將代入，得，
所以，點的坐標為，
因為為線段的中點，點的坐標為，
所以點的坐標為，
由，得點的坐標為，
所以，直線的斜率為，
又因為，所以，
整理得，解得或.
所以，直線的方程為或.
9、【2020年浙江卷】.如圖，已知橢圓，拋物線，點A是橢圓與拋物線的交點，過點A的直線l交橢圓于點B，交拋物線于M（B，M不同于A）．

（Ⅰ）若，求拋物線的焦點坐標；
（Ⅱ）若存在不過原點的直線l使M為線段AB的中點，求p的最大值．
【解析】（Ⅰ）當時，的方程為，故拋物線的焦點坐標為；
（Ⅱ）設，
由，
，
由在拋物線上，所以，
又，
，，
.
由即

，
所以，，，
所以，的最大值為，此時.
法2：設直線，.
將直線的方程代入橢圓得：，
所以點的縱坐標為.
將直線的方程代入拋物線得：，
所以，解得，因此，
由解得，
所以當時，取到最大值為.
10、【2020年山東卷】.已知橢圓C：的離心率為，且過點A（2，1）．（1）求C的方程：
（2）點M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D為垂足．證明：存在定點Q，使得|DQ|為定值．
【解析】(1)由題意可得：，解得：，故橢圓方程為：.
(2)設點.
因為AM⊥AN，∴，即,①
當直線MN的斜率存在時，設方程為,如圖1.
代入橢圓方程消去并整理得：
②,
根據(jù),代入①整理可得：

將②代入，，
整理化簡得,
∵不在直線上，∴，
∴，
于是MN的方程為，
所以直線過定點直線過定點.
當直線MN的斜率不存在時，可得,如圖2.
代入得,
結(jié)合,解得,
此時直線MN過點,

由于AE為定值，且△ADE為直角三角形，AE為斜邊，
所以AE中點Q滿足為定值（AE長度的一半）.
由于，故由中點坐標公式可得.
故存在點，使得|DQ|為定值.

二年模擬試題

題型一、橢圓與圓的結(jié)合問題
1、（2020屆山東省臨沂市高三上期末）已知P是橢圓C：上的動點，Q是圓D：上的動點，則（）
A．C的焦距為 B．C的離心率為
C．圓D在C的內(nèi)部 D．的最小值為
【答案】BC
【解析】
，
，則C的焦距為，.
設（），
則，
所以圓D在C的內(nèi)部，且的最小值為.
故選：BC.
2、（2020屆湖南省長沙市長郡中學高三月考（一)數(shù)學（文)試題）設P，Q分別是圓和橢圓上的點，則P，Q兩點間的最大距離是(　　)
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
圓的圓心為M(0,6)，半徑為，
設，則，即，

∴當時，，故的最大值為.
故選C.
3、（2020屆浙江省“山水聯(lián)盟”高三下學期開學）設橢圓的標準方程為，若斜率為1的直線與橢圓相切同時亦與圓（為橢圓的短半軸）相切，記橢圓的離心率為，則__________．
【答案】
【解析】設切線方程為，代入橢圓方程可得：.
因為相切，
由直線與圓相切，可得：，或（舍去）.
則有，因為，
所以可得.
故答案為：.
4、（2020屆山東省九校高三上學期聯(lián)考）已知橢圓：的離心率為，短軸長為2.
（1）求橢圓的標準方程；
（2）過點的直線與橢圓交于、兩點，若以為直徑的圓恰好過坐標原點，求直線的方程及的大小.
【答案】(1) (2) ，.
【解析】（1）由得，
又∵短軸長為2可得，，
∴橢圓的標準方程為：.
（2）易知直線的斜率存在且不為零，設直線的斜率為，
設直線的方程為：，則聯(lián)立，
消元得：，
，即.
設，，
∴，，
由題意可知，即：
，
∴，解得，
∴
.
綜上：直線的方程為：，.
題型二、橢圓中的直線問題
1、（2020屆山東省濰坊市高三上期末）在平面直角坐標系中，，設的內(nèi)切圓分別與邊相切于點，已知，記動點的軌跡為曲線.
(1)求曲線的方程;
(2)過的直線與軸正半軸交于點，與曲線E交于點軸，過的另一直線與曲線交于兩點，若，求直線的方程.
【答案】（1）（2）或.
【解析】
(1)由內(nèi)切圓的性質(zhì)可知，，，

.
所以曲線是以為焦點，長軸長為的橢圓(除去與軸的交點).
設曲線則，
即
所以曲線的方程為.
(2)因為軸，所以，設，
所以，所以，則
因為，所以，
所以
所以，所以
設則
，所以
①直線斜率不存在時，方程為
此時，不符合條件舍去.
②直線的斜率存在時，設直線的方程為.
聯(lián)立，得
所以，
將代入得
，所以.
所以，
所以直線的方程為或.
2、(2019蘇州期初調(diào)查）已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右頂點分別為A，B，離心率為，點P為橢圓上一點．
(1) 求橢圓C的標準方程；
(2) 如圖，過點C(0，1)且斜率大于1的直線l與橢圓交于M，N兩點，記直線AM的斜率為k1，直線BN的斜率為k2，若k1＝2k2，求直線l斜率的值．

規(guī)范解答 (1)因為橢圓的離心率為，所以a＝2c.
又因為a2＝b2＋c2，所以b＝c.
所以橢圓的標準方程為＋＝1.(3分)
又因為點P為橢圓上一點，所以＋＝1，解得c＝1.(5分)
所以橢圓的標準方程為＋＝1.(6分)
(2) 由橢圓的對稱性可知直線l的斜率一定存在，設其方程為y＝kx＋1.
設M(x1，y1)，N(x2，y2)．
聯(lián)立方程組消去y可得(3＋4k2)x2＋8kx－8＝0.
所以由根與系數(shù)關系可知x1＋x2＝－，x1x2＝－.(8分)
因為k1＝，k2＝，且k1＝2k2，所以＝.(10分)
即＝.　①
又因為M(x1，y1)，N(x2，y2)在橢圓上，
所以y＝(4－x)，y＝(4－x)．　②
將②代入①可得：＝，即3x1x2＋10(x1＋x2)＋12＝0.(12分)
所以3＋10＋12＝0，即12k2－20k＋3＝0.(14分)
解得k＝或k＝，又因為k>1，所以k＝.(16分)
3、(2019通州、海門、啟東期末）如圖，A是橢圓＋y2＝1的左頂點，點P，Q在橢圓上且均在x軸上方，(1) 若直線AP與OP垂直，求點P的坐標；
(2) 若直線AP，AQ的斜率之積為，求直線PQ的斜率的取值范圍．

第1問，由于點A，O已知，且AP⊥PO，由此可得點P所滿足的軌跡方程，再根據(jù)點P在橢圓上，就可以通過兩個方程所組成的方程組求得點P的坐標．
第2問，要研究直線PQ的斜率的取值范圍，由于點P、Q與直線AP，AQ有關，因此，利用解方程組的方法可以將點P、Q的坐標表示為直線AP，AQ的斜率的形式，進而將直線PQ的斜率表示為直線AP，AQ的斜率的形式，利用kAP·kAQ＝就可以利用基本不等式或利用消元法轉(zhuǎn)化為單個變量的函數(shù)形式，通過函數(shù)求得它的取值范圍．
(1) 設P(x0，y0)，A(－2，0)，則＝(x0，y0)，＝(x0，y0)，因為直線AP與OP垂直，
所以·＝0，即x0(x0＋2)＋y＝0.(3分)
得x＋2x0＋y＝0.①
又點P在橢圓上，所以＋y＝1.②
由①②得x0＝－或－2(舍去)，代入②得y0＝±.
因為點P在x軸上方，所以P.(6分)

(2)由于直線AP，AQ的斜率之積為，點P，Q在橢圓上且均在x軸上方．
所以可設直線AP，AQ的斜率分別為k1，k2，則k1k2＝，k1>0，k2>0.所以直線AP的方程為y＝k1(x＋2)．
聯(lián)立得(4k＋1)x2＋16kx＋16k－4＝0.(8分)
設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則－2x1＝，即x1＝.
同理可得，x2＝.(10分)
所以直線PQ的斜率為k＝＝＝
＝
＝＝＝.(12分)
因為k1k2＝，k1>0，k2>0.
所以k1＋k2≥2＝，注意到，點P，Q不重合，所以重號不成立．
所以00)的兩焦點之間的距離為2，兩條準線間的距離為8，直線l：y＝k(x－m)(m∈R)與橢圓交于P，Q兩點．
(1) 求橢圓C的方程；
(2) 設橢圓的左頂點為A，記直線AP，AQ的斜率分別為k1，k2.
①若m＝0，求k1k2的值；
②若k1k2＝－，求實數(shù)m的值．
規(guī)范解答 (1)因為橢圓C的兩個焦點間距離為2，兩準線間的距離為2×＝8，所以a＝2，c＝1，所以b2＝3，
所以橢圓的方程為＋＝1.(3分)
(2)①設P(x0，y0)，由于m＝0，則Q(－x0，－y0)，
由＋＝1，得y＝3－，(5分)
所以k1k2＝·＝＝＝－.(8分)
②由(1)得A(－2，0)．
解法1 設P(x1，y1)，設直線AP的方程為AP：y＝k1(x＋2)，
聯(lián)立消去y，得(3＋4k)x2＋16kx＋16k－12＝0，所以xA·x1＝，(10分)
所以x1＝，代入y＝k1(x＋2)得y1＝，
所以P.(12分)
由k1k2＝－，得k2＝－，所以Q.(13分)
設M(m，0)，由P，Q，M三點共線，得＝λ，
即×＝×，
化簡得(m－1)(16k＋4)＝0，所以m＝1.(16分)
解法2 設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
聯(lián)立消去y，得(3＋4k2)x2－8mk2x＋4m2k2－12＝0，
所以x1＋x2＝，x1·x2＝.(10分)
而k1k2＝·＝·
＝＝－，(13分)
化簡得＝－，即m2k2＋mk2－2k2＝0.
因為k2≠0，所以m2＋m－2＝0，解得m＝1或m＝－2(舍去)．
當m＝1時，Δ＞0，所以，m＝1.(16分)
題型三、橢圓中的最值問題
1、（2020屆山東省煙臺市高三上期末）已知橢圓的離心率為，是其右焦點，直線與橢圓交于，兩點，.
（1）求橢圓的標準方程；
（2）設，若為銳角，求實數(shù)的取值范圍.
【答案】（1）（2）或
【解析】（1）設為橢圓的左焦點,連接,由橢圓的對稱性可知,,
所以,所以,
又,,解得,,
所以橢圓的標準方程為
（2）設點,則,,
聯(lián)立,得,
所以,,
因為為銳角,所以,
所以

,
解得或
2、(2019無錫期末）在平面直角坐標系 xOy 中，已知橢圓 C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，且過點，點P在第四象限， A為左頂點， B為上頂點， PA交y軸于點C，PB交x軸于點D.
(1) 求橢圓 C 的標準方程；
(2) 求 △PCD 面積的最大值．

解答. (1) 由題意得：得a2＝4，b2＝1，(4分)
故橢圓C的標準方程為：＋y2＝1.(5分)
(2) 由題意設lAP：y＝k(x＋2)，－8，
所以AC2＝16＋]＝16(1＋]＝16(1＋)．(14分)
因為′＝1－>0在t∈(8，＋∞)上恒成立，
所以t＋＋8在t∈(8，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以t＋＋8>18, 00)的長軸長為4，兩準線間距離為4.設A為橢圓C的左頂點，直線l過點D(1，0)，且與橢圓C相交于E，F(xiàn)兩點．
(1) 求橢圓C的方程；
(2) 若△AEF的面積為，求直線l的方程；
(3) 已知直線AE，AF分別交直線x＝3于點M，N，線段MN的中點為Q，設直線l和QD的斜率分別為k(k≠0)，k′，求證：k·k′為定值．

. 規(guī)范解答 (1)由長軸長2a＝4，兩準線間距離2＝4，解得a＝2，c＝，(2分)
則b2＝a2－c2＝2，即橢圓方程為＋＝1.(4分)
(2) 當直線l的斜率不存在時，
此時EF＝，△AEF的面積S＝AD·EF＝，不合題意；(5分)
故直線l的斜率存在，設直線l：y＝k(x－1)，代入橢圓方程得，
(1＋2k2)x－4k2x＋2k2－4＝0.
因為D(1，0)在橢圓內(nèi)，所以Δ>0恒成立．
設E(x1，y1)，F(xiàn)(x2，y2)，則有x1＋x2＝，x1x2＝.(6分)
故EF＝＝|x1－x2|＝.(7分)
又點A到直線l的距離d＝，(8分)
則△AEF的面積S＝d·EF＝···＝＝，
則k＝±1.(9分)
綜上，直線l的方程為x－y－1＝0和x＋y－1＝0.(10分)
(3) 證法1　設點E(x1，y1)，F(xiàn)(x2，y2)，則直線AE：y＝(x＋2)，
令x＝3，得點M，同理可得N，
所以點Q的坐標為.(12分)
直線QD的斜率為k′＝＝，(13分)
而＋＝＋＝k·.(14分)
由(2)知x1＋x2＝，x1x2＝，代入上式得，(15分)
＋＝k·＝＝－.
則有k′＝－，所以k·k′＝－，為定值．(16分)
(3) 證法2　設點M(3，m)，N(3，n)，且m≠n，
則Q，從而k′＝＝.
直線AM的方程為y＝(x＋2)，
與橢圓方程聯(lián)立得(x＋2)(x－2)＋(x＋2)2＝0，
可知x＝－2或x＝，即點E.
故kDE＝＝.
同理可得kDF＝.又D，E，F(xiàn)三點共線，
則有k＝kDE＝kDF＝＝＝＝＝－.
從而有k·k′＝－.

6、(2019蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研（一））已知橢圓E：＋＝1(a>b>0)的離心率為，焦點到相應準線的距離為.
(1) 求橢圓E的標準方程；
(2) 已知P(t，0)為橢圓E外一動點，過點P分別作直線l1和l2，直線l1和l2分別交橢圓E于點A，B和點C，D，且l1和l2的斜率分別為定值k1和k2，求證：為定值．

規(guī)范解答 (1)設橢圓的半焦距為c，由已知得，
＝，則－c＝，c2＝a2－b2，(3分)
解得a＝2，b＝1，c＝，(5分)
所以橢圓E的標準方程是＋y2＝1.(6分)
(2) 解法1　由題意，設直線l1的方程為y＝k1(x－t)，
代入橢圓E的方程中，并化簡得(1＋4k)x2－8ktx＋4kt2－4＝0，(8分)
設A(x1，y1)，B(x2，y2)．
則x1＋x2＝，x1x2＝，
因為PA＝|x1－t|，PB＝|x2－t|，(10分)
所以PA·PB＝(1＋k)|x1－t||x2－t|＝(1＋k)|t2－(x1＋x2)t＋x1x2|
＝(1＋k)|t2－＋|＝，(12分)
同理，PC·PD＝，(14分)
所以＝為定值．(16分)
解法2　由題意，設直線l1的方程為y＝k1(x－t)，直線l2的方程為y＝k2(x－t)，
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)．
直線l1的方程為y＝k1(x－t)，
代入橢圓E的方程中，并化簡得(1＋4k)x2－8ktx＋4kt2－4＝0，(8分)
則x1＋x2＝，x1x2＝，同理則x3＋x4＝，x3x4＝，
·＝(x1－t，y1)(x2－t，y2)＝(x1－t)(x2－t)＋k(x1－t)(x2－t)＝(x1－t)(x2－t)(1＋k)，
·＝(x3－t，y3)(x4－t，y4)＝(x3－t)(x4－t)＋k(x3－t)(x4－t)＝(x3－t)(x4－t)(1＋k)．(12分)
因為P，A，B三點共線，所以·＝PA·PB，同理，·＝PC·PD.
＝
＝
＝·
＝·.
代入x1＋x2＝，x1x2＝，x3＋x4＝，x3x4＝，
化簡得＝，(14分)
因為是定值，所以＝為定值．(16分)

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