20152017三年高考真题精编解析一专题17 椭圆及其综合应用 40页

1.【2017 浙江，2】椭圆 的离心率是 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 试题分析： ，选 B． 2.【2017 课标 3，理 10】已知椭圆 C： ，（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 相切，则 C 的离心率为 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 试题分析：以线段 为直径的圆的圆心为坐标原点 ，半径为 ，圆的方程为 ， 直线 与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即： ， 整理可得 ，即 ， 从而 ，椭圆的离心率 ， 故选 A. 2 2 19 4 x y+ = 13 3 5 3 2 3 5 9 9 4 5 3 3e −= = 2 2 2 2 1x y a b + = 2 0bx ay ab− + = 6 3 3 3 2 3 1 3 1 2A A ( )0,0 r a= 2 2 2x y a+ = 2 0bx ay ab− + = 2 2 2abd a a b = = + 2 23a b= ( )2 2 2 2 23 ,2 3a a c a c= − = 2 2 2 2 3 ce a = = 2 6 3 3 ce a = = = 【考点】椭圆的离心率的求解；直线与圆的位置关系 【名师点睛】椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)， 常见有两种方法： ①求出 a，c，代入公式 e＝ ； ②只需要根据一个条件得到关于 a，b，c 的齐次式，结合 b2＝a2－c2 转化为 a，c 的齐次式，然 后等式(不等式)两边分别除以 a 或 a2 转化为关于 e 的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得 e(e 的取值范围). 3.【2016 高考浙江理数】已知椭圆 C1： +y2=1(m>1)与双曲线 C2： –y2=1(n>0)的焦点重合， e1，e2 分别为 C1，C2 的离心率，则（） A．m>n 且 e1e2>1 B．m>n 且 e1e2<1 C．m1 D．m > ,A B C P C PF x⊥ A l PF M y E BM OE C 1 3 1 2 2 3 3 4 l ( )y k x a= + x c= − 0x = | | ( )FM k a c= − c a ， 由 ， 得 ， 即 ， 整 理 ， 得 ，所以椭圆离心率为 ，故选 A． 考点：椭圆方程与几何性质． 【思路点拨】求解椭圆的离心率问题主要有三种方法：（1）直接求得 的值，进而求得 的 值；（2）建立 的齐次等式，求得 或转化为关于 的等式求解；(3)通过特殊值或特殊位 置，求出 ． 5.【2015 高考新课标 1，理 14】一个圆经过椭圆 的三个顶点，且圆心在 x 轴的正半 轴上，则该圆的标准方程为. 【答案】 【解析】设圆心为（ ，0），则半径为 ，则 ，解得 ，故圆的方程 为 . 6.【2016 高考江苏卷】如图，在平面直角坐标系 中， 是椭圆 的右 焦点，直线 与椭圆交于 两点，且 ,则该椭圆的离心率是. 【答案】 【解析】由题意得 ，因此 考点：椭圆离心率 | |OE ka= OBE CBM∆ ∆ 1 | | | |2 | | | | OE OB FM BC = 2 ( c) ka a k a a c =− + 1 3 c a = 1 3e = ,a c e , ,a b c b a e e 2 2 116 4 x y+ = 2 23 25( )2 4x y− + = a 4 a− 2 2 2(4 ) 2a a− = + 3 2a = 2 23 25( )2 4x y− + = xOy F 2 2 2 2 1( )x y a ba b + = ＞ ＞0 2 by = ,B C 90BFC∠ =  6 3 3 3( , ),C( , ),2 2 2 2 b bB a a− 2 2 2 2 23 6( ) ( ) 0 3 2 .2 2 3 bc a c a e− + = ⇒ = ⇒ = 【名师点睛】椭圆离心率的考查，一般分两个层次，一是由离心率的定义，只需分别求出 ， 这注重考查椭圆标准方程中量的含义，二是整体考查，求 的比值，这注重于列式，即需根据 条件列出关于 的一个齐次等量关系，通过解方程得到离心率的值. 7.【2017 课标 1，理 20】已知椭圆 C： （a>b>0），四点 P 1（1,1），P 2（0,1），P 3 （–1， ），P4（1， ）中恰有三点在椭圆 C 上. （1）求 C 的方程； （2）设直线 l 不经过 P2 点且与 C 相交于 A，B 两点.若直线 P2A 与直线 P2B 的斜率的和为–1， 证明：l 过定点. 【解析】 试题分析：（1）根据 ， 两点关于 y 轴对称，由椭圆的对称性可知 C 经过 ， 两点.另外 知，C 不经过点 P1，所以点 P2 在 C 上.因此 在椭圆上，代入其标准方 程，即可求出 C 的方程；（2）先设直线 P2A 与直线 P2B 的斜率分别为 k1，k2，在设直线 l 的方 程，当 l 与 x 轴垂直，通过计算，不满足题意，再设设 l： （ ），将 代 入 ，写出判别式，韦达定理，表示出 ，根据 列出等式表示出 和 的关系，判断出直线恒过定点. 试题解析：（1）由于 ， 两点关于 y 轴对称，故由题设知 C 经过 ， 两点. 又由 知，C 不经过点 P1，所以点 P2 在 C 上. 因此 ，解得 . 故 C 的方程为 . ,a c ,a c ,a c 2 2 2 2 =1x y a b + 3 2 3 2 3P 4P 3P 4P 2 2 2 2 1 1 1 3 4a b a b + > + 1 3 4, ,P P P y kx m= + 1m ≠ y kx m= + 2 2 14 x y+ = 1 2k k+ 1 2 1k k+ = − k m 3P 4P 3P 4P 2 2 2 2 1 1 1 3 4a b a b + > + 2 2 2 1 1 1 3 14 b a b  =  + = 2 2 4 1 a b  = = 2 2 14 x y+ = 由题设可知 . 设 A（x1，y1），B（x2，y2），则 x1+x2= ，x1x2= . 而 . 由题设 ，故 . 即 . 解得 . 当且仅当 时， ，欲使 l： ，即 ， 所以 l 过定点（2， ） 【考点】椭圆的标准方程，直线与圆锥曲线的位置关系. 8.【2017 课标 II，理】设 O 为坐标原点，动点 M 在椭圆 C： 上，过 M 作 x 轴的垂线， 垂足为 N，点 P 满足 。 (1) 求点 P 的轨迹方程； (2)设点 Q 在直线 上，且 。证明：过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点 F。 2 2 2(4 1) 8 4 4 0k x kmx m+ + + − = 2 2=16(4 1) 0k m∆ − + > 2 8 4 1 km k − + 2 2 4 4 4 1 m k − + 1 2 1 2 1 2 1 1y yk k x x − −+ = + 1 2 1 2 1 1kx m kx m x x + − + −= + 1 2 1 2 1 2 2 ( 1)( )kx x m x x x x + − += 1 2 1k k+ = − 1 2 1 2(2 1) ( 1)( ) 0k x x m x x+ + − + = 2 2 2 4 4 8(2 1) ( 1) 04 1 4 1 m kmk mk k − −+ ⋅ + − ⋅ =+ + 1 2 mk += − 1m > − 0∆ > 1 2 my x m += − + 11 ( 2)2 my x ++ = − − 1− 2 2 12 x y+ = 2NP NM=  3x = − 1OP PQ⋅ =  【答案】(1) 。 (2)证明略。 【解析】 试题分析：(1)设出点 P 的坐标，利用 得到点 P 与点,M 坐标之间的关系即可求得轨 迹方程为 。 (2)利用 可得坐标关系 ，结合(1)中的结论整理可得 ，即 ，据此即可得出题中的结论。 试题解析：（1）设 ,设 , 。 由 得 。 因为 在 C 上，所以 。 因此点 P 的轨迹方程为 。 （2）由题意知 。设 ,则 ， 。 由 得 ，又由（1）知 ，故 。 所以 ，即 。又过点 P 存在唯一直线垂直于 OQ，所以过点 P 且垂直于 OQ 的直线 过 C 的左焦点 F。 【考点】轨迹方程的求解；直线过定点问题。 2 2 2x y+ = 2=NP NM  2 2 2x y+ = 1OP PQ⋅ =  2 23 1m m tn n− − + − = 0=OQ PF   ⊥OQ PF  ( ) ( )0 0, , ,P x y M x y ( )0 ,0N x ( ) ( )0 0, , 0,NP x x y NM y= − =  2=NP NM  0 0 2, 2x x y y= = ( )0 0,M x y 2 2 12 2 x y+ = 2 2 2x y+ = ( )1,0F − ( ) ( )3, , ,Q t P m n− ( ) ( )3, , 1 , , 3 3OQ t PF m n OQ PF m tn= − = − − − ⋅ = + −    ( ) ( ), , 3 ,OP m n PQ m t n= = − − −  1=OP PQ   2 23 1m m tn n− − + − = 2 2 2m n+ = 3 3 0m tn+ − = 0=OQ PF   ⊥OQ PF  l 9.【2017 山东，理 21】在平面直角坐标系 中，椭圆 ： 的离心率为 ，焦距为 . （Ⅰ）求椭圆 的方程； （Ⅱ）如图，动直线 ： 交椭圆 于 两点， 是椭圆 上一点，直线 的斜率 为 ，且 ， 是线段 延长线上一点，且 ， 的半径为 ， 是 的两条切线，切点分别为 .求 的最大值，并求取得最大值时直线 的斜 率. 【答案】（I） . （Ⅱ） 的最大值为 ，取得最大值时直线 的斜率为 . 【解析】试题分析：（I）本小题由 ， 确定 即得. （Ⅱ）通过联立方程组 化简得到一元二次方程后应用韦达定理，应用弦长公式确 定 及 圆 的半径 表达式. 试题解析：（I）由题意知 ， ，所以 ， 因此椭圆 的方程为 . xOy E 2 2 2 2 1x y a b + = ( )0a b> > 2 2 2 E l 1 3 2y k x= − E ,A B C E OC 2k 1 2 2 4k k = M OC : 2:3MC AB = M MC ,OS OT M ,S T SOT∠ l 2 2 12 x y+ = SOT∠ 3 π l 1 2 2k = ± 2 2 ce a = = 2 2c = 2 2 1 1,2 3 ,2 x y y k x  + =  = − 2 2 ce a = = 2 2c = 2, 1a b= = E 2 2 12 x y+ = ,a b | |AB M r （Ⅱ）设 ，联立方程 得 ，由题意知 ，且 ， 所以 . 由题意可知圆 的半径 为 由题设知 ，所以 因此直线 的方程为 . 联立方程 得 ，因此 . 由题意可知 ，而 ，令 ，则 ， 因此 ， 当且仅当 ，即 时等号成立，此时 ，所以 ，因此 ， 所以 最大值为 .综上所述： 的最大值为 ，取得最大值时直线 的斜率为 . 【考点】1.椭圆的标准方程及其几何性质；2.直线与圆锥曲线的位置关系；3. 二次函数的图象和 性质. ( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y 2 2 1 1,2 3 ,2 x y y k x  + =  = − ( )2 2 1 14 2 4 3 1 0k x k x+ − − = 0∆ > ( )1 1 2 1 22 2 1 1 2 3 1,2 1 2 2 1 kx x x xk k + = = −+ + 2 2 1 12 1 1 2 2 1 1 1 81 2 2 1 k kAB k x x k + += + − = + 1 2 2 4k k = 2 1 2 4k k = OC 1 2 4y xk = 2 2 1 1,2 2 ,4 x y y xk  + =  = 2 2 21 2 2 1 1 8 1,1 4 1 4 kx yk k = =+ + 2 2 2 1 2 1 1 8 1 4 kOC x y k += + = + 1sin 2 1 SOT r OCr OC r ∠ = =+ + 2 1 2 1 2 2 1 1 2 1 1 8 1 4 1 1 82 2 3 2 1 k OC k r k k k + += + + + 2 1 2 2 1 1 1 23 2 4 1 4 1 k k k += + + 2 11 2t k= + ( )11, 0,1t t > ∈ 2 2 2 3 3 1 3 1 12 2 21 12 1 1 1 92 2 4 OC t r t t t t t = = = ≥ + −  + − − − +   1 1 2t = 2t = 1 2 2k = ± 1sin 2 2 SOT∠ ≤ 2 6 SOT π∠ ≤ SOT∠ 3 π SOT∠ 3 π l 1 2 2k = ± M r 2 2 1 1 2 1 1 1 82 2 3 2 1 k kr k + += + 10.【2017 天津，理 19】设椭圆 的左焦点为 ，右顶点为 ，离心率为 .已知 是抛物线 的焦点， 到抛物线的准线 的距离为 . （I）求椭圆的方程和抛物线的方程； （II）设 上两点 ， 关于 轴对称，直线 与椭圆相交于点 （ 异于点 ），直线 与 轴相交于点 .若 的面积为 ，求直线 的方程. 【答案】（1） ， .（2） ，或 . 【解析】 试题分析：由于 为抛物线焦点， 到抛物线的准线 的距离为 ，则 ，又椭圆的离 心率为 ，求出 ，得出椭圆的标准方程和抛物线方程；则 ，设直线 方程为设 ，解出 两点的坐标，把直线 方程和椭圆方程联立解出 点坐标， 写出 所在直线方程，求出点 的坐标，最后根据 的面积为 解方程求出 ，得 出直线 的方程. 试题解析：（Ⅰ）解：设 的坐标为 .依题意， ， ， ，解得 ， ， ，于是 .所以，椭圆的方程为 ，抛物线的方 程为 . （Ⅱ）解：设直线 的方程为 ，与直线 的方程 联立，可得点 ， 故 . 将 与 联 立 ， 消 去 ， 整 理 得 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b + = > > F A 1 2 A 2 2 ( 0)y px p= > F l 1 2 l P Q x AP B B A BQ x D APD△ 6 2 AP 2 2 4 13 yx + = 2 4y x= 3 6 3 0x y+ − = 3 6 3 0x y− − = A F l 1 2 1 2a c− = 1 2 , ,c a b (1,0)A AP 1( 0)x my m= + ≠ P Q、 AP B BQ D APD△ 6 2 m AP F ( ,0)c− 1 2 c a = 2 p a= 1 2a c− = 1a = 1 2c = 2p = 2 2 2 3 4b a c= − = 2 2 4 13 yx + = 2 4y x= AP 1( 0)x my m= + ≠ l 1x = − 2( 1, )P m − − 2( 1, )Q m − 1x my= + 2 2 4 13 yx + = x ， 解 得 ， 或 . 由 点 异 于 点 ， 可 得 点 . 由 ， 可 得 直 线 的 方 程 为 ， 令 ， 解 得 ， 故 . 所 以 . 又 因 为 的 面 积 为 ， 故 ，整理得 ，解得 ，所以 . 所以，直线 的方程为 ，或 . 【考点】直线与椭圆综合问题 11.【2017 江苏，17】如图,在平面直角坐标系 中,椭圆 的左、右焦点 分别为 , ,离心率为 ,两准线之间的距离为 8.点 在椭圆 上，且位于第一象限，过点 作直线 的垂线 ,过点 作直线 的垂线 . （1）求椭圆 的标准方程； （2）若直线 的交点 在椭圆 上,求点 的坐标. 【答案】（1） （2） 【解析】解：（1）设椭圆的半焦距为 c. 2 2(3 4) 6 0m y my+ + = 0y = 2 6 3 4 my m −= + B A 2 2 2 3 4 6( , )3 4 3 4 m mB m m − + − + + 2( 1, )Q m − BQ 2 2 2 6 2 3 4 2( )( 1) ( 1)( ) 03 4 3 4 m mx ym m m m − − +− + − + − =+ + 0y = 2 2 2 3 3 2 mx m −= + 2 2 2 3( ,0)3 2 mD m − + 2 2 2 2 2 3 6| | 1 3 2 3 2 m mAD m m −= − =+ + APD△ 6 2 2 2 1 6 2 6 2 3 2 | | 2 m m m × × =+ 23 2 6 | | 2 0m m− + = 6| | 3m = 6 3m = ± AP 3 6 3 0x y+ − = 3 6 3 0x y− − = xOy 2 2 2 2: 1( 0)x yE a ba b + = > > 1F 2F 1 2 P E 1F 1PF 1l 2F 2PF 2l E E Q E P F1 ⋅O⋅ F2 x y (第 17 题) 2 2 14 3 x y+ = 4 7 3 7( , )7 7 因为椭圆 E 的离心率为 ，两准线之间的距离为 8，所以 ， ， 解得 ，于是 ， 因此椭圆 E 的标准方程是 . （2）由（1）知， ， . 设 ，因为点 为第一象限的点，故 . 当 时， 与 相交于 ，与题设不符. 当 时，直线 的斜率为 ，直线 的斜率为 . 因为 ， ，所以直线 的斜率为 ，直线 的斜率为 ， 从而直线 的方程： ，① 直线 的方程： . ② 由①②，解得 ，所以 . 因为点 在椭圆上，由对称性，得 ，即 或 . 又 在椭圆 E 上，故 . 由 ，解得 ； ，无解. 因此点 P 的坐标为 . 1 2 1 2 c a = 22 8a c = 2, 1a c= = 2 2 3b a c= − = 2 2 14 3 x y+ = 1( 1,0)F − 2 (1,0)F 0 0( , )P x y P 0 00, 0x y> > 0 1x = 2l 1l 1F 0 1x ≠ 1PF 0 0 1 y x + 2PF 0 0 1 y x − 1 1l PF⊥ 2 2l PF⊥ 1l 0 0 1x y − + 2l 0 0 1x y −− 1l 0 0 1( 1)xy xy += − + 2l 0 0 1( 1)xy xy −= − − 2 0 0 0 1, xx x y y −= − = 2 0 0 0 1( , )xQ x y −− Q 2 0 0 0 1 x yy − = ± 2 2 0 0 1x y− = 2 2 0 0 1x y+ = P 2 2 0 0 14 3 x y+ = 2 2 0 0 2 2 0 0 1 14 3 x y x y  − = + = 0 0 4 7 3 7,7 7x y= = 2 2 0 0 2 2 0 0 1 14 3 x y x y  + = + = 4 7 3 7( , )7 7 12.【2016 高考新课标 1 卷】（本小题满分 12 分）设圆 的圆心为 A,直线 l 过点 B（1,0）且与 x 轴不重合,l 交圆 A 于 C,D 两点,过 B 作 AC 的平行线交 AD 于点 E. （I）证明 为定值,并写出点 E 的轨迹方程； （II）设点 E 的轨迹为曲线 C1,直线 l 交 C1 于 M,N 两点,过 B 且与 l 垂直的直线与圆 A 交于 P,Q 两 点,求四边形 MPNQ 面积的取值范围. 【答案】（Ⅰ） （ ）（II） 【解析】 试题分析：根据 可知轨迹为椭圆,利用椭圆定义求方程；（II）分斜率是否存在设出直 线方程,当直线斜率存在时设其方程为 ,根据根与系数的关系和弦长公式把面 积表示为 x 斜率 k 的函数,再求最值. 试题解析：（Ⅰ）因为 , ,故 , 所以 ,故 . 又圆 的标准方程为 ,从而 ,所以 . 由题设得 , , ,由椭圆定义可得点 的轨迹方程为： （ ）. 过点 且与 垂直的直线 ： , 到 的距离为 ,所以 .故四边形 的面积 2 2 2 15 0x y x+ + − = EA EB+ 134 22 =+ yx 0≠y )38,12[ EA EB+ )0)(1( ≠−= kxky |||| ACAD = ACEB// ADCACDEBD ∠=∠=∠ |||| EDEB = |||||||||| ADEDEAEBEA =+=+ A 16)1( 22 =++ yx 4|| =AD 4|||| =+ EBEA )0,1(−A )0,1(B 2|| =AB E 134 22 =+ yx 0≠y )0,1(B l m )1(1 −−= xky A m 1 2 2 +k 1 344) 1 2(42|| 2 2 2 2 2 + += + −= k k k PQ MPNQ . 可得当 与 轴不垂直时,四边形 面积的取值范围为 . 当 与 轴垂直时,其方程为 , , ,四边形 的面积为 12. 综上,四边形 面积的取值范围为 . 考点：圆锥曲线综合问题 【名师点睛】高考解析几何解答题大多考查直线与圆锥曲线的位置关系,直线与圆锥曲线的位置 关系是一个很宽泛的考试内容,主要由求值、求方程、求定值、最值、求参数取值范围等几部分 组成, .其中考查较多的圆锥曲线是椭圆与抛物线,解决这类问题要重视方程思想、函数思想及化 归思想的应用. 13.【2016 高考山东理数】（本小题满分 14 分） 平面直角坐标系 中，椭圆 C： 的离心率是 ，抛物线 E： 的焦点 F 是 C 的一个顶点. （I）求椭圆 C 的方程； （II）设 P 是 E 上的动点，且位于第一象限，E 在点 P 处的切线 与 C 交与不同的两点 A，B，线 段 AB 的中点为 D，直线 OD 与过 P 且垂直于 x 轴的直线交于点 M. （i）求证：点 M 在定直线上; （ii）直线 与 y 轴交于点 G，记 的面积为 ， 的面积为 ，求 的最大值及 取得最大值时点 P 的坐标. 34 1112||||2 1 2 ++== kPQMNS l x MPNQ )38,12[ l x 1=x 3|| =MN 8|| =PQ MPNQ MPNQ )38,12[ xOy ( )2 2 2 2 1 0x y a ba b + = ＞ ＞ 3 2 2 2x y= l l PFG△ 1S PDM△ 2S 1 2 S S 【答案】（Ⅰ） ;（Ⅱ）（i）见解析；（ii） 的最大值为 ，此时点 的坐标为 【解析】 试题分析：（Ⅰ）根据椭圆的离心率和焦点求方程；（Ⅱ）（i）由点 P 的坐标和斜率设出直线 l 的方程和抛物线联立，进而判断点 M 在定直线上；（ii）分别列出 ， 面积的表达式，根据 二次函数求最值和此时点 P 的坐标. 试题解析： （Ⅱ）（i）设 ，由 可得 ， 所以直线 的斜率为 ， 因此直线 的方程为 ，即 . 设 ，联立方程 得 ， 由 ，得 且 ， 因此 , 将其代入 得 ， 因为 ，所以直线 方程为 . 14 22 =+ yx 1 2 S S 4 9 P )4 1,2 2( 1S 2S )0)(2,( 2 >mmmP yx 22 = xy =/ l m l )(2 2 mxmmy −=− 2 2mmxy −= ),(),,(),,( 002211 yxDyxByxA 2 2 2 2 4 1 my mx x y  = −  + = 014)14( 4322 =−+−+ mxmxm 0>∆ 520 +<< m 14 4 2 3 21 +=+ m mxx 14 2 2 2 3 21 0 +=+= m mxxx 2 2mmxy −= )14(2 2 2 0 +−= m my mx y 4 1 0 0 −= OD xmy 4 1−= 联立方程 ，得点 的纵坐标为 ， 即点 在定直线 上. （ii）由（i）知直线 方程为 ， 令 得 ，所以 ， 又 ， 所以 ， ， 所以 ， 令 ，则 ， 当 ，即 时， 取得最大值 ，此时 ，满足 ， 所以点 的坐标为 ，因此 的最大值为 ，此时点 的坐标为 . 考点：1.椭圆、抛物线的标准方程及其几何性质；2.直线与圆锥曲线的位置关系；3. 二次函数的 图象和性质. 14.【2015 江苏高考，18】（本小题满分 16 分）    = −= mx xmy 4 1 M M 1 4y = − M 4 1−=y l 2 2mmxy −= 0=x 2 2my −= )2,0( 2mG − 2 1( , ), (0, ),2 2 mP m F D ))14(2,14 2( 2 2 2 3 + − + m m m m )1(4 1||2 1 2 1 +== mmmGFS )14(8 )12(||||2 1 2 22 02 + +=−⋅= m mmxmPMS 22 22 2 1 )12( )1)(14(2 + ++= m mm S S 12 2 += mt 211)1)(12( 22 2 1 ++−=+−= ttt tt S S 2 11 = t 2=t 2 1 S S 4 9 2 2=m 0>∆ P )4 1,2 2( 1 2 S S 4 9 P )4 1,2 2( 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 的离心率为 ，且右焦点 F 到左准线 l 的距离为 3. （1）求椭圆的标准方程； （2）过 F 的直线与椭圆交于 A，B 两点，线段 AB 的垂直平分线分别交直线 l 和 AB 于 点 P，C，若 PC=2AB，求直线 AB 的方程. 【答案】（1） （2） 或 ． 【解析】 试题分析（1）求椭圆标准方程，只需列两个独立条件即可：一是离心率为 ，二是右焦点 F 到左准线 l 的距离为 3，解方程组即得（2）因为直线 AB 过 F，所以求直线 AB 的方程就是确定 其斜率，本题关键就是根据 PC=2AB 列出关于斜率的等量关系，这有一定运算量.首先利用直线 方程与椭圆方程联立方程组，解出 AB 两点坐标，利用两点间距离公式求出 AB 长，再根据中点 坐标公式求出 C 点坐标，利用两直线交点求出 P 点坐标，再根据两点间距离公式求出 PC 长，利 用 PC=2AB 解出直线 AB 斜率,写出直线 AB 方程. （2）当 轴时， ，又 ，不合题意． 当 与 轴不垂直时，设直线 的方程为 ， ， ， 将 的方程代入椭圆方程，得 ， 则 ， 的坐标为 ，且 ( )2 2 2 2 1 0x y a ba b + = > > 2 2 2 2 12 x y+ = 1y x= − 1y x= − + 2 2 xΑΒ ⊥ 2ΑΒ = C 3Ρ = ΑΒ x ΑΒ ( )1y k x= − ( )1 1,x yΑ ( )2 2,x yΒ ΑΒ ( ) ( )2 2 2 21 2 4 2 1 0k x k x k+ − + − = ( )2 2 1,2 2 2 2 1 1 2 k k x k ± + = + C 2 2 2 2 ,1 2 1 2 k k k k  −  + +  ． 若 ，则线段 的垂直平分线为 轴，与左准线平行，不合题意． 从而 ，故直线 的方程为 ， 则 点的坐标为 ，从而 ． 因为 ，所以 ，解得 ． 此时直线 方程为 或 ． 【考点定位】椭圆方程，直线与椭圆位置关系 差法”解决，往往会更简单。 15.【2016 高考天津理数】（本小题满分 14 分） 设椭圆 （ ）的右焦点为 ，右顶点为 ，已知 ， 其中 为原点， 为椭圆的离心率. （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）设过点 的直线 与椭圆交于点 （ 不在 轴上），垂直于 的直线与 交于点 ， 与 轴交于点 ，若 ，且 ，求直线的 斜率的取值范围. 【答案】（Ⅰ） （Ⅱ） 【解析】 试题分析：（Ⅰ）求椭圆标准方程，只需确定量，由 ，得 ， 再利用 ，可解得 ， （Ⅱ）先化简条件： ，即 M 再 OA 中垂线上， ，再利用直线与椭圆位置 ( ) ( ) ( )( ) ( )2 2 2 22 2 1 2 1 2 1 2 2 2 1 1 1 2 k x x y y k x x k + ΑΒ = − + − = + − = + 0k = ΑΒ y 0k ≠ CΡ 2 2 2 1 2 1 2 1 2 k ky xk k k  + = − − + +  Ρ ( ) 2 2 5 22, 1 2 k k k  + − +  ( ) ( ) 2 2 2 2 3 1 1 C 1 2 k k k k + + Ρ = + C 2Ρ = ΑΒ ( ) ( ) ( )2 2 2 22 2 3 1 1 4 2 1 1 21 2 k k k kk k + + + = ++ 1k = ± ΑΒ 1y x= − 1y x= − + 13 2 2 2 =+ y a x 3>a F A || 3 || 1 || 1 FA e OAOF =+ O e A l B B x l l M y H HFBF ⊥ MOA MAO∠ ≤ ∠ l 2 2 14 3 x y+ = ),4 6[]4 6,( +∞−−∞  1 1 3 | | | | | | c OF OA FA + = 1 1 3 ( ) c c a a a c + = − 2 2 2 3a c b− = = 2 1c = 2 4a = MOA MAO∠ = ∠ ⇔ | | | |MA MO= 1Mx = 关系，联立方程组求 ；利用两直线方程组求 H，最后根据 ，列等量关系解出直线 斜率.取值范围 试 题 解 析 ： （ 1 ） 解 ： 设 ， 由 ， 即 ， 可 得 ， 又 ， 所 以 ， 因 此 ， 所 以 椭 圆 的 方 程 为 . （2）（Ⅱ）解：设直线 的斜率为 （ ），则直线 的方程为 .设 ， 由方程组 ，消去 ，整理得 . 解得 ，或 ，由题意得 ，从而 . 由（Ⅰ）知， ，设 ，有 ， .由 ， 得 ， 所 以 ， 解 得 . 因 此 直 线 的 方 程 为 . 所以，直线 的斜率的取值范围为 . 考点：椭圆的标准方程和几何性质，直线方程 B HFBF ⊥ ( ,0)F c 1 1 3 | | | | | | c OF OA FA + = 1 1 3 ( ) c c a a a c + = − 2 2 23a c c− = 2 2 2 3a c b− = = 2 1c = 2 4a = 2 2 14 3 x y+ = l k 0≠k l )2( −= xky ),( BB yxB    −= =+ )2( 134 22 xky yx y 0121616)34( 2222 =−+−+ kxkxk 2=x 34 68 2 2 + −= k kx 34 68 2 2 + −= k kxB 34 12 2 + −= k kyB )0,1(F ),0( HyH ),1( HyFH −= )34 12,34 49( 22 2 ++ −= k k k kBF HFBF ⊥ 0=⋅ HFBF 034 12 34 49 22 2 =+++ − k ky k k H k kyH 12 49 2−= MH k kxky 12 491 2−+−= l ),4 6[]4 6,( +∞−−∞  16.【2015 高考山东，理 20】平面直角坐标系 中，已知椭圆 的离 心率为 ，左、右焦点分别是 ，以 为圆心以 3 为半径的圆与以 为圆心以 1 为半径 的圆相交，且交点在椭圆 上. (Ⅰ)求椭圆 的方程； （Ⅱ）设椭圆 ， 为椭圆 上任意一点，过点 的直线 交椭圆 于 两点，射线 交椭圆 于点 . ( i )求 的值； （ii）求 面积的最大值. 【答案】（I） ；（II）( i )2；（ii） . 【解析】 试题分析：（I）根据椭圆的定义与几何性质列方程组确定 的值，从而得到椭圆 的方程； （II）（i）设 ， ，由题意知 ，然后利用这两点分别在两上椭 圆上确定 的值; （ii）设 ，利用方程组 结合韦达定理求出弦 长 ， 选 将 的 面 积 表 示 成 关 于 的 表 达 式 ，然后，令 ， 利用一元二次方程根的判别式确定的范围，从而求出 的面积的最大值，并结合（i）的结 xoy ( )2 2 2 2: 1 0x yC a ba b + = > > 3 2 1 2,F F 1F 2F C C 2 2 2 2: 14 4 x yE a b + = P C P y kx m= + E ,A B PO E Q OQ OP ABQ∆ 2 2 14 x y+ = 6 3 ,a b ( )0 0,P x y OQ OP λ= ( )0 0,Q x yλ λ− − λ ( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y 2 2 116 4 y kx m x y = + + = AB OAB∆ ,k m 2 2 2 2 2 2 16 41 2 1 4 k m mS m x x k + −= ⋅ − = + 2 2 2 22 4 1 4 1 4 m m k k  = − ⋅ + +  2 21 4 m tk =+ OAB∆ 果求出△ 面积的最大值. 试题解析：（I）由题意知 ，则 ,又 可得 , 所以椭圆 C 的标准方程为 . （II）由（I）知椭圆 E 的方程为 , （i）设 ， ，由题意知 因为 , 又 ，即 ,所以 ，即 . 所以 因为直线 与轴交点的坐标为 所以 的面积 令 ,将 代入椭圆 C 的方程可得 由 ，可得 …………………………………………② 由①②可知 因此 ,故 2 4a = 2a = 2 2 23 ,2 c a c ba = − = 1b = 2 2 14 x y+ = 2 2 116 4 x y+ = ( )0 0,P x y OQ OP λ= ( )0 0,Q x yλ λ− − 2 20 0 14 x y+ = ( ) ( )2 2 0 0 116 4 x yλ λ− −+ = 22 20 0 14 4 x y λ  + =   2λ = 2OQ OP = 2 2 1 2 2 4 16 4 1 4 k mx x k + −− = + y kx m= + ( )0,m OAB∆ 2 2 2 2 2 2 16 41 2 1 4 k m mS m x x k + −= ⋅ − = + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (16 4 ) 2 41 4 1 4 1 4 k m m m m k k k  + − ⋅= = − ⋅ + + +  2 21 4 m tk =+ y kx m= + ( )2 2 21 4 8 4 4 0k x kmx m+ + + − = 0∆ ≥ 2 21 4m k≤ + 0 1t< ≤ ( ) 22 4 2 4S t t t t= − = − + 2 3S ≤ 当且仅当 ，即 时取得最大值 由（i）知， 面积为 ,所以 面积的最大值为 . 17.【2015 高考陕西，理 20】（本小题满分 12 分）已知椭圆 （ ）的半 焦距为 ，原点 到经过两点 ， 的直线的距离为 ． （I）求椭圆 的离心率； （II）如图， 是圆 的一条直径，若椭圆 经过 ， 两点，求 椭圆 的 方程． 【答案】（I） ；（II） ． 【解析】 试题分析：（I）先写过点 ， 的直线方程，再计算原点 到该直线的距离，进而可得 椭圆 的离心率；（II）先由（I）知椭圆 的方程，设 的方程，联立 ，消 去 ，可得 和 的值，进而可得 ，再利用 可得 的值，进而可得椭圆 的方程． 试题解析：（I）过点 ， 的直线方程为 ， 1t = 2 21 4m k= + 2 3 ABQ∆ 3S ABQ∆ 6 3 :Ε 2 2 2 2 1x y a b + = 0a b> > c Ο ( ),0c ( )0,b 1 2 c Ε ΑΒ :Μ ( ) ( )2 2 52 1 2x y+ + − = Ε Α Β Ε 3 2 2 2 112 3 x y+ = ( ),0c ( )0,b Ο Ε Ε ΑΒ ( ) 2 2 2 2 1 4 4 y k x x y b  = + + + = y 1 2x x+ 1 2x x k 10ΑΒ = 2b Ε ( ),0c ( )0,b 0bx cy bc+ - = 则原点 到直线的距离 ， 由 ，得 ，解得离心率 . (II)解法一：由（I）知，椭圆 的方程为 . (1) 依题意，圆心 是线段 的中点，且 . 易知， 不与 轴垂直，设其直线方程为 ，代入(1)得 设 则 由 ，得 解得 . 从而 . 于是 . 由 ，得 ，解得 . 故椭圆 的方程为 . 解法二：由（I）知，椭圆 的方程为 . （2） 因此 直线方程为 ，代入(2)得 所以 ， . Ο 2 2 bc bcd ab c = = + 1 2d c= 2 22 2a b a c= = - 3 2 c a = Ε 2 2 24 4x y b+ = ( )2,1Μ − ΑΒ | AB| 10= ΑΒ x ( 2) 1y k x= + + 2 2 2 2(1 4 ) 8 (2 1) 4(2 1) 4 0k x k k x k b+ + + + + - = 1 1 2 2( , y ),B( , y ),A x x 2 2 1 2 1 22 2 8 (2 1) 4(2 1) 4, .1 4 1 4 k k k bx x x xk k + + -+ = - = -+ + 1 2 4x x+ = - 2 8 (2 1) 4,1 4 k k k +- = -+ 1 2k = 2 1 2 8 2x x b= - ( )2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 5| AB| 1 | | 4 10( 2)2 2x x x x x x b = + − = + − = −   | AB| 10= 210( 2) 10b - = 2 3b = Ε 2 2 112 3 x y+ = Ε 2 2 24 4x y b+ = ΑΒ 1 ( 2) 12y x= + + 2 24 8 2 0.x x b+ + - = 1 2 4x x+ = - 2 1 2 8 2x x b= - 于是 . 由 ，得 ，解得 . 故椭圆 的方程为 . 考点：1、直线方程；2、点到直线的距离公式；3、椭圆的简单几何性质；4、椭圆的方程；5、 圆的方程；6、直线与圆的位置关系；7、直线与圆锥曲线的位置. 18.【2016 高考浙江理数】（本题满分 15 分）如图，设椭圆 （a＞1）. （I）求直线 y=kx+1 被椭圆截得的线段长（用 a、k 表示）； （II）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. 【答案】（I） ；（II） ． 【解析】 试题分析：（I）先联立 和 ，可得 ， ，再利用弦长公式可得直线 被椭圆截得的线段长；（II）先假设圆与椭圆的公共点有 个，再利用对称性及已知 条件可得任意以点 为圆心的圆与椭圆至多有 个公共点时， 的取值范围，进而可得椭 ( )2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 5| AB| 1 | | 4 10( 2)2 2x x x x x x b = + − = + − = −   | AB| 10= 210( 2) 10b - = 2 3b = Ε 2 2 112 3 x y+ = 2 2 2 1x ya + = 2 2 2 2 2 11 a k ka k ⋅ ++ 20 2e< ≤ 1y kx= + 2 2 2 1x ya + = 1x 2x 1y kx= + 4 ( )0,1Α 3 a 圆离心率的取值范围． 试题解析：（I）设直线 被椭圆截得的线段为 ，由 得 ， 故 ， ． 因此 ． （II）假设圆与椭圆的公共点有 个，由对称性可设 轴左侧的椭圆上有两个不同的点 ， ， 满足 ． 记直线 ， 的斜率分别为 ， ，且 ， ， ． 由（I）知， ， ， 故 因此 ，① 因为①式关于 ， 的方程有解的充要条件是 ，所以 ． 1y kx= + ΑΡ 2 2 2 1 1 y kx x ya = + + = ( )2 2 2 21 2 0a k x a kx+ + = 1 0x = 2 2 2 2 2 1 a kx a k = − + 2 2 2 1 2 2 2 21 11 a kk x x ka k ΑΡ = + − = ⋅ ++ 4 y Ρ Q QΑΡ = Α ΑΡ QΑ 1k 2k 1k 2 0k > 1 2k k≠ 2 2 1 1 2 2 1 2 1 1 a k k a k +ΑΡ = + 2 2 2 2 2 2 2 2 1Q 1 a k k a k +Α = + ( )2 2 2 2 1 2 1 11 1 1 2a ak k   + + = + −      1k 2k ( )2 21 2 1a a+ − > 2a > 因此，任意以点 为圆心的圆与椭圆至多有 个公共点的充要条件为 ， 由 得，所求离心率的取值范围为 ． 考点：1、弦长；2、圆与椭圆的位置关系；3、椭圆的离心率． 19.【2015 高考新课标 2，理 20】（本题满分 12 分） 已知椭圆 ,直线 不过原点 且不平行于坐标轴， 与 有两个交点 ， ，线段 的中点为 ． (Ⅰ)证明：直线 的斜率与 的斜率的乘积为定值； （Ⅱ）若 过点 ，延长线段 与 交于点 ，四边形 能否为平行四边形？若 能，求此时 的斜率，若不能，说明理由． 【答案】(Ⅰ)详见解析；（Ⅱ）能， 或 ． 【解析】(Ⅰ)设直线 ， ， ， ． 将 代 入 得 ， 故 ， ．于是直线 的斜率 ，即 ．所以直线 的斜率与 的斜率的乘积为定值． （Ⅱ）四边形 能为平行四边形． 因为直线 过点 ，所以 不过原点且与 有两个交点的充要条件是 ， ． 由(Ⅰ)得 的方程为 ．设点 的横坐标为 ．由 得 ， 即 ． 将 点 的 坐 标 代 入 直 线 的 方 程 得 ， 因 此 ( )0,1Α 3 1 2a< ≤ 2 1c ae a a −= = 20 2e< ≤ 2 2 2:9 ( 0)C x y m m+ = > l O l C A B AB M OM l l ( , )3 m m OM C P OAPB l 4 7− 4 7+ :l y kx b= + ( 0, 0)k b≠ ≠ 1 1( , )A x y 2 2( , )B x y ( , )M MM x y y kx b= + 2 2 29x y m+ = 2 2 2 2( 9) 2 0k x kbx b m+ + + − = 1 2 22 9M x x kbx k += = − + 2 9 9M M by kx b k = + = + OM 9M OM M yk x k = = − 9OMk k⋅ = − OM l OAPB l ( , )3 m m l C 0k > 3k ≠ OM 9y xk = − P Px 2 2 2 9 , 9 , y xk x y m  = −  + = 2 2 2 29 81P k mx k = + 23 9P kmx k ±= + ( , )3 m m l (3 ) 3 m kb −= ．四边形 为平行四边形当且仅当线段 与线段 互相平分，即 ．于是 ．解得 ， ．因为 ， ， ，所以当 的斜 率为 或 时，四边形 为平行四边形． 【考点定位】1、弦的中点问题；2、直线和椭圆的位置关系． 【名师点睛】(Ⅰ)题中涉及弦的中点坐标问题，故可以采取“点差法”或“韦达定理”两种方法求解： 设端点 的坐标，代入椭圆方程并作差，出现弦 的中点和直线 的斜率；设直线 的方程 同时和椭圆方程联立，利用韦达定理求弦 的中点，并寻找两条直线斜率关系；（Ⅱ）根据(Ⅰ) 中结论，设直线 方程并与椭圆方程联立，求得 坐标，利用 以及直线 过点 列方程求 的值． 20.【2016 高考新课标 2 理数】已知椭圆 的焦点在 轴上， 是 的左顶点，斜 率为 的直线交 于 两点，点 在 上， ． （Ⅰ）当 时，求 的面积； （Ⅱ）当 时，求 的取值范围． 【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ） . 【解析】 试题解析：（I）设 ，则由题意知 ，当 时， 的方程为 ， . 2 ( 3) 3( 9)M mk kx k −= + OAPB AB OP 2P Mx x= 23 9 km k ± = + 2 ( 3)2 3( 9) mk k k −× + 1 4 7k = − 2 4 7k = + 0, 3i ik k> ≠ 1i = 2 l 4 7− 4 7+ OAPB ,A B AB l l AB OM M 2P Mx x= l ( , )3 m m k :E 2 2 13 x y t + = x A E ( 0)k k > E ,A M N E MA NA⊥ 4,| | | |t AM AN= = AMN∆ 2 AM AN= k 144 49 ( )3 2,2 ( )1 1,M x y 1 0y > 4t = E 2 2 14 3 x y+ = ( )2,0A − 由已知及椭圆的对称性知，直线 的倾斜角为 .因此直线 的方程为 . 将 代入 得 .解得 或 ，所以 . 因此 的面积 . （II）由题意 ， ， . 将直线 的方程 代入 得 . 由 得 ，故 . 由题设，直线 的方程为 ，故同理可得 ， 由 得 ，即 . 当 时上式不成立， 因此 . 等价于 ， 即 .由此得 ，或 ，解得 . 因此 的取值范围是 . 考点：椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系. 21.【2015 高考四川，理 20】如图，椭圆 E： 的离心率是 ，过点 P （0,1）的动直线 与椭圆相交于 A，B 两点，当直线 平行与 轴时，直线 被椭圆 E 截得的线 段长为 . (1)求椭圆 E 的方程； （2）在平面直角坐标系 中，是否存在与点 P 不同的定点 Q，使得 恒成立？若 AM 4 π AM 2y x= + 2x y= − 2 2 14 3 x y+ = 27 12 0y y− = 0y = 12 7y = 1 12 7y = AMN∆ 1 12 12 1442 2 7 7 49 = × × × = 3t > 0k > ( ),0A t− AM ( )y k x t= + 2 2 13 x y t + = ( )2 2 2 2 23 2 3 0tk x ttk x t k t+ + + − = ( ) 2 2 1 23 t kx t tk ⋅ − = + ( )2 1 2 3 3 t tk x tk − = + ( )2 2 1 2 6 2 1 3 t k AM x t k tk + = + + = + AN ( )1y x tk = − + ( )2 2 6 1 3 k t k AN k t + == + 2 AM AN= 2 2 2 3 3 k tk k t =+ + ( ) ( )3 2 3 2 1k t k k− = − 3 2k = ( ) 3 3 2 1 2 k kt k −= − 3t > ( )( )23 2 3 3 2 13 2 02 2 k kk k k k k − +− + − = <− − 3 2 02 k k − <− 3 2 0 2 0 k k − >  − < 3 2 0 2 0 k k − <  − > 3 2 2k< < k ( )3 2,2 2 2 2 2+ 1( 0)x y a ba b = > > 2 2 l l x l 2 2 xOy QA PA QB PB = 存在，求出点 Q 的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） ；（2）存在，Q 点的坐标为 . 【解析】（1）由已知，点 在椭圆 E 上. 因此， 解得 . 所以椭圆的方程为 . 所以，若存在不同于点 P 的定点 Q 满足条件，则 Q 点的坐标只可能为 . 下面证明：对任意的直线 ，均有 . 当直线 的斜率不存在时，由上可知，结论成立. 当直线 的斜率存在时，可设直线 的方程为 ，A、B 的坐标分别为 . 联立 得 . 其判别式 ， 所以， . 2 2 14 2 x y+ = (0,2)Q ( 2,1) 2 2 2 2 2 2 1 1, , 2 ,2 a b a b c c a  + =  − =   = 2, 2a b= = 2 2 14 2 x y+ = (0,2)Q l | | | | | | | | QA PA QB PB = l l l 1y kx= + 1 1 2 2( , ),( , )x y x y 2 2 1,4 2 1 x y y kx  + =  = + 2 2(2 1) 4 2 0k x kx+ + − = 2 216 8(2 1) 0k k∆ = + + > 1 2 1 22 2 4 2,2 1 2 1 kx x x xk k + = − = −+ + 因此 . 易知，点 B 关于 y 轴对称的点的坐标为 . 又 ， 所以 ，即 三点共线. 所以 . 故存在与 P 不同的定点 ，使得 恒成立. 22.【2016 年高考北京理数】（本小题 14 分） 已 知 椭 圆 C ： （ ） 的 离 心 率 为 ， ， ， ， 的面积为 1. （1）求椭圆 C 的方程； （2）设 的椭圆 上一点，直线 与 轴交于点 M，直线 PB 与 轴交于点 N. 求证： 为定值. 【答案】（1） ；（2）详见解析. 【解析】 1 2 1 2 1 2 1 1 2x x kx x x x ++ = = 2 2( , )B x y′ − x y P A B' F2F1 O B1 B Q 1 2 1 1 2 2 1 2 21 1 1,QA QB y yk k k k kx x x x x′ − −= = − = = − + = −− QA QBk k ′= , ,Q A B′ 1 2 | || | | | | | | | | | | | | | xQA QA PA QB QB x PB = = =′ (0,2)Q | | | | | | | | QA PA QB PB = 2 2 2 2 1+ =x y a b 0a b> > 3 2 ( ,0)A a (0, )B b (0,0)O OAB∆ P C PA y x BMAN ⋅ 2 2 14 x y+ = 试题分析：（1）根据离心率为 ，即 ， 的面积为 1，即 ，椭圆中 列方程求解；（2）根据已知条件分别求出 ， 的值，求其乘积为定值. 所以椭圆 的方程为 . （2）由（Ⅰ）知， ， 设 ，则 . 当 时，直线 的方程为 . 令 ，得 .从而 . 直线 的方程为 . 令 ，得 .从而 . 所以 . 当 时， ， 所以 . 综上， 为定值. 考点：1.椭圆方程及其性质；2.直线与椭圆的位置关系. 3 2 3 2 c a = OAB∆ 1 12 ab = 2 2 2a b c= + AN | |BM C 14 2 2 =+ yx )1,0(),0,2( BA ),( 00 yxP 44 2 0 2 0 =+ yx 00 ≠x PA )2(20 0 −−= xx yy 0=x 2 2 0 0 −−= x yyM 2 211 0 0 −+=−= x yyBM M PB 11 0 0 +−= xx yy 0=y 10 0 −−= y xxN 122 0 0 −+=−= y xxAN N 2 2112 0 0 0 0 −+⋅−+=⋅ x y y xBMAN 22 8844 22 48444 0000 0000 0000 0000 2 0 2 0 +−− +−−=+−− +−−++= yxyx yxyx yxyx yxyxyx 4= 00 =x 10 −=y ,2,2 == ANBM 4=⋅ BMAN BMAN ⋅ 算。 23.【2016 年高考四川理数】（本小题满分 13 分） 已知椭圆 E： 的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点， 直线 与椭圆 E 有且只有一个公共点 T. （Ⅰ）求椭圆 E 的方程及点 T 的坐标； （Ⅱ）设 O 是坐标原点，直线 l’平行于 OT，与椭圆 E 交于不同的两点 A、B，且与直线 l 交于点 P．证明：存在常数 ，使得 ，并求 的值. 【答案】（Ⅰ） ，点 T 坐标为（2,1）；（Ⅱ） . 【解析】 试题分析：（Ⅰ）由椭圆两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点可得 ， 从而可得 ，椭圆的标准方程中可减少一个参数，再利用直线和椭圆只有一个公共点， 联立方程，方程有两个相等实根，解出 b 的值，从而得到椭圆的标准方程；（Ⅱ）首先设出直 线 方 程 为 ， 由 两 直 线 方 程 求 出 点 坐 标 ， 得 ， 同 时 设 交 点 ，把 方程与椭圆方程联立后消去 得 的二次方程，利用根与系数关系， 得 ，再计算 ，比较可得 值. 试题解析：（I）由已知， ，即 ，所以 ，则椭圆 E 的方程为 . 由方程组 得 .① 方程①的判别式为 ，由 ，得 ， 此方程①的解为 ， 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b + = > > : 3l y x= − + λ 2PT PA PBλ= ⋅ λ 2 2 16 3 x y+ = 4 5 λ = 2a c= 2a b= 'l 1 2y x m= + P 2PT 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y 'l y x 1 2 1 2,x x x x+ PA PB⋅ λ 2 2 2(2 )a a c+ = 2a c= 2a b= 2 2 2 2 12 x y b b + = 2 2 2 2 1,2 3, x y b b y x  + =  = − + 2 23 12 (18 2 ) 0x x b− + − = 2=24( 3)b∆ − =0∆ 2 =3b =2x 所以椭圆 E 的方程为 . 点 T 坐标为（2,1）. 由方程组 可得 .② 方程②的判别式为 ，由 ，解得 . 由②得 . 所以 ， 同理 ， 所以 . 故存在常数 ，使得 . 考点：椭圆的标准方程及其几何性质. 2 2 16 3 x y+ = 2 2 16 3 1 2 x y y x m  + =  = + ， ， 2 23 4 (4 12) 0x mx m+ + − = 2=16(9 2 )m∆ − >0∆ 3 2 3 2 2 2m− < < 2 1 2 1 2 4 4 12= ,3 3 m mx x x x −+ − = 2 2 1 1 1 2 2 5 2(2 ) (1 ) 23 3 2 3 m m mPA x y x= − − + + − = − − 2 5 222 3 mPB x= − − 1 2 5 2 2(2 )(2 )4 3 3 m mPA PB x x⋅ = − − − − 2 1 2 1 2 5 2 2(2 ) (2 )( )4 3 3 m m x x x x= − − − + + 2 25 2 2 4 4 12(2 ) (2 )( )4 3 3 3 3 m m m m −= − − − − + 210 9 m= 4 5 λ = 2PT PA PBλ= ⋅ 24.【2015 高考重庆，理 21】如题（21）图，椭圆 的左、右焦点分别为 过 的直线交椭圆于 两点，且 （1）若 ，求椭圆的标准方程 （2）若 求椭圆的离心率 【答案】（1） ；（2） 【解析】 试题解析：（1）本题中已知椭圆上的一点到两焦点的距离，因此由椭圆定义可得长轴长，即参 数 的值，而由 ，应用勾股定理可得焦距，即 的值，因此方程易得；（2）要求椭 圆的离心率，就是要找到关于 的一个等式，题中涉及到焦点距离，因此我们仍然应用椭圆 定义，设 ，则 ， ，于是 有 ，这样在 中求得 ，在 中可 建立关于 的等式，从而求得离心率. (1)由椭圆的定义， 设椭圆的半焦距为 c，由已知 ，因此 即 ( )2 2 2 2 1 0x y a ba b + = > > 1 2, ,F F 2F ,P Q 1PQ PF⊥ F2F1 P Q y xO 1 22 2, 2 2PF PF= + = − 1 ,PF PQ= .e 2 2+y =14 x 6 3− a 1PQ PF⊥ c , ,a b c 1PF m= 2 2PF a m= − 2 2 (2 ) 2 2QF PQ PF m a m m a= − = − − = − 1 22 4 2QF a QF a m= − = − 1Rt PQF∆ 2(2 2)m a= − 1 2Rt PF F∆ ,a c ( ) ( )1 22 | PF | | PF | 2 2 2 2 4a a= + = + + - = ，故 =2. 1 2PF PF⊥ ( ) ( )2 22 2 1 2 1 22 | FF | | PF | | PF | 2 2 2 2 2 3c = = + = + + - = ， 3c= . 从而 故所求椭圆的标准方程为 . 由椭圆的定义， ,从而由 ， 有 又由 ， 知 ，因此 于是 解得 . 解 法 二 ： 如 图 (21) 图 由 椭 圆 的 定 义 ， , 从 而 由 ，有 又由 ， 知 ，因此 , ,从而 由 ,知 ，因此 【考点定位】考查椭圆的标准方程，椭圆的几何性质.，直线和椭圆相交问题，考查运算求解能 力． 2 2b 1a c= - = 2 2+y =14 x ( ) ( )22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1| PF | = 2 +c 2 2 2 2 .c ba b a b a a b a a ba c   − + = − + − = + −      1 2 1 2| PF | | PF | 2 ,| QF | | QF | 2a a+ = + = 1 2 2| PF | = | PQ | = | PF | + | QF | 1 1| QF | 4 2 | PF |a= - 1 2PF PF⊥ 1| PF | = | PQ | 1 1| QF | 2 | PF |= ( ) 12+ 2 | PF | =4a ( )( )2 22 2 2 4 .a a b a+ + - = 21 41 1 6 32 2 2 e   = + − = −  +    1 2 1 2| PF | | PF | 2 ,| QF | | QF | 2a a+ = + = 1 2 2| PF | = | PQ | = | PF | + | QF | 1 1| QF | 4 2 | PF |a= - 1 2PF PF⊥ 1| PF | = | PQ | 1 1| QF | 2 | PF |= 1 14 2 | PF | 2 | PF |a - = 1| PF | =2(2- 2)a 2 1| PF | =2 - | PF | 2 (2- 2) 2( 2 1)a a a a= - = - 1 2PF PF⊥ 2 2 2 2 2 1 2 2| PF | | PF | | PF | (2 ) 4c c+ = = = 2 2 1 2 2 2| PF | | PF | (2 2) ( 2 1) 9 6 2 6 32 ce a a += = = - + - = - = - 25.【2015高考安徽，理20】设椭圆E的方程为 ，点O为坐标原点，点A的 坐标为 ，点B的坐标为 ，点M在线段AB上，满足 ，直线OM的斜率为 . （I）求 E 的离心率 e； （II）设点 C 的坐标为 ，N 为线段 AC 的中点，点 N 关于直线 AB 的对称点的纵坐标 为 ，求 E 的方程. 【答案】（I） ；（II） . 【解析】（I）由题设条件知，点 的坐标为 ，又 ，从而 ，进而 得 ，故 . （II）由题设条件和（I）的计算结果可得，直线 的方程为 ，点 的坐标为 ，设点 关于直线 的对称点 的坐标为 ，则线段 的中点 的 坐 标 为 . 又 点 在 直 线 上 ， 且 , 从 而 有 ( )2 2 2 2 1 0x y a ba b + = > > ( )0a， ( )0 b， 2BM MA= 5 10 ( )0 b−， 7 2 2 5 5 2 2 145 9 x y+ = M 2 1( , )3 3a b 5 10OMk = 5 2 10 b a = 2 25 , 2a b c a b b= = − = 2 5 5 ce a = = AB 1 5 x y bb + = N 5 1( , )2 2b b− N AB S 1 7( , )2x NS T 15 1 7( , )4 2 4 4 xb b+ − + T AB 1NS ABk k⋅ = − 解得 ，所以 ，故椭圆 的方程为 . 【考点定位】1.椭圆的离心率； 2.椭圆的标准方程；3.点点关于直线对称的应用. 条件求出 a，b 26.【2015 高考福建，理 18】已知椭圆 E： 过点 ，且离心率为 ． (Ⅰ)求椭圆 E 的方程； (Ⅱ)设直线 交椭圆 E 于 A，B 两点， 判断点 G 与以线段 AB 为直径的圆的位置关系，并说明理由． 【答案】(Ⅰ) ；(Ⅱ) G 在以 AB 为直径的圆外． 【解析】解法一：(Ⅰ)由已知得 1 1 5 1 7 4 2 4 4 1 5 7 1 2 2 5 5 2 xb b bb b bx  + − + + =  + =  − 3b = 3 5a = E 2 2 145 9 x y+ = 2 2 2 2 1(a 0)x y ba b+ = > > (0, 2） 2 2 x y B A OG 1x my m R= - Î，( ) 9( 4- , 0) 2 2 14 2 x y+ = 9( 4- , 0) 解得 ， 所以椭圆 E 的方程为 ． , 故 所以 ，故 G 在以 AB 为直径的圆外． 解法二：(Ⅰ)同解法一. (Ⅱ)设点 ，则 由 所以 从而 所以 不共线，所以 为锐角. 故点 G 在以 AB 为直径的圆外． 【考点定位】1、椭圆的标准方程；2、直线和椭圆的位置关系；3、点和圆的位置关系． 2 2 2 2, 2 ,2 , b c a a b c ì =ïïï =íïï = +ïî 2 2 2 a b c ì =ïï =íïï =î 2 2 14 2 x y+ = 2 2 2 22 1 2 1 2 1 2( ) ( y ) (m +1)( y )|AB| 4 4 4 x x y y- + - -= = 2 2 2 21 2 1 2 0 1 2 (m +1)[( y ) 4 y ] (m +1)(y y )4 y y y+ -= = - 2 2 2 2 2 2 0 1 2 2 2 2 |AB| 5 25 5 3(m +1) 25 17 2|GH| my (m +1) y 04 2 16 2(m 2) m 2 16 16(m 2) m my +- = + + = - + = >+ + + |AB||GH|> 2 9( 4- , 0) 1 1 2 2( y ),B( , y ),A x x 1 1 2 2 9 9GA ( , ),GB ( , ).4 4x y x y= + = +  2 22 2 1 (m 2) y 2 3 0, 14 2 x my myx y ì = -ïï + - - =íï + =ïî 得 1 2 1 22 2 2 3y + y = , y y =m 2 m 2 m + + ， 1 2 1 2 1 2 1 2 9 9 5 5GA GB ( )( ) (my )(my )4 4 4 4x x y y y y= + + + = + + +   2 2 2 1 2 1 2 2 2 5 25 5 3(m +1) 25(m +1) y ( y )4 16 2(m 2) m 2 16 my m y= + + + = - ++ + 2 2 17 2 016(m 2) m += >+ cos GA,GB 0, GA GBá ñ>   又 ， AGBÐ 9( 4- , 0) 27.【2015 湖南理 20】已知抛物线 的焦点 也是椭圆 的 一个焦点， 与 的公共弦的长为 . （1）求 的方程； （2）过点 的直线 与 相交于 ， 两点，与 相交于 ， 两点，且 与 同向 （ⅰ）若 ，求直线 的斜率 （ⅱ）设 在点 处的切线与 轴的交点为 ，证明：直线 绕点 旋转时， 总是钝 角三角形 【答案】（1） ；（2）（i） ，（ii）详见解析. 【解析】 试题分析：（1）根据已知条件可求得 的焦点坐标为 ，再利用公共弦长为 即可求解； （2）（i）设直线 的斜率为 ，则 的方程为 ，由 得 ， 根据条件可知 ，从而可以建立关于 的方程，即可求解；（ii）根据条件可说明 ，因此 是锐角，从而 是钝角， 即可得证 试题解析：（1）由 ： 知其焦点 的坐标为 ，∵ 也是椭圆 的一焦点， ∴ ①，又 与 的公共弦的长为 ， 与 都关于 轴对称，且 的方程为 ，由此易知 与 的公共点的坐标为 ，∴ ②，联立①，②，得 ， ， 故 的 方 程 为 ； （ 2 ） 如 图 ， ， ， 2 1 : 4C x y= F 2 2 2 2 2: 1( 0)y xC a ba b + = > > 1C 2C 2 6 2C F l 1C A B 2C C D AC BD | | | |AC BD= l 1C A x M l F MFD∆ 2 2 19 8 y x+ = 6 4 ± 2C )1,0( 62 l k l 1+= kxy 2 1 4 y kx x y = +  = 2 16 64 0x kx+ − = AC = BD k FA ⋅ 2 2 1 1 1 1 1 02 4 x xFM y= − + = + > AFM∠ 180MFD AFM∠ = − ∠ 1C 2 4x y= F (0,1) F 2C 2 2 1a b− = 1C 2C 2 6 1C 2C y 1C 2 4x y= 1C 2C 3( 6, )2 ± 2 2 9 6 14a b + = 2 9a = 2 8b = 2C 2 2 19 8 x y+ = f 1 1( , )A x y 2 2( , )B x y ， ， （i）∵ 与 同向，且 ，∴ ，从而 ，即 ，于是 ③，设直线 的斜率为 ，则 的方程为 ， 由 （ii）由 得 ，∴ 在点 处的切线方程为 ，即 ，令 ，得 ，即 ，∴ ，而 ， 于是 ，因此 是锐角，从而 是 钝角.，故直线 绕点 旋转时， 总是钝角三角形. 【考点定位】1.椭圆的标准方程及其性质；2.直线与椭圆位置关系. 3 3( , )C x y 4 4( , )D x y AC BD |||| BDAC = AC BD=  3 1x x− = 4 2x x− 1 2x x− = 3 4x x− ( )2 1 2 4x x+ − 1 2x x = ( )2 3 4 4x x+ − 3 4x x l k l 1+= kxy 2 1 4 y kx x y = +  = 2 4x y= 'y = 2 x 1C A )(2 1 1 1 xxxyy −=− 4 2 1 1 xxxy −= 0=y 1 2 xx = )0,2( 1xM 1( , 1)2 xFM = − 1 1( , 1)FA x y= − FA ⋅ 2 2 1 1 1 1 1 02 4 x xFM y= − + = + > AFM∠ 180MFD AFM∠ = − ∠ l F MFD∆