【数学】2020届一轮复习（理）通用版9-3椭圆及其性质作业 22页

‎9.3　椭圆及其性质 挖命题 ‎【考情探究】‎ 考点 内容解读 ‎5年考情 预测热度 考题示例 考向 关联考点 ‎1.椭圆的定义及标准方程 掌握椭圆的定义、几何图形、标准方程及简单性质 ‎2014课标Ⅰ,20,12分 求椭圆的方程 三角形面积最值 ‎★★★‎ ‎2.椭圆的几何性质 ‎2018课标Ⅱ,12,5分 求椭圆离心率 直线方程 ‎★★★‎ ‎2017课标Ⅲ,10,5分 求椭圆离心率 直线与圆的位置关系 ‎2016课标Ⅲ,11,5分 求椭圆离心率 线段中点坐标公式、三点共线 ‎3.直线与椭圆的位置关系 ‎2018课标Ⅲ,20,12分 直线与椭圆的位置关系 向量坐标运算、等差数列 ‎★★★‎ 分析解读　　从近5年高考情况来看,椭圆的定义、标准方程、几何性质一直是高考命题的热点,其中离心率问题考查较频繁,对直线与椭圆的位置关系的考查,常与向量、圆、三角形等知识相结合,多以解答题的形式出现,解题时,要充分利用数形结合、转化与化归思想,注重数学思想在解题中的指导作用.‎ 破考点 ‎【考点集训】‎ 考点一　椭圆的定义及标准方程 ‎1.(2018湖北十堰十三中质检,6)一个椭圆的中心在原点,焦点F1,F2在x轴上,P(2,‎3‎)是椭圆上一点,且|PF1|,|F1F2|,|PF2|成等差数列,则椭圆的方程为(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.x‎2‎‎8‎+y‎2‎‎6‎=1　　　　B.x‎2‎‎16‎+y‎2‎‎6‎=1‎ C.x‎2‎‎4‎+y‎2‎‎2‎=1　　　　D.x‎2‎‎8‎+y‎2‎‎4‎=1‎ 答案　A　‎ ‎2.(2018山东烟台二模,15)已知F(2,0)为椭圆x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的右焦点,过F且垂直于x轴的弦长为6,若A(-2,‎2‎),点M为椭圆上任一点,则|MF|+|MA|的最大值为　　　　. ‎ 答案　8+‎‎2‎ 考点二　椭圆的几何性质 ‎1.(2018山东青岛城阳期末,7)若椭圆x‎2‎‎5‎+y‎2‎a=1的焦距为4,则实数a的值为(　　)‎ A.1　　　　B.21　　　　C.4　　　　D.1或9‎ 答案　D　‎ ‎2.(2018河北衡水金卷二模,7)我国自主研制的第一个月球探测器——“嫦娥一号”卫星在西昌卫星发射中心成功发射后,在地球轨道上经历3次调相轨道变轨,奔向月球,进入月球轨道,“嫦娥一号”轨道是以地心为一个焦点的椭圆,设地球半径为R,卫星近地点,远地点离地面的距离分别是R‎2‎,‎5R‎2‎(如图所示),则“嫦娥一号”卫星轨道的离心率为(　　)‎ A.‎2‎‎5‎　　　　B.‎1‎‎5‎　　　　C.‎2‎‎3‎　　　　D.‎‎1‎‎3‎ 答案　A　‎ ‎3.(2018河南南阳、信阳等六市联考,16)椭圆C:x‎2‎‎4‎+y‎2‎‎3‎=1的上、下顶点分别为A1,A2,点P在C上且直线PA2斜率的取值范围是[-2,-1],那么直线PA1斜率的取值范围是　　　　. ‎ 答案　‎‎3‎‎8‎‎,‎‎3‎‎4‎ 考点三　直线与椭圆的位置关系 ‎1.(2018安徽合肥模拟,8)已知椭圆C:x‎2‎‎2‎+y2=1,若一组斜率为‎1‎‎4‎的平行直线被椭圆C所截线段的中点均在直线l上,则l的斜率为(　　)‎ A.-2　　　　B.2　　　　C.-‎1‎‎2‎　　　　D.‎‎1‎‎2‎ 答案　A　‎ ‎2.(2018广东广州模拟,10)已知点M(-1,0)和N(1,0),若某直线上存在点P,使得|PM|+|PN|=4,则称该直线为“椭型直线”.现有下列直线:①x-2y+6=0;②x-y=0;③2x-y+1=0;④x+y-3=0.其中是“椭型直线”的是(　　)‎ A.①③　　　　B.①②　　　　C.②③　　　　D.③④‎ 答案　C　‎ 炼技法 ‎【方法集训】‎ 方法　求椭圆离心率或取值范围的方法 ‎1.(2018江西赣南五校联考,15)椭圆Γ:x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,焦距为2c.若直线y=‎3‎(x+c)与椭圆Γ的一个交点M满足∠MF1F2=2∠MF2F1,则该椭圆的离心率等于　　　　. ‎ 答案　‎3‎-1‎ ‎2.(2017福建四地六校模拟,15)已知椭圆C:x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)和圆O:x2+y2=b2,若C上存在点P,使得过点P引圆O的两条切线,切点分别为A,B,满足∠APB=60°,则椭圆C的离心率的取值范围是　　　　. ‎ 答案　‎‎3‎‎2‎‎,1‎ ‎3.(2018河北衡水中学八模,15)已知椭圆x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(-c,0)、F2(c,0),若椭圆上存在点P使asin∠PF‎1‎F‎2‎=csin∠PF‎2‎F‎1‎,则该椭圆离心率的取值范围为　　　　. ‎ 答案　(‎2‎-1,1)‎ 过专题 ‎【五年高考】‎ A组　统一命题·课标卷题组 考点一　椭圆的定义及标准方程 ‎　(2014课标Ⅰ,20,12分)已知点A(0,-2),椭圆E:x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的离心率为‎3‎‎2‎,F是椭圆E的右焦点,直线AF的斜率为‎2‎‎3‎‎3‎,O为坐标原点.‎ ‎(1)求E的方程;‎ ‎(2)设过点A的动直线l与E相交于P,Q两点.当△OPQ的面积最大时,求l的方程.‎ 解析　(1)设F(c,0),由条件知,‎2‎c=‎2‎‎3‎‎3‎,得c=‎3‎.‎ 又ca=‎3‎‎2‎,所以a=2,b2=a2-c2=1.‎ 故E的方程为x‎2‎‎4‎+y2=1.‎ ‎(2)当l⊥x轴时不合题意,故设l:y=kx-2,P(x1,y1),Q(x2,y2).‎ 将y=kx-2代入x‎2‎‎4‎+y2=1得(1+4k2)x2-16kx+12=0.‎ 当Δ=16(4k2-3)>0,即k2>‎3‎‎4‎时,x1,2=‎8k±2‎‎4k‎2‎-3‎‎4k‎2‎+1‎.‎ 从而|PQ|=k‎2‎‎+1‎|x1-x2|=‎4k‎2‎‎+1‎·‎‎4k‎2‎-3‎‎4k‎2‎+1‎.‎ 又点O到直线PQ的距离d=‎2‎k‎2‎‎+1‎,‎ 所以△OPQ的面积S△OPQ=‎1‎‎2‎d·|PQ|=‎4‎‎4k‎2‎-3‎‎4k‎2‎+1‎.‎ 设‎4k‎2‎-3‎=t,则t>0,S△OPQ=‎4tt‎2‎‎+4‎=‎4‎t+‎‎4‎t.‎ 因为t+‎4‎t≥4,当且仅当t=2,即k=±‎7‎‎2‎时等号成立,且满足Δ>0,‎ 所以,当△OPQ的面积最大时,l的方程为y=‎7‎‎2‎x-2或y=-‎7‎‎2‎x-2.‎ 思路分析　(1)通过直线AF的斜率求得c的值,通过离心率求得a,进而求出b2,从而得到E的方程;(2)设出直线l的方程和点P、Q的坐标,联立直线l与椭圆方程,利用弦长公式求得|PQ|的长,根据点到直线的距离公式求得△OPQ边PQ上的高,从而表示出△OPQ的面积,利用换元法和基本不等式即可得到当面积取得最大值时k的值,从而得直线l的方程.‎ 解题关键　对于第(2)问,正确选择参数,表示出△OPQ的面积,进而巧妙利用换元法分析最值是解题的关键.‎ 考点二　椭圆的几何性质 ‎1.(2018课标Ⅱ,12,5分)已知F1,F2是椭圆C:x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的左、右焦点,A是C的左顶点,点P在过A且斜率为‎3‎‎6‎的直线上,△PF1F2为等腰三角形,∠F1F2P=120°,则C的离心率为(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.‎2‎‎3‎　　　　B.‎1‎‎2‎　　　　C.‎1‎‎3‎　　　　D.‎‎1‎‎4‎ 答案　D　‎ ‎2.(2017课标Ⅲ,10,5分)已知椭圆C:x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1,A2,且以线段A1A2为直径的圆与直线bx-ay+2ab=0相切,则C的离心率为(　　)‎ A.‎6‎‎3‎　　　　B.‎3‎‎3‎　　　　C.‎2‎‎3‎　　　　D.‎‎1‎‎3‎ 答案　A　‎ ‎3.(2016课标Ⅲ,11,5分)已知O为坐标原点,F是椭圆C:x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的左焦点,A,B分别为C的左,右顶点.P为C上一点,且PF⊥x轴.过点A的直线l与线段PF交于点M,与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点,则C的离心率为　(　　)‎ A.‎1‎‎3‎　　　　B.‎1‎‎2‎　　　　C.‎2‎‎3‎　　　　D.‎‎3‎‎4‎ 答案　A　‎ 考点三　直线与椭圆的位置关系 ‎　(2018课标Ⅰ,19,12分)设椭圆C:x‎2‎‎2‎+y2=1的右焦点为F,过F的直线l与C交于A,B两点,点M的坐标为(2,0).‎ ‎(1)当l与x轴垂直时,求直线AM的方程;‎ ‎(2)设O为坐标原点,证明:∠OMA=∠OMB.‎ 解析　(1)由已知得F(1,0),l的方程为x=1,‎ 由已知可得,点A的坐标为‎1,‎‎2‎‎2‎或‎1,-‎‎2‎‎2‎.‎ 所以AM的方程为y=-‎2‎‎2‎x+‎2‎或y=‎2‎‎2‎x-‎2‎.‎ ‎(2)当l与x轴重合时,∠OMA=∠OMB=0°,‎ 当l与x轴垂直时,直线OM为AB的垂直平分线,‎ 所以∠OMA=∠OMB.‎ 当l与x轴不重合也不垂直时,‎ 设l的方程为y=k(x-1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 则x1<‎2‎,x2<‎2‎,直线MA,MB的斜率之和为kMA+kMB=y‎1‎x‎1‎‎-2‎+y‎2‎x‎2‎‎-2‎,‎ 由y1=kx1-k,y2=kx2-k得kMA+kMB=‎2kx‎1‎x‎2‎-3k(x‎1‎+x‎2‎)+4k‎(x‎1‎-2)(x‎2‎-2)‎.‎ 将y=k(x-1)代入x‎2‎‎2‎+y2=1得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0,‎ 所以,x1+x2=‎4‎k‎2‎‎2k‎2‎+1‎,x1x2=‎2k‎2‎-2‎‎2k‎2‎+1‎.‎ 则2kx1x2-3k(x1+x2)+4k=‎4k‎3‎-4k-12k‎3‎+8k‎3‎+4k‎2k‎2‎+1‎=0,‎ 从而kMA+kMB=0,故MA,MB的倾斜角互补,‎ 所以∠OMA=∠OMB.‎ 综上,∠OMA=∠OMB.‎ B组　自主命题·省(区、市)卷题组 考点一　椭圆的定义及标准方程 ‎1.(2014安徽,14,5分)设F1,F2分别是椭圆E:x2+y‎2‎b‎2‎=1(0b>0)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‎1‎‎2‎c.‎ ‎(1)求椭圆E的离心率;‎ ‎(2)如图,AB是圆M:(x+2)2+(y-1)2=‎5‎‎2‎的一条直径,若椭圆E经过A,B两点,求椭圆E的方程.‎ 解析　(1)过点(c,0),(0,b)的直线方程为bx+cy-bc=0,‎ 则原点O到该直线的距离d=bcb‎2‎‎+‎c‎2‎=bca,‎ 由d=‎1‎‎2‎c,得a=2b=2a‎2‎‎-‎c‎2‎,可得离心率ca=‎3‎‎2‎.‎ ‎(2)解法一:由(1)知,椭圆E的方程为x2+4y2=4b2.①‎ 依题意,圆心M(-2,1)是线段AB的中点,且|AB|=‎10‎.‎ 易知,AB与x轴不垂直,设其方程为y=k(x+2)+1,代入①得 ‎(1+4k2)x2+8k(2k+1)x+4(2k+1)2-4b2=0.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 则x1+x2=-‎8k(2k+1)‎‎1+4‎k‎2‎,x1x2=‎4(2k+1‎)‎‎2‎-4‎b‎2‎‎1+4‎k‎2‎.‎ 由x1+x2=-4,得-‎8k(2k+1)‎‎1+4‎k‎2‎=-4,解得k=‎1‎‎2‎.‎ 从而x1x2=8-2b2.‎ 于是|AB|=‎1+‎‎1‎‎2‎‎2‎|x1-x2|‎ ‎=‎‎5‎‎2‎‎(x‎1‎+x‎2‎‎)‎‎2‎-4‎x‎1‎x‎2‎ ‎=‎10(b‎2‎-2)‎.‎ 由|AB|=‎10‎,得‎10(b‎2‎-2)‎=‎10‎,解得b2=3.‎ 故椭圆E的方程为x‎2‎‎12‎+y‎2‎‎3‎=1.‎ 解法二:由(1)知,椭圆E的方程为x2+4y2=4b2.②‎ 依题意,点A,B关于圆心M(-2,1)对称,且|AB|=‎10‎.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 则x‎1‎‎2‎+4y‎1‎‎2‎=4b2,x‎2‎‎2‎+4y‎2‎‎2‎=4b2,‎ 两式相减并结合x1+x2=-4,y1+y2=2,得 ‎-4(x1-x2)+8(y1-y2)=0,‎ 易知AB与x轴不垂直,则x1≠x2,‎ 所以AB的斜率kAB=y‎1‎‎-‎y‎2‎x‎1‎‎-‎x‎2‎=‎1‎‎2‎.‎ 因此直线AB的方程为y=‎1‎‎2‎(x+2)+1,‎ 代入②得x2+4x+8-2b2=0.‎ 所以x1+x2=-4,x1x2=8-2b2.‎ 于是|AB|=‎1+‎‎1‎‎2‎‎2‎|x1-x2|‎ ‎=‎‎5‎‎2‎‎(x‎1‎+x‎2‎‎)‎‎2‎-4‎x‎1‎x‎2‎ ‎=‎10(b‎2‎-2)‎.‎ 由|AB|=‎10‎,得‎10(b‎2‎-2)‎=‎10‎,‎ 解得b2=3.‎ 故椭圆E的方程为x‎2‎‎12‎+y‎2‎‎3‎=1.‎ 解题关键　对于第(2)问,利用弦长及韦达定理或点差法构造关于参数的方程是解题的关键.‎ 考点二　椭圆的几何性质 ‎1.(2018北京,14,5分)已知椭圆M:x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0),双曲线N:x‎2‎m‎2‎-y‎2‎n‎2‎=1.若双曲线N的两条渐近线与椭圆M的四个交点及椭圆M的两个焦点恰为一个正六边形的顶点,则椭圆M的离心率为　　　　;双曲线N的离心率为　　　　. ‎ 答案　‎3‎-1;2‎ ‎2.(2015重庆,21,12分)如图,椭圆x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F2的直线交椭圆于P,Q两点,且PQ⊥PF1.‎ ‎(1)若|PF1|=2+‎2‎,|PF2|=2-‎2‎,求椭圆的标准方程;‎ ‎(2)若|PF1|=|PQ|,求椭圆的离心率e.‎ 解析　(1)由椭圆的定义,有2a=|PF1|+|PF2|=(2+‎2‎)+(2-‎2‎)=4,故a=2.‎ 设椭圆的半焦距为c,由已知PF1⊥PF2,得2c=|F1F2|=‎|PF‎1‎‎|‎‎2‎+|PF‎2‎‎|‎‎2‎=‎(2+‎2‎‎)‎‎2‎+(2-‎‎2‎‎)‎‎2‎=2‎3‎,即c=‎3‎,从而b=a‎2‎‎-‎c‎2‎=1.故所求椭圆的标准方程为x‎2‎‎4‎+y2=1.‎ ‎(2)解法一:连接F1Q,如图,设点P(x0,y0)在椭圆上,且PF1⊥PF2,‎ 则x‎0‎‎2‎a‎2‎+y‎0‎‎2‎b‎2‎=1,x‎0‎‎2‎+y‎0‎‎2‎=c2,‎ 求得x0=±aca‎2‎‎-2‎b‎2‎,y0=±b‎2‎c.‎ 由|PF1|=|PQ|>|PF2|得x0>0,‎ 从而|PF1|2=aa‎2‎‎-2‎b‎2‎c‎+c‎2‎+‎b‎4‎c‎2‎ ‎=2(a2-b2)+2aa‎2‎‎-2‎b‎2‎=(a+a‎2‎‎-2‎b‎2‎)2.‎ 由椭圆的定义,有|PF1|+|PF2|=2a,|QF1|+|QF2|=2a.‎ 从而由|PF1|=|PQ|=|PF2|+|QF2|,有|QF1|=4a-2|PF1|.‎ 又由PF1⊥PF2,|PF1|=|PQ|,知|QF1|=‎2‎|PF1|.‎ 因此(2+‎2‎)|PF1|=4a,即(2+‎2‎)(a+a‎2‎‎-2‎b‎2‎)=4a,‎ 于是(2+‎2‎)(1+‎2e‎2‎-1‎)=4,‎ 解得e=‎1‎‎2‎‎1+‎‎4‎‎2+‎‎2‎‎-1‎‎2‎=‎6‎-‎3‎.‎ 解法二:连接F1Q,由椭圆的定义,有|PF1|+|PF2|=2a,|QF1|+|QF2|=2a.从而由|PF1|=|PQ|=|PF2|+|QF2|,有|QF1|=4a-2|PF1|.‎ 又由PF1⊥PQ,|PF1|=|PQ|,知|QF1|=‎2‎|PF1|,‎ 因此,4a-2|PF1|=‎2‎|PF1|,得|PF1|=2(2-‎2‎)a,‎ 从而|PF2|=2a-|PF1|=2a-2(2-‎2‎)a=2(‎2‎-1)a.‎ 由PF1⊥PF2,知|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=(2c)2,‎ 因此e=ca=‎|PF‎1‎‎|‎‎2‎+|PF‎2‎‎|‎‎2‎‎2a=‎(2-‎2‎‎)‎‎2‎+(‎2‎-1‎‎)‎‎2‎=‎9-6‎‎2‎=‎6‎-‎3‎.‎ 考点三　直线与椭圆的位置关系 ‎　(2018天津,19,14分)设椭圆x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的左焦点为F,上顶点为B.已知椭圆的离心率为‎5‎‎3‎,点A的坐标为(b,0),且|FB|·|AB|=6‎2‎.‎ ‎(1)求椭圆的方程;‎ ‎(2)设直线l:y=kx(k>0)与椭圆在第一象限的交点为P,且l与直线AB交于点Q.若‎|AQ|‎‎|PQ|‎=‎5‎‎2‎‎4‎sin∠AOQ(O为原点),求k的值.‎ 解析　(1)设椭圆的焦距为2c,由已知有c‎2‎a‎2‎=‎5‎‎9‎,‎ 又由a2=b2+c2,可得2a=3b.‎ 由已知可得,|FB|=a,|AB|=‎2‎b,‎ 由|FB|·|AB|=6‎2‎,可得ab=6,从而a=3,b=2.‎ 所以,椭圆的方程为x‎2‎‎9‎+y‎2‎‎4‎=1.‎ ‎(2)设点P的坐标为(x1,y1),点Q的坐标为(x2,y2).‎ 由已知有y1>y2>0,故|PQ|sin∠AOQ=y1-y2.‎ 又因为|AQ|=y‎2‎sin∠OAB,而∠OAB=π‎4‎,故|AQ|=‎2‎y2.‎ 由‎|AQ|‎‎|PQ|‎=‎5‎‎2‎‎4‎sin∠AOQ,可得5y1=9y2.‎ 由方程组y=kx,‎x‎2‎‎9‎‎+y‎2‎‎4‎=1,‎消去x,可得y1=‎6k‎9k‎2‎+4‎.‎ 易知直线AB的方程为x+y-2=0,‎ 由方程组y=kx,‎x+y-2=0,‎消去x,可得y2=‎2kk+1‎.‎ 由5y1=9y2,可得5(k+1)=3‎9k‎2‎+4‎,两边平方,‎ 整理得56k2-50k+11=0,‎ 解得k=‎1‎‎2‎或k=‎11‎‎28‎.‎ 所以,k的值为‎1‎‎2‎或‎11‎‎28‎.‎ 解题关键　利用平面几何知识将‎|AQ|‎‎|PQ|‎=‎5‎‎2‎‎4‎sin∠AOQ转化为点P、Q坐标间的关系是解决第(2)问的关键.‎ 方法归纳　求椭圆标准方程的基本方法 ‎(1)定义法:根据椭圆的定义,确定a2,b2的值,结合焦点位置写出椭圆方程;‎ ‎(2)待定系数法:这是求椭圆方程的常用方法,基本步骤为①根据已知条件判断焦点的位置;②根据焦点的位置设出所求椭圆的方程;③根据已知条件,建立关于a、b、c的方程组,注意c2=a2-b2的应用;④解方程组,求得a、b的值,从而得出椭圆的方程.‎ C组　教师专用题组 考点一　椭圆的定义及标准方程　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ ‎1.(2014辽宁,15,5分)已知椭圆C:x‎2‎‎9‎+y‎2‎‎4‎=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|=　　　　. ‎ 答案　12‎ ‎2.(2014课标Ⅱ,20,12分,0.185)设F1,F2分别是椭圆C:x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的左,右焦点,M是C上一点且MF2与x轴垂直.直线MF1与C的另一个交点为N.‎ ‎(1)若直线MN的斜率为‎3‎‎4‎,求C的离心率;‎ ‎(2)若直线MN在y轴上的截距为2,且|MN|=5|F1N|,求a,b.‎ 解析　(1)根据c=a‎2‎‎-‎b‎2‎及题设知Mc,‎b‎2‎a,2b2=3ac.‎ 将b2=a2-c2代入2b2=3ac,解得ca=‎1‎‎2‎或ca=-2(舍去).‎ 故C的离心率为‎1‎‎2‎.‎ ‎(2)由题意,得原点O为F1F2的中点,MF2∥y轴,所以直线MF1与y轴的交点D(0,2)是线段MF1的中点,故b‎2‎a=4,即b2=4a.①‎ 由|MN|=5|F1N|得|DF1|=2|F1N|.设N(x1,y1),由题意知y1<0,则‎2(-c-x‎1‎)=c,‎‎-2y‎1‎=2,‎即x‎1‎‎=-‎3‎‎2‎c,‎y‎1‎‎=-1.‎ 代入C的方程,得‎9‎c‎2‎‎4‎a‎2‎+‎1‎b‎2‎=1.②‎ 将①及c=a‎2‎‎-‎b‎2‎代入②得‎9(a‎2‎-4a)‎‎4‎a‎2‎+‎1‎‎4a=1.‎ 解得a=7,故b2=4a=28,故a=7,b=2‎7‎.‎ 考点二　椭圆的几何性质 ‎1.(2017浙江,2,5分)椭圆x‎2‎‎9‎+y‎2‎‎4‎=1的离心率是(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.‎13‎‎3‎　　　　B.‎5‎‎3‎　　　　C.‎2‎‎3‎　　　　D.‎‎5‎‎9‎ 答案　B　‎ ‎2.(2014江西,15,5分)过点M(1,1)作斜率为-‎1‎‎2‎的直线与椭圆C:x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)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　　　　. ‎ 答案　‎‎2‎‎2‎ ‎3.(2013辽宁,15,5分)已知椭圆C:x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的左焦点为F,C与过原点的直线相交于A,B两点,连接AF,BF.若|AB|=10,|AF|=6,cos∠ABF=‎4‎‎5‎,则C的离心率e=　　　　. ‎ 答案　‎‎5‎‎7‎ ‎4.(2015安徽,20,13分)设椭圆E的方程为x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0),点O为坐标原点,点A的坐标为(a,0),点B的坐标为(0,b),点M在线段AB上,满足|BM|=2|MA|,直线OM的斜率为‎5‎‎10‎.‎ ‎(1)求E的离心率e;‎ ‎(2)设点C的坐标为(0,-b),N为线段AC的中点,点N关于直线AB的对称点的纵坐标为‎7‎‎2‎,求E的方程.‎ 解析　(1)由题设条件知,点M的坐标为‎2‎‎3‎a,‎1‎‎3‎b,‎ 又kOM=‎5‎‎10‎,从而b‎2a=‎5‎‎10‎.‎ 进而得a=‎5‎b,c=a‎2‎‎-‎b‎2‎=2b.故e=ca=‎2‎‎5‎‎5‎.‎ ‎(2)由题设条件和(1)的计算结果可得,直线AB的方程为x‎5‎b+yb=1,点N的坐标为‎5‎‎2‎b,-‎1‎‎2‎b.‎ 设点N关于直线AB的对称点S的坐标为x‎1‎‎,‎‎7‎‎2‎,则线段NS的中点T的坐标为‎5‎‎4‎b+x‎1‎‎2‎,-‎1‎‎4‎b+‎‎7‎‎4‎.又点T在直线AB上,且kNS·kAB=-1,从而有‎5‎‎4‎b+‎x‎1‎‎2‎‎5‎b‎+‎-‎1‎‎4‎b+‎‎7‎‎4‎b=1,‎‎7‎‎2‎‎+‎1‎‎2‎bx‎1‎‎-‎5‎‎2‎b‎=‎5‎,‎ 解得b=3.‎ 所以a=3‎5‎,故椭圆E的方程为x‎2‎‎45‎+y‎2‎‎9‎=1.‎ 评析　本题考查椭圆的方程、几何性质以及对称问题,利用方程思想解决点关于直线的对称问题,考查利用待定系数法求椭圆的方程,考查学生的运算求解能力和化归思想的应用.‎ ‎5.(2014天津,18,13分)设椭圆x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,右顶点为A,上顶点为B.已知|AB|=‎3‎‎2‎|F1F2|.‎ ‎(1)求椭圆的离心率;‎ ‎(2)设P为椭圆上异于其顶点的一点,以线段PB为直径的圆经过点F1,经过原点O的直线l与该圆相切.求直线l的斜率.‎ 解析　(1)设椭圆右焦点F2的坐标为(c,0).‎ 由|AB|=‎3‎‎2‎·|F1F2|,可得a2+b2=3c2,‎ 又b2=a2-c2,则c‎2‎a‎2‎=‎1‎‎2‎.‎ 所以椭圆的离心率e=‎2‎‎2‎.‎ ‎(2)由(1)知a2=2c2,b2=c2.故椭圆方程为x‎2‎‎2‎c‎2‎+y‎2‎c‎2‎=1.‎ 设P(x0,y0).由F1(-c,0),B(0,c),有F‎1‎P=(x0+c,y0),F‎1‎B=(c,c).‎ 由已知,有F‎1‎P·F‎1‎B=0,‎ 即(x0+c)c+y0c=0.‎ 又c≠0,故有 x0+y0+c=0.①‎ 又因为点P在椭圆上,‎ 故x‎0‎‎2‎‎2‎c‎2‎+y‎0‎‎2‎c‎2‎=1.②‎ 由①和②可得3x‎0‎‎2‎+4cx0=0.而点P不是椭圆的顶点,‎ 故x0=-‎4‎‎3‎c,代入①得y0=c‎3‎,‎ 即点P的坐标为‎-‎4c‎3‎,‎c‎3‎.‎ 设圆的圆心为T(x1,y1),则x1=‎-‎4‎‎3‎c+0‎‎2‎=-‎2‎‎3‎c,y1=c‎3‎‎+c‎2‎=‎2‎‎3‎c,进而圆的半径r=‎(x‎1‎-0‎)‎‎2‎+(y‎1‎-c‎)‎‎2‎=‎5‎‎3‎c.‎ 设直线l的斜率为k,依题意,直线l的方程为y=kx.由l与圆相切,可得‎|kx‎1‎-y‎1‎|‎k‎2‎‎+1‎=r,即k‎-‎‎2c‎3‎-‎‎2c‎3‎k‎2‎‎+1‎=‎5‎‎3‎c,‎ 整理得k2-8k+1=0,解得k=4±‎15‎.‎ 所以直线l的斜率为4+‎15‎或4-‎15‎.‎ 评析　本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、圆的方程等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力,以及用方程思想解决问题的能力.‎ ‎6.(2014江苏,17,14分)如图,在平面直角坐标系xOy中,F1、F2分别是椭圆x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的左、右焦点,顶点B的坐标为(0,b),连接BF2并延长交椭圆于点A,过点A作x轴的垂线交椭圆于另一点C,连接F1C.‎ ‎(1)若点C的坐标为‎4‎‎3‎‎,‎‎1‎‎3‎,且BF2=‎2‎,求椭圆的方程;‎ ‎(2)若F1C⊥AB,求椭圆离心率e的值.‎ 解析　设椭圆的焦距为2c,则F1(-c,0),F2(c,0).‎ ‎(1)因为B(0,b),所以BF2=b‎2‎‎+‎c‎2‎=a.‎ 又BF2=‎2‎,故a=‎2‎.‎ 因为点C‎4‎‎3‎‎,‎‎1‎‎3‎在椭圆上,所以‎16‎‎9‎a‎2‎+‎1‎‎9‎b‎2‎=1,解得b2=1.‎ 故所求椭圆的方程为x‎2‎‎2‎+y2=1.‎ ‎(2)因为B(0,b),F2(c,0)在直线AB上,‎ 所以直线AB的方程为xc+yb=1.‎ 解方程组xc‎+yb=1,‎x‎2‎a‎2‎‎+y‎2‎b‎2‎=1,‎得x‎1‎‎=‎2a‎2‎ca‎2‎‎+‎c‎2‎,‎y‎1‎‎=b(c‎2‎-a‎2‎)‎a‎2‎‎+‎c‎2‎,‎x‎2‎‎=0,‎y‎2‎‎=b.‎ 所以点A的坐标为‎2a‎2‎ca‎2‎‎+‎c‎2‎‎,‎b(c‎2‎-a‎2‎)‎a‎2‎‎+‎c‎2‎.‎ 又AC垂直于x轴,由椭圆的对称性,可得点C的坐标为‎2a‎2‎ca‎2‎‎+‎c‎2‎‎,‎b(a‎2‎-c‎2‎)‎a‎2‎‎+‎c‎2‎.‎ 因为直线F1C的斜率为b(a‎2‎-c‎2‎)‎a‎2‎‎+‎c‎2‎‎-0‎‎2a‎2‎ca‎2‎‎+‎c‎2‎‎-(-c)‎=b(a‎2‎-c‎2‎)‎‎3a‎2‎c+‎c‎3‎,直线AB的斜率为-bc,且F1C⊥AB,所以b(a‎2‎-c‎2‎)‎‎3a‎2‎c+‎c‎3‎·‎-‎bc=-1.又b2=a2-c2,整理得a2=5c2.故e2=‎1‎‎5‎.因此e=‎5‎‎5‎.‎ 评析　本题主要考查椭圆的标准方程与几何性质、直线与直线的位置关系等基础知识,考查运算求解能力.‎ 考点三　直线与椭圆的位置关系 ‎1.(2018江苏,18,14分)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C过点‎3‎‎,‎‎1‎‎2‎,焦点F1(-‎3‎,0),F2(‎3‎,0),圆O的直径为F1F2.‎ ‎(1)求椭圆C及圆O的方程;‎ ‎(2)设直线l与圆O相切于第一象限内的点P.‎ ‎①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点,求点P的坐标;‎ ‎②直线l与椭圆C交于A,B两点.若△OAB的面积为‎2‎‎6‎‎7‎,求直线l的方程.‎ 解析　解法一:(1)因为椭圆C的焦点为F1(-‎3‎,0),F2(‎3‎,0),‎ 所以可设椭圆C的方程为x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0).‎ 又点‎3‎‎,‎‎1‎‎2‎在椭圆C上,‎ 所以‎3‎a‎2‎‎+‎1‎‎4‎b‎2‎=1,‎a‎2‎‎-b‎2‎=3,‎解得a‎2‎‎=4,‎b‎2‎‎=1.‎ 因此,椭圆C的方程为x‎2‎‎4‎+y2=1.‎ 因为圆O的直径为F1F2,所以其方程为x2+y2=3.‎ ‎(2)①设直线l与圆O相切于P(x0,y0)(x0>0,y0>0),则x‎0‎‎2‎+y‎0‎‎2‎=3.‎ 所以直线l的方程为y=-x‎0‎y‎0‎(x-x0)+y0,即y=-x‎0‎y‎0‎x+‎3‎y‎0‎.‎ 由x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎=1,‎y=-x‎0‎y‎0‎x+‎‎3‎y‎0‎消去y,得 ‎(4x‎0‎‎2‎+y‎0‎‎2‎)x2-24x0x+36-4y‎0‎‎2‎=0.(*)‎ 因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点,‎ 所以Δ=(-24x0)2-4(4x‎0‎‎2‎+y‎0‎‎2‎)(36-4y‎0‎‎2‎)=48y‎0‎‎2‎(x‎0‎‎2‎-2)=0.‎ 因为x0,y0>0,所以x0=‎2‎,y0=1.‎ 因此,点P的坐标为(‎2‎,1).‎ ‎②因为三角形OAB的面积为‎2‎‎6‎‎7‎,‎ 所以‎1‎‎2‎AB·OP=‎2‎‎6‎‎7‎,从而AB=‎4‎‎2‎‎7‎.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 由(*)得x1,2=‎24x‎0‎±‎‎48y‎0‎‎2‎(x‎0‎‎2‎-2)‎‎2(4x‎0‎‎2‎+y‎0‎‎2‎)‎,‎ 所以AB2=(x1-x2)2+(y1-y2)2‎ ‎=‎1+‎x‎0‎‎2‎y‎0‎‎2‎·‎48y‎0‎‎2‎(x‎0‎‎2‎-2)‎‎(4x‎0‎‎2‎+‎y‎0‎‎2‎‎)‎‎2‎.‎ 因为x‎0‎‎2‎+y‎0‎‎2‎=3,‎ 所以AB2=‎16(x‎0‎‎2‎-2)‎‎(x‎0‎‎2‎+1‎‎)‎‎2‎=‎32‎‎49‎,即2x‎0‎‎4‎-45x‎0‎‎2‎+100=0.‎ 解得x‎0‎‎2‎=‎5‎‎2‎(x‎0‎‎2‎=20舍去),则y‎0‎‎2‎=‎1‎‎2‎,因此P的坐标为‎10‎‎2‎‎,‎‎2‎‎2‎.‎ 则直线l的方程为y=-‎5‎x+3‎2‎.‎ 解法二:(1)由题意知c=‎3‎,所以圆O的方程为x2+y2=3,因为点‎3‎‎,‎‎1‎‎2‎在椭圆上,‎ 所以2a=‎(‎3‎-‎3‎‎)‎‎2‎+‎‎1‎‎2‎‎-0‎‎2‎+‎(‎3‎+‎3‎‎)‎‎2‎+‎‎1‎‎2‎‎-0‎‎2‎=4,‎ 所以a=2.‎ 因为a2=b2+c2,所以b=1,‎ 所以椭圆C的方程为x‎2‎‎4‎+y2=1.‎ ‎(2)①由题意知直线l与圆O和椭圆C均相切,且切点在第一象限,所以直线l的斜率k存在且k<0,‎ 设直线l的方程为y=kx+m(k<0,m>0),‎ 将直线l的方程代入圆O的方程,得x2+(kx+m)2=3,‎ 整理得(k2+1)x2+2kmx+m2-3=0,‎ 因为直线l与圆O相切,所以Δ=(2km)2-4(k2+1)(m2-3)=0,整理得m2=3k2+3,‎ 将直线l的方程代入椭圆C的方程,得x‎2‎‎4‎+(kx+m)2=1,‎ 整理得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,‎ 因为直线l与椭圆C相切,‎ 所以Δ=(8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)=0,‎ 整理得m2=4k2+1,‎ 所以3k2+3=4k2+1,因为k<0,所以k=-‎2‎,则m=3,‎ 将k=-‎2‎,m=3代入(k2+1)x2+2kmx+m2-3=0,‎ 整理得x2-2‎2‎x+2=0,‎ 解得x1=x2=‎2‎,将x=‎2‎代入x2+y2=3,‎ 解得y=1(y=-1舍去),所以点P的坐标为(‎2‎,1).‎ ‎②设A(x1,kx1+m),B(x2,kx2+m),‎ 由①知m2=3k2+3,且k<0,m>0,‎ 因为直线l和椭圆C相交,所以结合②的过程知m2<4k2+1,解得k<-‎2‎,‎ 将直线l的方程和椭圆C的方程联立可得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,‎ 解得x1,2=‎-8km±4‎‎4k‎2‎+1-‎m‎2‎‎2(4k‎2‎+1)‎,‎ 所以|x1-x2|=‎4‎‎4k‎2‎+1-‎m‎2‎‎4k‎2‎+1‎,‎ 因为AB=‎(x‎1‎-x‎2‎‎)‎‎2‎+(kx‎1‎-kx‎2‎‎)‎‎2‎=|x1-x2|k‎2‎‎+1‎=‎4‎‎4k‎2‎+1-‎m‎2‎‎4k‎2‎+1‎·k‎2‎‎+1‎,‎ O到l的距离d=‎|m|‎k‎2‎‎+1‎=‎3‎,‎ 所以S△OAB=‎1‎‎2‎·‎4‎‎4k‎2‎+1-‎m‎2‎‎4k‎2‎+1‎·k‎2‎‎+1‎·‎‎|m|‎k‎2‎‎+1‎ ‎=‎1‎‎2‎·‎4‎k‎2‎‎-2‎‎4k‎2‎+1‎·k‎2‎‎+1‎·‎3‎=‎2‎‎6‎‎7‎,‎ 解得k2=5,因为k<0,所以k=-‎5‎,则m=3‎2‎,‎ 即直线l的方程为y=-‎5‎x+3‎2‎.‎ 解后反思　(1)常用待定系数法求圆锥曲线方程.‎ ‎(2)①直线与圆相切,常见解题方法是设切点求切线方程,由于涉及直线与椭圆相切,因此也可设出直线方程求解.‎ ‎②因为△AOB的面积为‎2‎‎6‎‎7‎,而△AOB的高为‎3‎,所以解题关键是求AB的长,可利用弦长公式AB=‎(x‎1‎-x‎2‎‎)‎‎2‎+(y‎1‎-‎y‎2‎‎)‎‎2‎=‎1+‎k‎2‎·‎(x‎1‎-‎x‎2‎‎)‎‎2‎=‎1+‎k‎2‎·|x1-x2|(x1、x2分别为A、B的横坐标)求解.‎ ‎2.(2017天津,19,14分)设椭圆x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的左焦点为F,右顶点为A,离心率为‎1‎‎2‎.已知A是抛物线y2=2px(p>0)的焦点,F到抛物线的准线l的距离为‎1‎‎2‎.‎ ‎(1)求椭圆的方程和抛物线的方程;‎ ‎(2)设l上两点P,Q关于x轴对称,直线AP与椭圆相交于点B(B异于点A),直线BQ与x轴相交于点D.若△APD的面积为‎6‎‎2‎,求直线AP的方程.‎ 解析　(1)设F的坐标为(-c,0).依题意,ca=‎1‎‎2‎,p‎2‎=a,a-c=‎1‎‎2‎,解得a=1,c=‎1‎‎2‎,p=2,于是b2=a2-c2=‎3‎‎4‎.‎ 所以,椭圆的方程为x2+‎4‎y‎2‎‎3‎=1,抛物线的方程为y2=4x.‎ ‎(2)设直线AP的方程为x=my+1(m≠0),与直线l的方程x=-1联立,可得点P‎-1,-‎‎2‎m,故Q‎-1,‎‎2‎m.将x=my+1与x2+‎4‎y‎2‎‎3‎=1联立,消去x,整理得(3m2+4)y2+6my=0,解得y=0或y=‎-6m‎3m‎2‎+4‎.由点B异于点A,可得点B‎-3m‎2‎+4‎‎3m‎2‎+4‎‎,‎‎-6m‎3m‎2‎+4‎.由Q‎-1,‎‎2‎m,可得直线BQ的方程为‎-6m‎3m‎2‎+4‎‎-‎‎2‎m(x+1)-‎-3m‎2‎+4‎‎3m‎2‎+4‎‎+1‎y-‎‎2‎m=0,令y=0,解得x=‎2-3‎m‎2‎‎3m‎2‎+2‎,故D‎2-3‎m‎2‎‎3m‎2‎+2‎‎,0‎.所以|AD|=1-‎2-3‎m‎2‎‎3m‎2‎+2‎=‎6‎m‎2‎‎3m‎2‎+2‎.又因为△APD的面积为‎6‎‎2‎,故‎1‎‎2‎×‎6‎m‎2‎‎3m‎2‎+2‎×‎2‎‎|m|‎=‎6‎‎2‎,整理得3m2-2‎6‎|m|+2=0,解得|m|=‎6‎‎3‎,所以m=±‎6‎‎3‎.‎ 所以,直线AP的方程为3x+‎6‎y-3=0或3x-‎6‎y-3=0.‎ 方法总结　1.利用待定系数法求圆锥曲线标准方程的三个步骤:(1)作判断:根据焦点位置设方程;(2)找等量关系;(3)解方程得结果.‎ ‎2.解决直线与圆锥曲线位置关系问题的基本策略:(1)巧设直线方程:当已知直线与x轴交点固定时,常设为x=my+b的形式,这样可避免对斜率是否存在的讨论;(2)注意整体代入思想的应用,利用根与系数的关系可以简化运算,提高运算的效率和正确率.‎ ‎3.(2016浙江,19,15分)如图,设椭圆x‎2‎a‎2‎+y2=1(a>1).‎ ‎(1)求直线y=kx+1被椭圆截得的线段长(用a,k表示);‎ ‎(2)若任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点,求椭圆离心率的取值范围.‎ 解析　(1)设直线y=kx+1被椭圆截得的线段为AP,‎ 由y=kx+1,‎x‎2‎a‎2‎‎+y‎2‎=1‎得(1+a2k2)x2+2a2kx=0,‎ 故x1=0,x2=-‎2a‎2‎k‎1+‎a‎2‎k‎2‎.‎ 因此|AP|=‎1+‎k‎2‎|x1-x2|=‎2a‎2‎|k|‎‎1+‎a‎2‎k‎2‎·‎1+‎k‎2‎.‎ ‎(2)假设圆与椭圆的公共点有4个,由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点P,Q,满足|AP|=|AQ|.‎ 记直线AP,AQ的斜率分别为k1,k2,且k1,k2>0,k1≠k2.‎ 由(1)知,|AP|=‎2a‎2‎|k‎1‎|‎‎1+‎k‎1‎‎2‎‎1+‎a‎2‎k‎1‎‎2‎,|AQ|=‎2a‎2‎|k‎2‎|‎‎1+‎k‎2‎‎2‎‎1+‎a‎2‎k‎2‎‎2‎,‎ 故‎2a‎2‎|k‎1‎|‎‎1+‎k‎1‎‎2‎‎1+‎a‎2‎k‎1‎‎2‎=‎2a‎2‎|k‎2‎|‎‎1+‎k‎2‎‎2‎‎1+‎a‎2‎k‎2‎‎2‎,‎ 所以(k‎1‎‎2‎-k‎2‎‎2‎)[1+k‎1‎‎2‎+k‎2‎‎2‎+a2(2-a2)k‎1‎‎2‎k‎2‎‎2‎]=0.‎ 由于k1≠k2,k1,k2>0得1+k‎1‎‎2‎+k‎2‎‎2‎+a2(2-a2)k‎1‎‎2‎k‎2‎‎2‎=0,‎ 因此‎1‎k‎1‎‎2‎‎+1‎‎1‎k‎2‎‎2‎‎+1‎=1+a2(a2-2),①‎ 因为①式关于k1,k2的方程有解的充要条件是1+a2(a2-2)>1,所以a>‎2‎.因此,任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1b>0)过点(0,‎2‎),且离心率e=‎2‎‎2‎.‎ ‎(1)求椭圆E的方程;‎ ‎(2)设直线l:x=my-1(m∈R)交椭圆E于A,B两点,判断点G‎-‎9‎‎4‎,0‎与以线段AB为直径的圆的位置关系,并说明理由.‎ 解析　(1)由已知得b=‎2‎,‎ca‎=‎2‎‎2‎,‎a‎2‎‎=b‎2‎+c‎2‎.‎解得a=2,‎b=‎2‎,‎c=‎2‎.‎ 所以椭圆E的方程为x‎2‎‎4‎+y‎2‎‎2‎=1.‎ ‎(2)解法一:设点A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点为H(x0,y0).‎ 由x=my-1,‎x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎‎2‎=1‎得(m2+2)y2-2my-3=0,‎ 所以y1+y2=‎2mm‎2‎‎+2‎,y1y2=-‎3‎m‎2‎‎+2‎,从而y0=mm‎2‎‎+2‎.‎ 所以|GH|2=x‎0‎‎+‎‎9‎‎4‎‎2‎+y‎0‎‎2‎=my‎0‎+‎‎5‎‎4‎‎2‎+y‎0‎‎2‎=(m2+1)y‎0‎‎2‎+‎5‎‎2‎my0+‎25‎‎16‎.‎ ‎|AB‎|‎‎2‎‎4‎‎=‎(x‎1‎-x‎2‎‎)‎‎2‎+(y‎1‎-‎y‎2‎‎)‎‎2‎‎4‎=‎‎(1+m‎2‎)(y‎1‎-‎y‎2‎‎)‎‎2‎‎4‎ ‎=‎(1+m‎2‎)[(y‎1‎+y‎2‎‎)‎‎2‎-4y‎1‎y‎2‎]‎‎4‎=(1+m2)(y‎0‎‎2‎-y1y2),‎ 故|GH|2-‎|AB‎|‎‎2‎‎4‎=‎5‎‎2‎my0+(1+m2)y1y2+‎25‎‎16‎=‎5‎m‎2‎‎2(m‎2‎+2)‎-‎3(1+m‎2‎)‎m‎2‎‎+2‎+‎25‎‎16‎=‎17m‎2‎+2‎‎16(m‎2‎+2)‎>0,所以|GH|>‎|AB|‎‎2‎.‎ 故点G‎-‎9‎‎4‎,0‎在以AB为直径的圆外.‎ 解法二:设点A(x1,y1),B(x2,y2),则GA=x‎1‎‎+‎9‎‎4‎,‎y‎1‎,‎ GB‎=x‎2‎‎+‎9‎‎4‎,‎y‎2‎.‎ 由x=my-1,‎x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎‎2‎=1‎得(m2+2)y2-2my-3=0,‎ 所以y1+y2=‎2mm‎2‎‎+2‎,y1y2=-‎3‎m‎2‎‎+2‎,‎ 从而GA·GB=x‎1‎‎+‎‎9‎‎4‎x‎2‎‎+‎‎9‎‎4‎+y1y2=my‎1‎+‎‎5‎‎4‎my‎2‎+‎‎5‎‎4‎+y1y2=(m2+1)y1y2+‎5‎‎4‎m(y1+y2)+‎25‎‎16‎=‎-3(m‎2‎+1)‎m‎2‎‎+2‎+‎5‎‎2‎m‎2‎m‎2‎‎+2‎+‎25‎‎16‎=‎17m‎2‎+2‎‎16(m‎2‎+2)‎>0,‎ 所以cos>0.又GA,GB不共线,所以∠AGB为锐角.‎ 故点G‎-‎9‎‎4‎,0‎在以AB为直径的圆外.‎ 评析　本题主要考查椭圆、圆、直线与椭圆的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想.‎ ‎【三年模拟】‎ 一、选择题(每小题5分,共30分)‎ ‎1.(2019届四川第一次诊断,6)设椭圆x‎2‎m‎2‎+y‎2‎n‎2‎=1(m>0,n>0)的一个焦点与抛物线x2=8y的焦点相同,离心率为‎1‎‎2‎,则m-n=(　　)‎ ‎　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.2‎3‎-4　　　　B.4-3‎3‎　　　　C.4‎3‎-8　　　　D.8-4‎‎3‎ 答案　A　‎ ‎2.(2019届云南师范大学附属中学12月月考,12)已知椭圆C: x‎2‎‎4‎+y‎2‎‎3‎=1的右焦点为F,过点F有两条互相垂直的直线l1,l2,l1与椭圆C相交于点A,B,l2与椭圆C相交于点C,D,则下列叙述不正确的是(　　)‎ A.存在直线l1,l2使得|AB|+|CD|值为7‎ B.存在直线l1,l2使得|AB|+|CD|值为‎48‎‎7‎ C.四边形ABCD的面积存在最大值,且最大值为6‎ D.四边形ABCD的面积存在最小值,且最小值为‎576‎‎49‎ 答案　D　‎ ‎3.(2018四川达州模拟,7)以圆x2+y2=4与x轴的交点为焦点,以抛物线y2=10x的焦点为一个顶点且中心在原点的椭圆的离心率是(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.‎1‎‎5‎　　　　B.‎2‎‎5‎　　　　C.‎4‎‎5‎　　　　D.‎‎1‎‎10‎ 答案　C　‎ ‎4.(2018湖北重点中学4月联考,7)已知椭圆x‎2‎‎4‎+y‎2‎‎3‎=1的左、右焦点分别为F1、F2,过F2且垂直于长轴的直线交椭圆于A,B两点,则△ABF1内切圆的半径为(　　)‎ A.‎4‎‎3‎　　　　B.1　　　　C.‎4‎‎5‎　　　　D.‎‎3‎‎4‎ 答案　D　‎ ‎5.(2018广东清远模拟,11)已知m、n、s、t∈R+,m+n=3,ms+nt=1,其中m、n是常数且mb>0)上一点A关于原点的对称点为点B,F为其右焦点,若AF⊥BF,设∠ABF=α,且α∈π‎6‎‎,‎π‎4‎,则该椭圆离心率e的取值范围为(　　)‎ A.‎2‎‎2‎‎,‎3‎-1‎　　　　B.‎‎2‎‎2‎‎,1‎ C.‎2‎‎2‎‎,‎‎3‎‎2‎　　　　D.‎‎3‎‎3‎‎,‎‎6‎‎3‎ 答案　A　‎ 二、填空题(共5分)‎ ‎7.(2017湖南东部六校4月联考,15)设P,Q分别是圆x2+(y-1)2=3和椭圆x‎2‎‎4‎+y2=1上的点,则P、Q两点间的最大距离是　　　　. ‎ 答案　‎‎7‎‎3‎‎3‎ 三、解答题(共50分)‎ ‎8.(2019届安徽黄山八校联考,20)已知椭圆x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率e=‎1‎‎2‎,点P是椭圆的上顶点的一个动点,△PF1F2面积的最大值是4‎3‎.‎ ‎(1)求椭圆的方程;‎ ‎(2)若A,B,C,D是椭圆上不重合的四点,AC与BD相交于点F1,AC·BD=0,且|AC|+|BD|=‎96‎‎7‎,求 此时直线AC的方程.‎ 解析　(1)由题意知,当点P是椭圆的上顶点或下顶点时,△PF1F2面积取得最大值,此时,S‎△PF‎1‎F‎2‎=‎1‎‎2‎·2c·b=4‎3‎,又e=ca=‎1‎‎2‎,结合a2=b2+c2,‎ 所以a=4,b=2‎3‎,c=2.所以所求椭圆的方程为x‎2‎‎16‎+y‎2‎‎12‎=1.‎ ‎(2)由(1)知F1(-2,0),由AC·BD=0得AC⊥BD.‎ ‎①当直线AC与BD有一条直线的斜率不存在时,|AC|+|BD|=14,不符合题意;‎ ‎②设直线AC的斜率为k(k存在且不为0),则直线BD的斜率为-‎1‎k.直线AC的方程为y=k(x+2),联立y=k(x+2),‎x‎2‎‎16‎‎+y‎2‎‎12‎=1,‎消去y得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-48=0,‎ 设A(x1,y1),C(x2,y2),则x1+x2=-‎16‎k‎2‎‎3+4‎k‎2‎,x1x2=‎16k‎2‎-48‎‎3+4‎k‎2‎,‎ 所以|AC|=‎1+‎k‎2‎|x1-x2|=‎24(1+k‎2‎)‎‎3+4‎k‎2‎.‎ 同理可得|BD|=‎24(1+k‎2‎)‎‎4+3‎k‎2‎,‎ 由|AC|+|BD|=‎168(1+‎k‎2‎‎)‎‎2‎‎(4+3k‎2‎)(3+4k‎2‎)‎=‎96‎‎7‎,解得k2=1,‎ 故直线AC的方程为y=±(x+2).‎ 思路分析　(1)根据离心率e=‎1‎‎2‎,△PF1F2面积的最大值是4‎3‎,结合a2=b2+c2,即可求出a、b,从而得结果;(2)直线与曲线方程联立,根据根与系数关系,弦长公式将|AC|+|BD|用k表示,解方程即可得k的值.‎ 方法点拨　求椭圆标准方程时一般利用待定系数法,根据条件确定关于a,b,c的方程组,解出a,b,即可得到椭圆的标准方程.解决直线与椭圆的位置关系的相关问题,其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立,消元、化简,然后利用根与系数的关系解决相关问题.涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决.‎ ‎9.(2019届重庆期中,20)已知椭圆C1:x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,并且F2为抛物线C2:y2=2px(p>0)的焦点,C2的准线被椭圆C1和圆x2+y2=a2截得的弦长分别为2‎2‎和4.‎ ‎(1)求C1和C2的方程;‎ ‎(2)已知动直线l与抛物线C2相切(切点异于原点),且直线l与椭圆C1相交于M,N两点,若椭圆C1上存在点Q,使得OM+ON=λOQ(λ≠0),求实数λ的取值范围.‎ 解析　(1)由题得‎2‎b‎2‎a‎=2‎2‎,‎‎2b=4‎⇒a=2‎2‎,b=2,p=2c=4,故C1:x‎2‎‎8‎+y‎2‎‎4‎=1,C2:y2=8x.‎ ‎(2)由题意知直线l的斜率存在且不为0,设l:x=my+n(m≠0),M(x1,y1),N(x2,y2),Q(x0,y0).联立x=my+n,‎y‎2‎‎=8x,‎⇒y2-8my-8n=0,因为l与C2相切,故Δ1=(-8m)2+4×8m=0⇒2m2+n=0.联立 x=my+n,‎x‎2‎‎8‎‎+y‎2‎‎4‎=1‎‎⇒(m2+2)y2+2mny+n2-8=0,‎ 所以y1+y2=-‎2mnm‎2‎‎+2‎,y1y2=n‎2‎‎-8‎m‎2‎‎+2‎,Δ2>0⇒n2<4m2+8,由Δ1=0知2m2=-n,所以n2<-2n+8⇒n∈(-4,2),又2m2=-n>0,因此n∈(-4,0),由OM+ON=λOQ⇒x‎1‎‎+x‎2‎=λx‎0‎,‎y‎1‎‎+y‎2‎=λy‎0‎,‎由根与系数的关系,得x‎0‎‎=‎4nλ(m‎2‎+2)‎,‎y‎0‎‎=-‎2mnλ(m‎2‎+2)‎,‎ 而点Q(x0,y0)在椭圆上,即x‎0‎‎2‎+2y‎0‎‎2‎=8,代入得‎16‎n‎2‎λ‎2‎‎(m‎2‎+2‎‎)‎‎2‎+‎8‎m‎2‎n‎2‎λ‎2‎‎(m‎2‎+2‎‎)‎‎2‎=8⇒λ2=n‎2‎m‎2‎‎+2‎=‎2‎n‎2‎‎4-n,n∈(-4,0),‎ 令t=4-n,t∈(4,8),则λ2=2t+‎16‎t-8‎.令f(t)=t+‎16‎t-8,易知f(t)在(4,8)上单调递增,所以λ2∈(0,4)⇒λ∈(-2,0)∪(0,2).‎ ‎10.(2018四川南充模拟,20)已知椭圆x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,左顶点为A,若|F1F2|=2,椭圆的离心率e=‎1‎‎2‎.‎ ‎(1)求椭圆的标准方程;‎ ‎(2)若P是椭圆上的任意一点,求PF‎1‎·PA的取值范围.‎ 解析　(1)∵|F1F2|=2,椭圆的离心率e=‎1‎‎2‎,‎ ‎∴c=1,a=2,∴b=‎3‎,‎ ‎∴椭圆的标准方程为x‎2‎‎4‎+y‎2‎‎3‎=1.‎ ‎(2)设P(x,y),∵A(-2,0),F1(-1,0),‎ ‎∴PF‎1‎·PA=(-1-x)(-2-x)+y2=‎1‎‎4‎x2+3x+5,‎ 由椭圆方程得-2≤x≤2,二次函数图象开口向上,对称轴为直线x=-6<-2,‎ 当x=-2时,PF‎1‎·PA取到最小值0,当x=2时,PF‎1‎·PA取到最大值12.‎ ‎∴PF‎1‎·PA的取值范围是[0,12].‎ ‎11.(2018广东茂名模拟,20)已知椭圆C:x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的焦距为2‎6‎,设右焦点为F,过原点O的直线l与椭圆C交于A,B两点,线段AF的中点为M,线段BF的中点为N,且OM·ON=‎1‎‎4‎.‎ ‎(1)求弦AB的长;‎ ‎(2)当直线l的斜率k=‎1‎‎2‎,且直线l'∥l时,l'交椭圆于P,Q,若点A在第一象限,求证:直线 AP,AQ与x轴围成一个等腰三角形.‎ 解析　(1)由题意可知2c=2‎6‎,c=‎6‎,F(‎6‎,0),设A(x0,y0),B(-x0,-y0),‎ 则Mx‎0‎‎+‎‎6‎‎2‎‎,‎y‎0‎‎2‎,N‎-x‎0‎+‎‎6‎‎2‎‎,-‎y‎0‎‎2‎,‎ 由OM·ON=‎6-x‎0‎‎2‎-‎y‎0‎‎2‎‎4‎=‎1‎‎4‎,则x‎0‎‎2‎+y‎0‎‎2‎=5,‎ 则|AB|=2x‎0‎‎2‎‎+‎y‎0‎‎2‎=2‎5‎.‎ ‎(2)证明:直线l的斜率k=‎1‎‎2‎,则l:y=‎1‎‎2‎x,y0=‎1‎‎2‎x0,‎ 由x‎0‎‎2‎+y‎0‎‎2‎=5,得A(2,1),将c=‎6‎代入椭圆方程解得 a=2‎2‎,b=‎2‎,∴椭圆的方程为x‎2‎‎8‎+y‎2‎‎2‎=1.‎ 由题意设l':y=‎1‎‎2‎x+m(m≠0),‎ 联立x‎2‎‎+4y‎2‎=8,‎y=‎1‎‎2‎x+m,‎整理得x2+2mx+2m2-4=0,‎ Δ=4m2-4(2m2-4)>0,即m∈(-2,0)∪(0,2).‎ 设直线AP,AQ的斜率分别为k1,k2,P(x1,y1),Q(x2,y2),则k1=y‎1‎‎-1‎x‎1‎‎-2‎,k2=y‎2‎‎-1‎x‎2‎‎-2‎.‎ 由x2+2mx+2m2-4=0,‎ 可得x1+x2=-2m,x1x2=2m2-4,‎ 所以k1+k2=y‎1‎‎-1‎x‎1‎‎-2‎+y‎2‎‎-1‎x‎2‎‎-2‎=‎‎(y‎1‎-1)(x‎2‎-2)+(y‎2‎-1)(x‎1‎-2)‎‎(x‎1‎-2)(x‎2‎-2)‎ ‎=‎‎1‎‎2‎x‎1‎‎+m-1‎‎(x‎2‎-2)+‎1‎‎2‎x‎2‎‎+m-1‎(x‎1‎-2)‎‎(x‎1‎-2)(x‎2‎-2)‎ ‎=‎x‎1‎x‎2‎‎+(m-2)(x‎1‎+x‎2‎)-4(m-1)‎‎(x‎1‎-2)(x‎2‎-2)‎ ‎=‎2m‎2‎-4-2m‎2‎+4m-4(m-1)‎‎(x‎1‎-2)(x‎2‎-2)‎=0,即k1+k2=0.‎ ‎∴直线AP,AQ与x轴围成一个等腰三角形.‎