2010-2012椭圆高考真题含答案 34页

2010-2012 椭圆高考真题（含答案） 2010 1.（2010·广东高考文科·Ｔ7）若一个椭圆长轴的长度、短轴的长度和焦距成等差数列， 则该椭圆的离心率是（ ） A． B． C． D． 【思路点拨】由椭圆长轴的长度、短轴的长度和焦距成等差数列，列出 、 、 的关 系，再转化为 、 间的关系，从而求出 . 【 规 范 解 答 】 选 . 椭 圆 长 轴 的 长 度 、 短 轴 的 长 度 和 焦 距 成 等 差 数 列 , ， ，即： ，又 ， ， 即 ， ， （舍去）或 ， ，故选 . 2.（2010·福建高考文科·Ｔ１1）若点 O 和点 F 分别为椭圆 的中心和左焦点， 点 P 为椭圆上的任意一点，则 的最大值为（ ） A.2 B.3 C.6 D.8 【命题立意】本题考查椭圆的基本概念、平面向量的内积、利用二次函数求最值. 【思路点拨】先求出椭圆的左焦点，设 P 为动点，依题意写出 的表达式，进而转化 为求解条件最值的问题，利用二次函数的方法求解. 【规范解答】选 C，设 ，则 ，又因为 ，又 ， ，所以 . 3.（2010·海南高考理科·T20）设 分别是椭圆 E: （a>b>0）的左、右焦 点，过 斜率为 1 的直线 与 E 相交于 两点，且 , , 成等差数列. 4 5 3 5 2 5 1 5 a b c a c e B  ∴ 2b a c= + ∴ 2 24 ( )b a c= + 2 2 24 2b a ac c= + + 2 2 2a b c= + ∴ 2 24( )a c− = 2 22a ac c+ + 2 23 2 5 0a ac c− − = ( )(3 5 ) 0a c a c+ − = ∴ 0a c+ = 3 5 0a c− = ∴ 3 5 ce a = = B 2 2 14 3 x y+ = OP FP⋅  OP FP⋅  ( )0 0P x , y 2 2 2 20 0 0 0 x y 3x1 y 34 3 4 + = = −即 ( )F 1,0− ( ) 2 0 0 0OP FP x x 1 y∴ ⋅ = ⋅ + +  2 0 0 1 x x 34 = + + ( )2 0 1 x 2 24 = + + [ ]0x 2,2∈ − ( ) [ ]OP FP 2,6∴ ⋅ ∈  ( ) max 6OP FP⋅ =  1 2,F F 2 2 2 2 1x y a b + = 1F l ,A B 2AF AB 2BF （Ⅰ)求 E 的离心率； （Ⅱ）设点 P（0,-1）满足 ,求 E 的方程. 【命题立意】本题综合考查了椭圆的定义、等差数列的概念以及直线与椭圆的关系等等.解 决本题时，一定要灵活运用韦达定理以及弦长公式等知识. 【思路点拨】利用等差数列的定义，得出 , , 满足的一个关系，然后再利用 椭圆的定义进行计算. 【规范解答】（Ⅰ)由椭圆的定义知， ，又 得 ， 的方程为 ，其中 设 ，则 两点坐标满足方程组 化简得， 则 ， . 因为直线 AB 斜率为 1，所以 得 ，故 ,所以 E 的离心率 . （ Ⅱ ） 设 两 点 的 中 点 为 ， 由 （ Ⅰ ) 知 ， . 由 ，可知 .即 ，得 ，从而 . 椭圆 E 的方程为 . 【方法技巧】熟练利用圆锥曲线的定义及常用的性质，从题目中提取有价值的信息，然后列 出方程组进行相关的计算. 4.（2010·北京高考文科·Ｔ１9）已知椭圆 C 的左、右焦点坐标分别是 ， ， PA PB= 2AF AB 2BF 2 2 4AF BF AB a+ + = 2 22 AB AF BF= + 4 3AB a= l y x c= + 2 2c a b= − ( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y ,A B 2 2 2 2 1 y x c x y a b = + + = 2 2 2 2 2 2 2( ) 2 ( ) 0a b x a cx a c b+ + + − = 2 1 2 2 2 2a cx x a b −+ = + 2 2 2 1 2 2 2 ( )a c bx x a b −= + 2 2 1 1 2 1 22 2 ( ) 4AB x x x x x x = − = + −  2 2 2 4 4 3 a ab a b = + 2 22a b= 2 2 2 2 c a be a a −= = = ,A B ( )0 0,N x y 2 1 2 0 2 2 2 2 3 x x a cx ca b + −= = = −+ 0 0 3 cy x c= + = PA PB= 1PNk = − 0 0 1 1y x + = − 3c = 3 2, 3a b= = 2 2 118 9 x y+ = ( 2,0)− ( 2,0) 离心率是 ，直线 与椭圆 C 交与不同的两点 M，N，以线段 MN 为直径作圆 P,圆心为 P. （Ⅰ）求椭圆 C 的方程； （Ⅱ）若圆 P 与 x 轴相切，求圆心 P 的坐标； （Ⅲ）设 Q（x,y）是圆 P 上的动点，当 变化时，求 y 的最大值. 【命题立意】本题考查了求椭圆方程，直线与圆的位置关系，函数的最值。要求学生掌握椭 圆标准中 的关系，离心率 .直线与圆相切问题转化为圆心到直线的距离等于半 径来求解.第（Ⅲ）问中 最大值的求法用到了三角代换，体现了数学中的转化与化归思想. 【思路点拨】由焦点可求出 ，再利用离心率可求出 。直线与圆的位置关系转化为圆心 到直线的距离. 【规范解答】（Ⅰ）因为 ，且 ，所以 所以椭圆 C 的方程为 . （Ⅱ）由题意知 由 得 所以圆 P 的半径为 . 由 ，解得 .所以点 P 的坐标是（0， ）. （Ⅲ）由（Ⅱ）知，圆 P 的方程 .因为点 在圆 P 上。所以由 图 可 知 。 设 ， 则 当 ，即 ，且 ， 取最大值 2. 6 3 y t= t , ,a b c ce a = y c ,a b 6 3 c a = 2c = 2 23, 1a b a c= = − = 2 2 13 x y+ = (0, )( 1 1)p t t− < < 2 2 13 y t x y = + = 23(1 )x t= ± − 23(1 )t− 2| | 3(1 )t t= − 3 2t = ± 3 2 ± 2 2 2( ) 3(1 )x y t t+ − = − ( , )Q x y y2 2 23(1 ) 3(1 )y t t x t t= ± − − ≤ + − cos , (0, )t θ θ π= ∈ 23(1 ) cos 3sin 2sin( )6t t πθ θ θ+ − = + = + 3 πθ = 1 2t = 0x = y 【方法技巧】（1）直线与圆的位置关系： 时相离； 时相切； 时相交； （2）求无理函数的最值时三角代换是一种常用的去根号的技巧. 5.（2010·辽宁高考文理科·Ｔ20）设椭圆 C： 的右焦点为 F，过点 F 的直线 l 与椭圆 C 相交于 A，B 两点，直线 l 的倾斜角为 60o, . (I) 求椭圆 C 的离心率； (II) 如果|AB|= ，求椭圆 C 的方程. 【命题立意】本题考查了直线的点斜式方程，考查了椭圆的离心率，椭圆的标准方程，考查 了圆锥曲线中的弦长问题，以及推理运算能力. 【思路点拨】（I）联立直线方程和椭圆方程，消去 x,解出两个交点的纵坐标，利用这两个 纵坐标间的关系，得出 a、b、c 间的关系，求出离心率. （II）利用弦长公式表示出|AB|，再结合离心率和 ，求出 a、b， 写出椭圆方程. 【规范解答】 d r> d r= d r< 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b + = > > 2AF FB=  15 4 2 2 2a b c= + x y P M N O 【方法技巧】 1、直线、圆锥曲线的综合问题，往往是联立成方程组消去一个 x(或 y),得到关于 y(或 x)的 一元二次方程，使问题得以解决. 2、弦长问题，注意使用弦长公式，并结合一元二次方程根与系数的关系来解决问题. 6.（2010·天津高考文理科·Ｔ20） 已知椭圆 的离心率 ，连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积 为 4 （1） 求椭圆的方程； （2） 设直线 与椭圆相交于不同的两点 ，已知点 的坐标为（ ），点 在线段 的垂直平分线上，且 ，求 的值. 【命题立意】本小题主要考察椭圆的标准方程和几何性质，直线的方程，平面向量等基础知 识，考查用代数方法研究圆锥曲线的性质及数形结合的思想，考查运算和推理能力。 【思路点拨】（1）建立关于 a,b 的方程组求出 a,b；（2）构造新的一元二次方程求解。 【规范解答】（1）由 ，得 ，再由 ，得 1 1 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 42 2 2 2 2 2 1 22 2 2 2 1 2 2 2 2 ( , ), ( , ) ( 0 0) (I) 3( ), 3( ) (3 ) 2 3 3 0 1 3 ( 2 ) 3 ( 2 ), ,3 3 2 , 2 3 ( 2 ) 3 A x y B x y y y l y x c c a b y x c x a b y b cy bx y a b b c a b c ay ya b a b AF FB y y b c a a b < > = − = −  = − + + − = + = − + − −= =+ + = − = + +   设 直线 的方程为 其中 联立 消去 得 解得 因为 所以 即 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 3 ( 2 ) 3 2 3 1 2 4 3 15(II) |AB| 1+ |y -y |,3 3 43 2 5 5 15 3, 53 3 4 4 C 19 5 b c a a b ce a ab a b c b a a a ba x y − − + = = =+ = = = = + =   ＝2 得离心率 因为 ＝ 所以 。 由 得 。所以 ＝ ，得 。 所以椭圆 的方程为 2 2 2 2 1( 0x y a ba b + = > > ） 3 2e = l ,A B A ,0a− 0(0, )Q y AB 4QA QB =   0y 3e 2 c a = = 2 23 4a c= 2 2 2c a b= − 2a b= 由题意可知， 解方程组 得 a=2,b=1，所以椭圆的方程为 。 (2)解：由（1）可知 A（-2,0）。设 B 点的坐标为（x1,,y1）,直线 l 的斜率为 k，则直线 l 的 方程为 y=k(x+2), 于是 A,B 两点的坐标满足方程组 由方程组消去 整理，得 由 得 设线段 AB 是中点为 M，则 M 的坐标为 以下分两种情况： （1）当 k=0 时，点 B 的坐标为（2,0）。线段 AB 的垂直平分线为 y 轴，于是 （ 2 ） 当 k 时 ， 线 段 AB 的 垂 直 平 分 线 方 程 为 （ 后 边 的 Y 改 为 小 写 ） 令 x=0，解得 由 整理得 综上 1 2 2 4, 22 a b ab× × = =即 2 2 a b ab =  = 2 2 14 x y+ = 2 2 ( 2) 14 y k x x y = + + = y 2 2 2 2(1 4 ) 16 (16 4) 0k x k x k+ + + − = 2 1 2 16 42 ,1 4 kx k −− = + 2 1 12 2 2 8 4, ,1 4 1 4 k kx yk k −= =+ +从而 2 2 2 8 2( , )1 4 1 4 k k k k − + + 0 0 0( 2, y ), (2, = 2QA QB y QA QB y → → → → = − − = − ±）由 4，得 = 2 0≠ 2 2 2 2 1 8( )1 4 1 4 k kY xk k k − = ++ + 0 2 6 1 4 ky k = + 0 1 1 0( 2, y ), ( ,QA QB x y y → → = − − = − ） 2 1 0 1 0 2 2 2 2 2(2 8 ) 6 4 62 ( ( )1 4 1 4 1 4 1 4 k k k kQA QB x y y y k k k k → → − −= − − − + ++ + + + ）= 4 2 2 2 4(16 15 1) 4(1 4 ) k k k + − =+= 2 0 14 2 147 2, =7 5k k y= = ± ±故 所以 0 0 2 14= 2 2 = 5y y± ±或 7.（2010·福建高考理科·Ｔ17）已知中心在坐标原点 O 的椭圆 C 经过点 A（2 , 3），且点 F（2 ，0）为其右焦点. （I）求椭圆 C 的方程； （II）是否存在平行于 OA 的直线 ，使得直线 与椭圆 C 有公共点，且直线 OA 与 的距 离等于 4？若存在，求出直线 的方程；若不存在，说明理由. 【命题立意】本小题主要考查直线、椭圆等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力， 考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想. 【思路点拨】第一步先求出左焦点，进而求出 a,c,然后求解椭圆的标准方程；第二步依题 意假设直线 的方程为 ，联立直线与椭圆的方程，利用判别式限制参数 t 的范围， 再由直线 OA 与直线 的距离等于 4 列出方程，求解出 t 的值，注意判别式对参数 t 的限制. 【规范解答】（I）依题意，可设椭圆的方程为 ，且可知左焦点为 ，从而有 ，解得 ，又 ， 故椭圆的方程为 ； （II）假设存在符合题意的直线 ，其方程为 ，由 得 ，因为直线 与椭圆 C 有公共点，所以 ，解得 。另一方面，由直线 OA 与直线 的距离等于 4 可得 ，由于 ，所以符 合题意的直线 不存在. 【方法技巧】在求解直线与圆锥曲线的位置关系中的相交弦问题时，我们一定要注意判别式 的限制。因为抛物与直线有交点，注意应用 进行验证可避免增根也可以用来限制参 数的范围. l l l l l 3 2 = +y x t l ( )2 2 2 2 1 0+ = > >x y a ba b ( )2,0′ −F 2 2 3 5 8 =  ′= + = + = c a AF AF 4 2 =  = a c 2 2 2 2, 12= + ∴ =a b c b 2 2 116 12 + =x y l 3 2 = +y x t 2 2 116 12 3 2  + =  = + x y y x t 2 23 3 12 0+ + − =x tx t l ( ) ( )2 23 4 3 12 0∆ = − × × − ≥t t 4 3 4 3− ≤ ≤t l 4, 2 13 9 14 = ∴ = ± + t t 2 13 4 3,4 3 ± ∉ −  l ∆ 0∆ > 8.（2010·安徽高考理科·Ｔ19）已知椭圆 经过点 ，对称轴为坐标轴，焦点 在 轴上，离心率 。 (1)求椭圆 的方程； (2)求 的角平分线所在直线 的方程； (3)在椭圆 上是否存在关于直线 对称的相异两点？若存在，请找出；若不存在，说 明理由。 【命题立意】本题主要考查椭圆的定义及标准方程，椭圆的简单性质，点关于直线的对称性 等知识，考查考生在解析几何的基本思想方法方面的认知水平，探究意识，创新意识和综合 运算求解能力． 【思路点拨】（1）设出椭圆的标准方程，再根据题设条件构建方程（组）求解； （2）根据角平分线的性质求出直线 的斜率或直线 上的一个点的坐标，进而求得直线 的方程； （3）先假设椭圆 上存在关于直线 对称的相异两点，在此基础之上进行推理运算，求 解此两点，根据推理结果做出判断。 【规范解答】（1）设椭圆 的方程为 （ ）， 由题意 ， ，又 ，解得： 椭圆 的方程为 （2）方法 1：由（1）问得 ， ，又 ，易得 为直角三角 形，其中 设 的角平分线所在直线 与 x 轴交于点 ，根据角平线定理可知： ， 可得 ， 直线 的方程为： ，即 。 方法 2：由（1）问得 ， ，又 ， ， ， E ( )2,3A 1 2,F F x 1 2e = E 1 2F AF∠ l E l l l l E l E 2 2 2 2 1x y a b + = 0a b> > 1 2 ce a = = 2 2 4 9 1a b + = 2 2 2c a b= − 2, 4, 2 3c a b= = = ∴ E 2 2 116 12 x y+ = 1( 2,0)F − 2 (2,0)F  ( )2,3A 1 2F AF∆ 2 1 2 13, 4, 5,AF F F AF= = = 1 2F AF∠ l M 1 2 1 2 AF AF F M F M = 2 3 2F M = 1( ,0)2M∴ ∴ l 1 0 2 13 0 2 2 xy −− =− − 2 1y x= − 1( 2,0)F − 2 (2,0)F  ( )2,3A ∴ 1 ( 4, 3)AF = − − 2 (0, 3)AF = − O F2F1 A X Y ， ， 直线 的方程为： ，即 。 （3）假设椭圆 上存在关于直线 对称的相异两点 、 ， 令 、 ，且 的中点为 ， ， 又 ，两式相减得: ,即 （3）， 又 在直线 上， （4） 由（3）（4）解得： ， 所以点 与点 是同一点，这与假设矛盾， 故椭圆 上不存在关于直线 对称的相异两点。 【方法技巧】 1、求圆锥曲线的方程，通常是利用待定系数法先设出曲线的标准方程，再根据题设条 件构建方程（组）求解；. 2、利用向量表示出已知条件，可以将复杂的题设简单化，便于理解和计算； 3、对于存在性问题，其常规解法是先假设命题存在，再根据题设条件进行的推理运算， 若能推得符合题意的结论，则存在性成立，否则，存在性不成立。 9．（2010·陕西高考文理科·Ｔ20） 如 图 ， 椭 圆 C ： (Ⅰ)求椭圆 C 的方程； (Ⅱ)设 n 是过原点的直线，l 是与 n 垂直相交于 P 点、与椭圆相交于 A,B 两点的直线， 是否存在上述直线 l 使 成立？ 若存在，求出直线 l 的方程；若不存在，请说明理由 。 ∴ 1 2 1 2 1 1 4( 4, 3) (0, 3) (1,2)5 3 5| | | | AF AF AF AF + = − − + − = −     ∴ 2lk = ∴ l 3 2( 2)y x− = − 2 1y x= − E l P Q 1 1( , )P x y 2 2( , )Q x y P Q 0 0( , )R x y PQ l⊥ 2 1 2 1 1 2PQ y yk x x −∴ = = −−  2 2 1 1 2 2 2 2 1(1)16 12 1(2)16 12 x y x y  + =  + = 2 2 2 2 2 1 2 1 016 12 x x y y− −+ = ∴ 2 1 2 1 2 1 2 1 16 16 1 2( )12 12 2 3 x x y y y y x x + −= − = − × − =+ − 0 0 2 3 x y =  0 0( , )R x y l ∴ 0 02 1y x= − 0 02, 3x y= = R A E l 2 2 1 2 1 2 1 22 2 1 , , , , , ,x y A A B B F Fa b + = 的顶点为 焦点为 1 1 2 2 1 1 2 21 1 7, 2A B A B B F B FA B S S= =   1,OP = 1AP PB =   【命题立意】本题考查了椭圆的标准方程、直线与圆锥曲线的位置关系，是一道综合性的试 题，考查了学生综合运用知识解决问题的能力。其中问题（2）是一个开放性问题，考查了 观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题的能力。 【思路点拨】已知 的方程组 椭圆 C 的方程 假设存在直线 l 使命题成立 结论 【规范解答】（Ⅰ）由 知 a2+b2=7, ① 由 ② 又 ， ③ 由 ①②③解得 故椭圆 C 的方程为 （Ⅱ）设 A,B 两点的坐标分别为（x1,y1）(x2,y2) 假设存在直线 l 使 成立， （ⅰ）当 l 与 x 轴不垂直时，设 l 的方程为 y=kx+m, 由 l 与 n 垂直相交于 P 点且 得 因为 由求根公式得： ④ ⑤ 将④⑤代入上式并化简得 ⇒ ,a b ⇒ ,a b ⇒ ⇒ ⇒ 1 1 7A B = 1 1 2 2 1 1 2 2 2 2 ,A B A B B F B FS S a c= =   知 2 2 2b a c= − 2 24, 3.a b= = 2 2 1.4 3 x y+ = 1AP PB =   1,OP = 2 2 2 1, 1. 1 m m k k = ∴ = + + 1,OP = 1AP PB =   2 1 2 1 2 2 2 2 ( ) ( ) 1 0 0 1 0, 0. (3 4 ) 8 4( 3) 0, OA OB OP PA OP PB OP OP PB PA OP PA PB x x y y y kx m k x kmx m ∴ = + + = + + + = + + − = ∴ + = = + + + + − =                   将 代入椭圆方程，得 1 2 2 8 ,3 4 kmx x k −+ = + 2 1 2 2 4( 3) ,3 4 mx x k −= + 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 ( )( ) (1 ) ( ) , (1 ) ( ) 0 x x y y x x kx m kx m k x x km x x m k x x km x x m ∴ + = + + + = + + + + ∴ + + + + = （ⅱ）当 l 与 x 轴垂直时，满足 的直线 l 的方程为 ， 2011 1.（湖北理 14）如图，直角坐标系 所在的平面为 ，直角坐标系 （其中 轴一 与 轴重合）所在的平面为 ， 。 （Ⅰ）已知平面 内有一点 ，则点 在平面 内的射影 的 坐标为______________; （Ⅱ）已知平面 内的曲线 的方程是 ，则曲线 在平面 内 的射影 的方程是______________。【答案】（2，2） 2.（浙江理 17）设 分别为椭圆 的左、右焦点，点 在椭圆上，若 ;则点 的坐标是___________．【答案】 3.（江西理 14）若椭圆 的焦点在 轴上，过点（1， ）作圆 的切线， 切点分别为 A,B，直线 恰好经过椭圆的右焦点和上顶点，则椭圆方程是___________． 【答案】 4.（全国新课标理 14）（14） 在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C 的中心为原点，焦点 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4(1 )( 3) 8 (3 4 ) 0, 1 5(1 ) 0 k m k m m k m k k l + − − + + = = + − + = 将 代入上式并化简得： ，矛盾，故此时的直线 不存在. 1OP = 1, 1x x= = −或 3 31 A B P (1, ),(1, ),(1,0).2 2 3 3(0, ), (0, ),2 2 9 1.4 1 1 . 1 . x AP PB AP PB x AP PB l AP PB l = − ∴ = − = − ∴ = ≠ = − ≠ =            当 时， ， ， 的坐标分别为 当 时，同理可得 ，矛盾. 即此时的直线 也不存在 综上可知，使 成立的直线 不存在 xOy α ' 'xOy 'y y β ' 45xOx∠ = ° β ' (2 2,2)P 'P α P β 'C ' 2 '2( 2) 2 2 0x y− + − = 'C α C 2 2( 1) 1x y− + = 1 2,F F 2 2 13 x y+ = ,A B 1 25F A F B=  A (0, 1)± 2 2 2 2 1x y a b + = x 1 2 2 2+ =1x y AB 2 2 15 4 x y+ = 1 2,F F 在 x 轴上，离心率为 ．过点 的直线 l 交 C 于 A，B 两点，且 的周长为 16， 那么 C 的方程为_________．【答案】 5.（江苏 18）如图，在平面直角坐标系 中，M、N 分别是椭圆 的顶点，过 坐标原点的直线交椭圆于 P、A 两点，其中 P 在第一象限，过 P 作 x 轴的垂线，垂足为 C， 连接 AC，并延长交椭圆于点 B，设直线 PA 的斜率为 k （1）当直线 PA 平分线段 MN，求 k 的值； （2）当 k=2 时，求点 P 到直线 AB 的距离 d； （3）对任意 k>0，求证：PA⊥PB 解：（1）由题设知， 所以线段 MN 中点的坐标为 ，由于直线 PA 平分线段 MN，故直线 PA 过线段 MN 的中点，又直线 PA 过坐 标 原点，所以 （2）直线 PA 的方程 解得 于是 直线 AC 的斜率为 （3）解法一： 2 2 1F 2ABF∆ 2 2 116 8 x y+ = xOy 124 22 =+ yx ),2,0(),0,2(,2,2 −−== NMba 故 )2 2,1( −− .2 2 1 2 2 =− − =k 2 2 2 1,4 2 x yy x= + =代入椭圆方程得 ).3 4,3 2(),3 4,3 2(,3 2 −−±= APx 因此 ),0,3 2(C .03 2,1 3 2 3 2 3 40 =−−= + + yxAB的方程为故直线 .3 22 11 |3 2 3 4 3 2| , 21 = + −− =d因此 将直线 PA 的方程 代入 则 故直线 AB 的斜率为 其方程为 解得 . 于是直线 PB 的斜率 因此 解法二： 设 . 设 直 线 PB ， AB 的 斜 率 分 别 为 因 为 C 在 直 线 AB 上 ， 所 以 从而 因此 6.（北京理 19） 已知椭圆 .过点（m,0）作圆 的切线 I 交椭圆 G 于 A，B 两点. （I）求椭圆 G 的焦点坐标和离心率； kxy = 2 2 2 2 2 21, , ,4 2 1 2 1 2 x y x k k µ+ = = ± + + 解得 记 )0,(),,(),,( µµµµµ CkAkP 于是−− ,2 0 kk =+ + µµ µ ,0)23(2)2(),(2 22222 =+−−+−= kxkxkxky µµµ 代入椭圆方程得 2 2 3 2 2 2 (3 2) (3 2)( , )2 2 2 k k kx x Bk k k µ µ µµ+ += = −+ + +或 因此 .1 )2(23 )2( 2 )23( 2 22 23 2 2 2 3 1 kkk kkk k k kk k k −=+−+ +−= + + −+= µ µµ .,11 PBPAkk ⊥−= 所以 )0,(),,(,,0,0),,(),,( 11121212211 xCyxAxxxxyxByxP −−≠>>则 21,kk .22)( )(0 1 1 11 1 2 k x y xx yk ==−− −= 1)( )(2121 12 12 12 12 211 +−− −−⋅− −⋅=+=+ xx yy xx yykkkk .044)2(122 2 1 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 =− −=− +=+− −= xxxx yx xx yy .,11 PBPAkk ⊥−= 所以 2 2: 14 xG y+ = 2 2 1x y+ = （II）将 表示为 m 的函数，并求 的最大值. 解：（Ⅰ）由已知得 所以 所以椭圆 G 的焦点坐标为 离心率为 （Ⅱ）由题意知， . 当 时，切线 l 的方程 ，点 A、B 的坐标分别为 此时 当 m=－1 时，同理可得 当 时，设切线 l 的方程为 由 设 A、B 两点的坐标分别为 ，则 又由 l 与圆 所以 由于当 时， AB AB ,1,2 == ba .322 −−= bac )0,3(),0,3(− .2 3== a ce 1|| ≥m 1=m 1=x ),2 3,1(),2 3,1( − 3|| =AB 3|| =AB 1|| >m ),( mxky −= 0448)41( .14 ),( 22222 2 2 =−+−+    =+ −= mkmxkxk yx mxky 得 ),)(,( 2211 yxyx 2 22 212 2 21 41 44,41 8 k mkxxk mkxx + −=+=+ .1,1 1 ||,1 222 2 22 +== + =+ kkm k kmyx 即得相切 2 12 2 12 )()(|| yyxxAB −+−= ]41 )44(4 )41( 64)[1( 2 22 22 4 2 k mk k mkk + −−++= 2 .3 ||34 2 += m m 3±=m ,3|| =AB 所以 . 因为 且当 时，|AB|=2，所以|AB|的最大值为 2. 7.（辽宁理 20） 如图，已知椭圆 C1 的中心在原点 O，长轴左、右端点 M，N 在 x 轴上，椭圆 C2 的短轴为 MN，且 C1，C2 的离心率都为 e，直线 l⊥MN，l 与 C1 交于两点，与 C2 交于两点，这四 点按纵坐标从大到小依次为 A，B，C，D． （I）设 ，求 与 的比值； （II）当 e 变化时，是否存在直线 l，使得 BO∥AN，并说明理由． 解：（I）因为 C1，C2 的离心率相同，故依题意可设 设直线 ，分别与 C1，C2 的方程联立，求得 ………………4 分 当 表示 A，B 的纵坐标，可知 ………………6 分 （II）t=0 时的 l 不符合题意. 时，BO//AN 当且仅当 BO 的斜率 kBO 与 AN 的斜率 kAN相等，即 解得 因为 ),1[]1,(,3 ||34|| 2 +∞−−∞∈+= mm mAB ,2 || 3|| 34 3 ||34|| 2 ≤ + =+= mmm mAB 3±=m 1 2e = BC AD 2 2 2 2 2 1 22 2 4 2: 1, : 1,( 0)x y b y xC C a ba b a a + = + = > > : (| | )l x t t a= < 2 2 2 2( , ), ( , ).a bA t a t B t a tb a − − 1 3, , ,2 2 A Be b a y y= =时 分别用 2 2 2 | | 3| |:| | .2 | | 4 B A y bBC AD y a = = = 0t ≠ 2 2 2 2 , b aa t a ta b t t a − − = − 2 2 2 2 2 1 .ab et aa b e −= − = − −− 2 2 1 2| | , 0 1, 1, 1.2 et a e ee −< < < < < <又 所以 解得 所以当 时，不存在直线 l，使得 BO//AN； 当 时，存在直线 l 使得 BO//AN. ………………12 分 8.（全国大纲理 21） 已知 O 为坐标原点，F 为椭圆 在 y 轴正半轴上的焦点， 过 F 且斜率为 的直线 与 C 交于 A、B 两点，点 P 满足 （Ⅰ）证明：点 P 在 C 上； （Ⅱ）设点 P 关于点 O 的对称点为 Q，证明：A、P、B、Q 四点在同一圆上． 解：（I）F（0，1）， 的方程为 ， 代入 并化简得 …………2 分 设 则 由题意得 所以点 P 的坐标为 经验证，点 P 的坐标为 满足方程 故点 P 在椭圆 C 上。 …………6 分 （II）由 和题设知， PQ 的垂直平分线 的方程为 20 2e< ≤ 2 12 e< < 2 2: 12 yC x + = - 2 l 0.OA OB OP+ + =   l 2 1y x= − + 2 2 12 yx + = 24 2 2 1 0.x x− − = 1 1 2 2 3 3( , ), ( , ), ( , ),A x y B x y P x y 1 2 2 6 2 6, ,4 4x x − += = 1 2 1 2 1 2 2 , 2( ) 2 1,2x x y y x x+ = + = − + + = 3 1 2 3 1 2 2( ) , ( ) 1.2x x x y y y= − + = − = − + = − 2( , 1).2 − − 2( , 1)2 − − 2 2 1,2 yx + = 2( , 1)2P − − 2( ,1)2Q 1l ① 设 AB 的中点为 M，则 ，AB 的垂直平分线为 的方程为 ② 由①、②得 的交点为 。 …………9 分 故|NP|=|NA|。 又|NP|=|NQ|，|NA|=|NB|， 所以|NA|=|NP|=|NB|=|MQ|， 由此知 A、P、B、Q 四点在以 N 为圆心，NA 为半径的圆上 …………12 分 9.（山东理 22） 已知动直线 与椭圆 C: 交于 P 、Q 两不同点， 且△OPQ 的面积 = ,其中 O 为坐标原点. （Ⅰ）证明 和 均为定值; （Ⅱ）设线段 PQ 的中点为 M，求 的最大值； （Ⅲ）椭圆 C 上是否存在点 D,E,G，使得 ?若存在，判断△DEG 的形状；若不存在，请说明理由. （I）解：（1）当直线 的斜率不存在时，P，Q 两点关于 x 轴对称， 2 .2y x= − 2 1( , )4 2M 2l 2 1 .2 4y x= + 1 2,l l 2 1( , )8 8N − 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 1 3 11| | ( ) ( 1 ) ,2 8 8 8 3 2| | 1 ( 2) | | ,2 3 2| | ,4 2 2 1 1 3 3| | ( ) ( ) ,4 8 2 8 8 3 11| | | | | | ,8 NP AB x x AM MN NA AM MN = − + + − − = = + − ⋅ − = = = + + − = = + = l 2 2 13 2 x y+ = ( )1 1,x y ( )2 2,x y OPQS∆ 6 2 2 2 1 2x x+ 2 2 1 2y y+ | | | |OM PQ⋅ 6 2ODE ODG OEGS S S∆ ∆ ∆= = = l 所以 因为 在椭圆上， 因此 ① 又因为 所以 ② 由①、②得 此时 （2）当直线 的斜率存在时，设直线 的方程为 由题意知 m ，将其代入 ，得 ， 其中 即 …………（*） 又 所以 因为点 O 到直线 的距离为 所以 2 1 2 1, .x x y y= = − 1 1( , )P x y 2 2 1 1 13 2 x y+ = 6 ,2OPQS∆ = 1 1 6| | | | .2x y⋅ = 1 1 6| | ,| | 1.2x y= = 2 2 2 2 1 2 1 23, 2,x x y y+ = + = l l ,y kx m= + 0≠ 2 2 13 2 x y+ = 2 2 2(2 3 ) 6 3( 2) 0k x kmx m+ + + − = 2 2 2 236 12(2 3 )( 2) 0,k m k m∆ = − + − > 2 23 2k m+ > 2 1 2 1 22 2 6 3( 2), ,2 3 2 3 km mx x x xk k −+ = − =+ + 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 6 3 2| | 1 ( ) 4 1 ,2 3 k mPQ k x x x x k k + −= + ⋅ + − = + ⋅ + l 2 | | 1 , md k = + 1 | |2OPQS PQ d∆ = ⋅ 2 2 2 2 2 1 2 6 3 2 | |12 2 3 1 k m mk k k + −= + ⋅ ⋅+ + 又 整理得 且符合（*）式， 此时 综上所述， 结论成立。 （II）解法一： （1）当直线 的斜率存在时， 由（I）知 因此 （2）当直线 的斜率存在时，由（I）知 所以 2 2 2 6 | | 3 2 2 3 m k m k + −= + 6 ,2OPQS∆ = 2 23 2 2 ,k m+ = 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 6 3( 2)( ) 2 ( ) 2 3,2 3 2 3 km mx x x x x x k k −+ = + − = − − × =+ + 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2(3 ) (3 ) 4 ( ) 2.3 3 3y y x x x x+ = − + − = − + = 2 2 2 2 1 2 1 23; 2,x x y y+ = + = l 1 1 6| | | | ,| | 2 | | 2,2OM x PQ y= = = = 6| | | | 2 6.2OM PQ⋅ = × = l 1 2 3 ,2 2 x x k m + = 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 2 21 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 2( ) ,2 2 2 2 9 1 6 2 1 1| | ( ) ( ) (3 ),2 2 4 4 2 24(3 2 ) 2(2 1) 1| | (1 ) 2(2 ),(2 3 ) y y x x k k mk m mm m m x x y y k mOM m m m m k m mPQ k k m m + + − + 1= + = − + = = + + −= + = + = = − + − += + = = ++ 2 2 2 2 1 1 1| | | | (3 ) 2 (2 )2OM PQ m m ⋅ = × − × × + 2 2 2 2 2 1 1(3 )(2 ) 1 13 2 25( ) .2 4 m m m m = − + − + + ≤ = 所以 ，当且仅当 时，等号成立. 综合（1）（2）得|OM|·|PQ|的最大值为 解法二： 因为 所以 即 当且仅当 时等号成立。 因此 |OM|·|PQ|的最大值为 （III）椭圆 C 上不存在三点 D，E，G，使得 证明：假设存在 ， 由（I）得 因此 D，E，G 只能在 这四点中选取三个不同点， 而这三点的两两连线中必有一条过原点， 与 矛盾， 所以椭圆 C 上不存在满足条件的三点 D，E，G. 10.（四川理 21） 椭圆有两顶点 A（-1，0）、B（1，0），过其焦点 F（0，1）的直线 l 与椭圆交于 C、D 两 5| | | | 2OM PQ⋅ ≤ 2 2 1 13 2 , 2mm m − = + = ±即 5.2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2 14 | | | | ( ) ( ) ( ) ( )OM PQ x x y y x x y y+ = + + + + − + − 2 2 2 2 1 2 1 22[( ) ( )] 10. x x y y= + + + = 2 24 | | | | 102 | | | | 5.2 5 OM PQOM PQ +⋅ ≤ = = 5| | | | ,2OM PQ⋅ ≤ 2 | | | | 5OM PQ= = 5.2 6 .2ODE ODG OEGS S S∆ ∆ ∆= = = 1 1 2 2 6( , ), ( , ), ( , ) 2ODE ODG OEGD u v E x y G x y S S S∆ ∆ ∆= = =满足 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3, 3, 3; 2, 2, 2, 3 ; 1.2 5, , , , , 1 ,2 u x u x x x v y v y y y u x x v y y u x x v y y + = + = + = + = + = + = = = = = = = ± ± 解得 因此 只能从 中选取 只能从 中选取 6( , 1)2 ± ± 6 2ODE ODG OEGS S S∆ ∆ ∆= = = 点，并与 x 轴交于点 P．直线 AC 与直线 BD 交于点 Q． （I）当|CD | = 时，求直线 l 的方程； （II）当点 P 异于 A、B 两点时，求证： 为定值。 解：由已知可得椭圆方程为 ，设 的方程为 为 的斜率。 则 的方程为 11.（天津理 18）在平面直角坐标系 中，点 为动点， 分别为 椭圆 的左右焦点．已知△ 为等腰三角形． （Ⅰ）求椭圆的离心率 ； （Ⅱ）设直线 与椭圆相交于 两点， 是直线 上的点，满足 ， 求点 的轨迹方程． 本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、平面向量等基础知识，考查用代 数方法研究圆锥曲线的性质及数形结合的数学思想，考查解决问题能力与运算能力.满分 13 分. （I）解：设 由题意，可得 即 整理得 （舍）， 或 所以 3 22 OP OQ⋅  2 2 12 y x+ = l 1 ( 0),y k x k− = − l 1 21 2 22 2 22 22 1 2 1 22 2 421 22(2 ) 2 1 0 1 2 212 2 2 ky kx y yx x kkk x kxy kx x x y yk k = + + = + = −    ++⇒ + + − = ⇒  − − ++ =  = =  + + 2 4 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 2 8 8 8 8 9( ) ( ) 2 2(2 ) (2 ) 2 k k kx x y y k kk k + +− + − = + = ⇒ = ⇒ = −+ + l∴ 2 1y x= − + xOy ( , )P a b ( 0)a b> > 1 2,F F 2 2 2 2 1x y a b + = 1 2F PF e 2PF ,A B M 2PF 2AM BM⋅ = −  M 1 2( ,0), ( ,0)( 0)F c F c c− > 2 1 2| | | |,PF F F= 2 2( ) 2 .a c b c− + = 22( ) 1 0, 1c c c a a a + − = = −得 1 .2 c a = 1 .2e = （II）解：由（I）知 可得椭圆方程为 直线 PF2 方程为 A，B 两点的坐标满足方程组 消去 y 并整理，得 解得 得方程组的解 不妨设 设点 M 的坐标为 ， 由 于是 由 即 ， 化简得 将 所以 因此，点 M 的轨迹方程是 2 , 3 ,a c b c= = 2 2 23 4 12 ,x y c+ = 3( ).y x c= − 2 2 23 4 12 , 3( ). x y c y x c  + = = − 25 8 0.x cx− = 1 2 80, .5x x c= = 2 1 1 2 8 ,0, 5 3 , 3 3 .5 x cx y c y c  ==  = −  = 8 3 3( , ), (0, 3 )5 5A c c B c− 8 3 3( , ), ( , ), ( , 3 )5 5x y AM x c y c BM x y c= − − = + 则 33( ), .3y x c c x y= − = −得 8 3 3 8 3 3( , ),15 5 5 5AM y x y x= − − ( , 3 ).BM x x= 2,AM BM⋅ = −  8 3 3 8 3 3( ) ( ) 3 215 5 5 5y x x y x x− ⋅ + − ⋅ = − 218 16 3 15 0.x xy− − = 2 218 15 3 10 5, 0.3 1616 3 x xy c x y c xx − += = − = >代入 得 0.x > 218 16 3 15 0( 0).x xy x− − = > 12.（重庆理 20）如题（20）图，椭圆的中心为原点 ，离心率 ，一条准线的方程 为 ． （Ⅰ）求该椭圆的标准方程； （Ⅱ）设动点 满足： ，其中 是椭圆上的点，直线 与 的斜率之积为 ，问：是否存在两个定点 ，使得 为定值？若 存在，求 的坐标；若不存在，说明理由． 解：（I）由 解得 ，故椭圆的标准方程为 （II）设 ，则由 得 因为点 M，N 在椭圆 上，所以 ， 故 设 分别为直线 OM，ON 的斜率，由题设条件知 因此 O e 2= 2 x = 2 2 P OP OM ON= + 2   ,M N OM ON 1− 2 ,F F1 2 PF PF1 2+ ,F F1 2 22 , 2 2,2 c ae a c = = = 2 2 22, 2, 2a c b a c= = = − = 2 2 1.4 2 x y+ = 1 1 2 2( , ), ( , ), ( , )P x y M x y N x y 2OP OM ON= +   1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( , ) ( , ) 2( , ) ( 2 , 2 ), 2 , 2 . x y x y x y x x y y x x x y y y = + = + + = + = +即 2 22 4x y+ = 2 2 2 2 1 1 2 22 4, 2 4x y x y+ = + = 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 22 ( 4 4 ) 2( 4 4 )x y x x x x y y y y+ = + + + + + 2 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( 2 ) 4( 2 ) 4( 2 ) 20 4( 2 ). x y x y x x y y x x y y = + + + + + = + + ,OM ONk k 1 2 1 2 1 ,2OM ON y yk k x x ⋅ = = − 1 2 1 22 0,x x y y+ = 所以 所以 P 点是椭圆 上的点，设该椭圆的左、右焦点为 F1，F2，则由椭 圆的定义|PF1|+|PF2|为定值，又因 ，因此两焦点的坐标为 2012 1.【2012 高考新课标文 4】设 是椭圆 的左、右焦点， 为直 线 上一点， 是底角为 的等腰三角形，则 的离心率为（ ） 【解析】∵△ 是底角为 的等腰三角形， ∴ ， ，∴ = ，∴ ，∴ = ，故选 C. 2.【2012 高考全国文 5】椭圆的中心在原点，焦距为 ，一条准线为 ，则该椭圆的方 程为 （A） （B） （C） （D） 【解析】因为 ，由一条准线方程为 可得该椭圆的焦点在 轴上县 ，所以 。故选答案 C 3.【2012 高考浙江文 8】 如图，中心均为原点 O 的双曲线与椭圆有公共焦点，M，N 是双 曲线的两顶点。若 M，O，N 将椭圆长轴四等分，则双曲线 与椭圆的离心率的比值是 A.3 B.2 C. D. 【解析】设椭圆的长轴为 2a，双曲线的长轴为 ，由 M， O，N 将椭圆长轴四等分，则 ，即 ，又 因为双曲线与椭圆有公共焦点，设焦距均为 c，则双曲线的离 心率为 ， ， . 4.【2012 高考上海文 16】对于常数 、 ，“ ”是 “方程 的曲线是椭圆”的（ ） 2 22 20.x y+ = 2 2 2 2 1 (2 5) ( 10) x y+ = 2 2(2 5) ( 10) 10c = − = 1 2( 10,0), ( 10,0).F F− 1 2F F 3 2 ax = 30 2 1F PF 030 0 2 60PF A∠ = 2 1 2| | | | 2PF F F c= = 2| |AF c 32 2c a= e 3 4 2 4 2c c= ⇔ = 4x = − x 2 24 4 8a a cc = ⇔ = = 2 2 2 8 4 4b a c= − = − = 2a′ 2 2 2a a′= × 2a a′= ce a ′ = ′ ce a = 2e a e a ′ = =′ 2 2 2 2: 1( 0)x yE a ba b + = > > P 12 PFF∆ E ( )A 1 2 ( )B 2 3 ( )C 3 4 ( )D 4 5 4 4x = − 2 2 116 12 x y+ = 2 2 112 8 x y+ = 2 2 18 4 x y+ = 2 2 112 4 x y+ = 3 2 m n 0mn > 2 2 1mx ny+ = A、充分不必要条件 B、必要不充分条件 C、充分必要条件 D、既不充分也不必要条件 【解析】方程 的曲线表示椭圆，常数常数 的取值为 所以，由 得不到程 的曲线表示椭圆，因而不充分；反过来，根据该曲线表示 椭圆，能推出 ，因而必要.所以答案选择 B. 5.【2012 高考江西文 8】椭圆 的左、右顶点分别是 A，B，左、右焦 点分别是 F1，F2。若|AF1|,|F1F2|,|F1B|成等比数列，则此椭圆的离心率为 A. B. C. D. 【解析】本题着重考查等比中项的性质，以及椭圆的离心率等几何性质，同时考查了函数与 方程，转化与化归思想.利用椭圆及等比数列的性质解题.由椭圆的性质可知： ， ， . 又 已 知 ， ， 成 等 比 数 列 ， 故 ，即 ，则 .故 .即椭圆的离心率为 . 6.【2012 高考四川文 15】椭圆 为定值，且 的的左焦点为 ，直线 与椭圆相交于点 、 ， 的周长的最大值是 12，则该椭圆的离心率是______。 [解析]根据椭圆定义知：4a=12, 得 a=3 , 又 7.【2012 高考天津 19】（本小题满分 14 分） 已知椭圆 ,点 P 在椭圆上。 （I）求椭圆的离心率。 （II）设 A 为椭圆的右顶点，O 为坐标原点，若 Q 在椭圆上且满足|AQ|=|AO|求直线 的 斜率的值。 【 解 析 】 ( Ⅰ ) 点 在 椭 圆 上 122 =+ nymx nm, 0, 0, , m n m n >  >  ≠ 0mn > 122 =+ nymx 0mn > 1AF a c= − 1 2 2F F c= 1F B a c= + 1AF 1 2F F 1F B 2( )( ) (2 )a c a c c− + = 2 2 24a c c− = 2 25a c= 5 5 ce a = = 5 5 522 =− ca 3 2,2 ==∴=∴ a cec 5 2( , )5 2P a a 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b + = > > 1 4 5 5 1 2 5-2 2 2 2 1(5 x y aa + = 5)a > F x m= A B FAB∆ 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b + = > > 5 2( , )5 2a a OQ (Ⅱ) 设 ；则 直线 的斜率 8.【2012 高考江苏 19】（16 分）如图，在平面直角坐标系 中，椭圆 的左、右焦点分别为 ， ．已知 和 都在椭圆上，其中 为椭圆 的离心率． （1）求椭圆的方程； （2）设 是椭圆上位于 轴上方的两点， 且直线 与直线 平行， 与 交于点 P． （i）若 ，求直线 的斜率； （ii）求证： 是定值． 【答案】解：（1）由题设知， ，由点 在椭圆上，得 ，∴ 。 由 点 在 椭 圆 上 ， 得 ∴椭圆的方程为 。 （2）由（1）得 ， ，又∵ ∥ ， ∴设 、 的方程分别为 ， 。 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 5 3 65 2 1 18 8 4 a a b be ea b a a ⇔ + = ⇔ = ⇔ = − = ⇔ = ( cos , sin )(0 2 )Q a bθ θ θ π≤ < ( ,0)A a 2 2 2 2 2 2 (1 cos ) sin 13cos 16cos 5 0 cos 3 AQ AO a b aθ θ θ θ θ = ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔ = OQ sin 5cosOQ bk a θ θ= = ± xoy 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b + = > > 1( 0)F c− ， 2 ( 0)F c， (1 )e， 3 2e       ， e ,A B x 1AF 2BF 2AF 1BF 1 2 6 2AF BF− = 1AF 1 2PF PF+ 2 2 2= = ca b c e a + ， (1 )e， 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 11 =1 = = =1e c b c a b a a b b a b a a b + = ⇒ + ⇒ + ⇒ ⇒ 2 2= 1c a − 3 2e       ， 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 4 4 3 3 2 2 1 31 1 1 4 4=0 =21 4 e c a a a a a b a a         −   + = ⇒ + = ⇒ + = ⇒ − + ⇒ 2 2 12 x y+ = 1( 1 0)F − ， 2 (1 0)F ， 1AF 2BF 1AF 2BF = 1 = 1my x my x+ −， ( ) ( )1 1 2 2 1 20 0A x y B x y y > y >， ， ， ， ， ∴ 。 ∴ 。① 同理， 。② （i）由①②得， 。解 得 =2。 ∵注意到 ，∴ 。 ∴直线 的斜率为 。 （ ii ） 证 明 ： ∵ ∥ ， ∴ ， 即 。 ∴ 。 由 点 在 椭 圆 上 知 ， ， ∴ 。 同理。 。 ∴ 由①②得， ， ， ∴ 。 ∴ 是定值。 【考点】椭圆的性质，直线方程，两点间的距离公式。 【解析】（1）根据椭圆的性质和已知 和 都在椭圆上列式求解。 （2）根据已知条件 ，用待定系数法求解。 ( ) 2 221 2 21 1 1 1 2 1 1 2 21 2 2 1=0 =2 2= 1 x m my m y my y mmy x  + ++ = ⇒ + − − ⇒ + + ( ) ( ) ( ) ( )2 22 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 2 2 2 1 12 2= 1 0 = = 1 2 2 m m mm mAF x y my y m m m + + ++ ++ + − + + ⋅ =+ + ( )2 2 2 2 2 1 1 = 2 m m m BF m + − + + 2 1 2 2 2 1 2 m mAF BF m +− = + 2 2 2 1 6=2 2 m m m + + 2m 0m > = 2m 1AF 1 2= 2m 1AF 2BF 2 1 1 BFPB PF AF = 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1BF PB PF BF AFPB PF AF PF AF + ++ = + ⇒ = 1 1 1 1 2 = AFPF BFAF BF+ B 1 2 2 2BF BF+ = ( )1 1 2 1 2 = 2 2AFPF BFAF BF −+ ( )2 2 1 1 2 = 2 2BFPF AFAF BF −+ ( ) ( )1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 2+ = 2 2 2 2 2 2AF BF AF BFPF PF BF AFAF BF AF BF AF BF − + − = −+ + +  ( )2 1 2 2 2 2 1 = 2 m AF BF m + + + 2 1 2 2 1= 2 mAF BF m + + 1 2 2 3+ =2 2 = 22 2PF PF − 1 2PF PF+ (1 )e， 3 2e       ， 1 2 6 2AF BF− = 9.【2012 高考安徽文 20】（本小题满分 13 分） 如图， 分别是椭圆 ： + =1（ ）的左、右焦点， 是椭圆 的顶点， 是直线 与椭圆 的另一个交点， =60°. （Ⅰ）求椭圆 的离心率； （Ⅱ）已知△ 的面积为 40 ，求 a, b 的值. 【解析】（I） （Ⅱ）设 ；则 在 中， 面积 10.【2012 高考广东文 20】（本小题满分 14 分） 在 平 面 直 角 坐 标 系 中 ， 已 知 椭 圆 ： （ ） 的 左 焦 点 为 ，且点 在 上. （1）求椭圆 的方程； （2）设直线 同时与椭圆 和抛物线 ： 相切，求直线 的方程. 【解析】（1）因为椭圆 的左焦点为 ，所以 ， 点 代入椭圆 ，得 ，即 ，所以 ， 所以椭圆 的方程为 . （2）直线 的斜率显然存在，设直线 的方程为 ， ，消去 并整理得 ， 1 2 160 2 2 cF AF a c e a ο∠ = ⇔ = ⇔ = = 2BF m= 1 2BF a m= − 1 2BF F∆ 2 2 2 1 2 1 2 2 1 22 cos120BF BF F F BF F F ο= + − × × 2 2 2 3(2 ) 5a m m a am m a⇔ − = + + ⇔ = 1AF B∆ 2 1 1 1 3 3sin 60 ( ) 40 32 2 5 2 10, 5, 5 3 S F F AB a a a a c b ο= × × × ⇔ × × + × = ⇔ = = = 21, FF C 2 2 a x 2 2 b y 0>> ba A C B 2AF C 1F∠ A 2F C A BF1 3 xOy 1C 2 2 2 2 1x y a b + = 0a b> > 1( 1,0)F − (0,1)P 1C 1C l 1C 2C 2 4y x= l 1C 1( 1,0)F − 1c = (0,1)P 2 2 2 2 1x y a b + = 2 1 1b = 1b = 2 2 2 2a b c= + = 1C 2 2 12 x y+ = l l y kx m= + 2 2 12 x y y kx m  + =  = + y 2 2 2(1 2 ) 4 2 2 0k x kmx m+ + + − = 因为直线 与椭圆 相切，所以 ， 整理得 ① ，消去 并整理得 。 因为直线 与抛物线 相切，所以 ， 整理得 ② 综合①②，解得 或 。 所以直线 的方程为 或 。 11.【2102 高考北京文 19】(本小题共 14 分) 已知椭圆 C： + =1（a＞b＞0）的一个顶点为 A（2,0），离心率为 ， 直线 y=k(x-1) 与椭圆 C 交与不同的两点 M,N （Ⅰ）求椭圆 C 的方程 （Ⅱ）当△AMN 的面积为 时，求 k 的值 【考点定位】此题难度集中在运算，但是整体题目难度确实不大，从形式到条件的设计都是 非常熟悉的，相信平时对曲线的练习程度不错的学生做起来应该是比较容易的。 解：（1）由题意得 解得 .所以椭圆 C 的方程为 . （2）由 得 . 设 点 M,N 的 坐 标 分 别 为 ， ， 则 ， ， ， . 所以|MN|= = = . 由因为点 A(2,0)到直线 的距离 ， 2 2 x a 2 2 y b 2 2 10 3 2 2 2 2 2 2 a c a a b c =  =  = + 2b = 2 2 14 2 x y+ = 2 2 ( 1) 14 2 y k x x y = − + = 2 2 2 2(1 2 ) 4 2 4 0k x k x k+ − + − = 1 1( , )x y 2 2( , )x y 1 1( 1)y k x= − 2 2( 1)y k x= − 2 1 2 2 4 1 2 kx x k + = + 2 1 2 2 2 4 1 2 kx x k −= + 2 2 2 1 2 1( ) ( )x x y y− + − 2 2 1 2 1 2(1 )[( ) 4 ]k x x x x+ + − 2 2 2 2 (1 )(4 6 ) 1 2 k k k + + + ( 1y k x= − ） 2 | | 1 2 kd k = + l 1C 2 2 2 216 4(1 2 )(2 2) 0k m k m∆ = − + − = 2 22 1 0k m− + = 2 4y x y kx m  =  = + y 2 2 2(2 4) 0k x km x m+ − + = l 2C 2 2 2(2 4) 4 0km k m∆ = − − = 1km = 2 2 2 k m  =  = 2 2 2 k m  = −  = − l 2 22y x= + 2 22y x= − − 所 以 △ AMN 的 面 积 为 . 由 ， 解 得 . 12.【2012 高考山东文 21】 (本小题满分 13 分) 如图，椭圆 的离心率为 ，直线 和 所围成的矩形 ABCD 的面积为 8. (Ⅰ)求椭圆 M 的标准方程； (Ⅱ) 设直线 与椭圆 M 有两个不同的 交点 与矩形 ABCD 有两个不同的交点 .求 的最大值及取得最大值时 m 的值. 【答案】(I) ……① 矩形 ABCD 面积为 8，即 ……② 由①②解得： ，∴椭圆 M 的标准方程是 . (II) ， 设 ， 则 ， 由 得 . . 当 过 点时， ，当 过 点时， . ①当 时，有 ， ， 其中 ，由此知当 ，即 时， 取得最大值 . ②由对称性，可知若 ，则当 时， 取得最大值 . ③当 时， ， ， 由此知，当 时， 取得最大值 . 综上可知，当 和 0 时， 取得最大值 . 2 2 1 | | 4 6| |2 1 2 k kS MN d k += ⋅ = + 2 2 | | 4 6 10 1 2 3 k k k + =+ 1k = ± 2 2 2 2: 1( 0)x yM a ba b + = > > 3 2 x a= ± y b= ± : ( )l y x m m= + ∈R , ,P Q l ,S T | | | | PQ ST 2 2 2 3 3 2 4 c a be a a −= = ⇒ = 2 2 8a b⋅ = 2, 1a b= = 2 2 14 x y+ = 2 2 2 24 4, 5 8 4 4 0 , x y x mx m y x m  + = ⇒ + + − = = + 1 1 2 2( , ), ( , )P x y Q x y 2 1 2 1 2 8 4 4,5 5 mx x m x x −+ = − = 2 264 20(4 4) 0m m∆ = − − > 5 5m− < < 2 2 28 4 4 4 2| | 2 4 55 5 5 mPQ m m − = − − = −   l A 1m = l C 1m = − 5 1m− < < − ( 1, 1), (2,2 ),| | 2(3 )S m T m ST m− − − + = + 2 2 2 | | 4 5 4 4 6 1| | 5 (3 ) 5 PQ m ST m t t −= = − + −+ 3t m= + 1 3 4t = 4 5, ( 5, 1)3 3t m= = − ∈ − − | | | | PQ ST 2 55 1 5m< < 5 3m = | | | | PQ ST 2 55 1 1m− ≤ ≤ | | 2 2ST = 2| | 2 5| | 5 PQ mST = − 0m = | | | | PQ ST 2 55 5 3m = ± | | | | PQ ST 2 55 13.【2012 高考辽宁文 20】(本小题满分 12 分) 如图，动圆 ,1 3 2 2 4 3 2 a a − = 4a = 2C 1416 22 =+ xy A B， ( ) ( )A A B Bx y x y， ， ， 2AB OA=  O A B， ， A B， y AB kxy = kxy = 14 2 2 =+ yx ( ) 441 22 =+ xk 2 2 41 4 kxA += kxy = 2 2 + 116 4 y x = ( )2 24 16k x+ = 2 2 16 4Bx k = + 2AB OA=  22 4 AB xx = 22 41 16 4 16 kk +=+ 2 2 1 : 14 xC y+ = 2C 1C 1C 2C 1C 2C 2OB OA=  AB 解得 ，故直线 的方程为 或 ． 解法二： 两点的坐标分别为 ， 由 及（Ⅰ）知， 三点共线且点 不在 轴上， 因此可设直线 的方程为 ． 将 代入 中，得 ，所以 ， 又由 ，得 ， ， 将 代入 中，得 ，即 ， 解得 ，故直线 的方程为 或 1±=k AB xy = xy −= A B， ( ) ( )BBAA yxyx ,,, OAAB 2= O A B， ， A B， y AB kxy = kxy = 14 2 2 =+ yx ( ) 441 22 =+ xk 2 2 41 4 kxA += 2AB OA=  2 2 41 16 kxB += 2 2 2 41 16 k kyB += 22 , BB yx 1416 22 =+ xy 141 4 2 2 =+ + k k 22 414 kk +=+ 1±=k AB xy = xy −=