2020版高考数学（天津专用）大一轮精准复习精练：9.3　椭圆及其性质 Word版含解析【KS5U 高考】

这是一份2020版高考数学（天津专用）大一轮精准复习精练：9.3　椭圆及其性质 Word版含解析【KS5U 高考】，共16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.椭圆的定义和标准方程
1.掌握椭圆的定义,并会用椭圆的定义进行解题
2.掌握椭圆的几何图形和标准方程,并会用待定系数法求椭圆的方程
2017北京,19
椭圆的标准方程
三角形的面积
★☆☆
2.椭圆的几何性质
1.掌握椭圆的几何性质(范围、对称性等),并会熟练运用
2.理解椭圆离心率的定义,并会求椭圆的离心率
2012天津文,19
椭圆的几何性质
直线和椭圆的方程
★☆☆
3.直线与椭圆的位置关系
1.掌握直线和椭圆位置关系的判断方法
2.理解“整体代换”思想的含义,并能通过直线与椭圆的位置关系解答相应问题
2018天津文,19
直线与椭圆的位置关系
三角形的面积
★★★
2014天津,18
圆的方程
分析解读　　从高考试题来看,椭圆的定义、标准方程、几何性质以及直线与椭圆的位置关系一直是高考命题的重点和热点,离心率问题是每年高考考查的重点,多在选择题和填空题中出现,主要考查学生结合椭圆定义、几何性质等分析问题、解决问题的能力以及运算能力,分值为5分,属于中档题目;在解答题中主要以直线与椭圆的位置关系为考查对象,考查面较广,往往会和平面向量、函数、导数、不等式等知识相结合,在考查对椭圆基本概念和性质理解及应用的同时,又考查直线与圆锥曲线的位置关系,考查数形结合思想和转化与化归思想.
破考点
【考点集训】
考点一　椭圆的定义和标准方程
1.“m>n>0”是“曲线mx2+ny2=1为焦点在x轴上的椭圆”的(　　)
A.充分而不必要条件　　B.必要而不充分条件　　C.充分必要条件　　D.既不充分也不必要条件
答案　D　
考点二　椭圆的几何性质
2.(2017浙江,2,4分)椭圆x29+y24=1的离心率是(　　)
A.133　　　　B.53　　　　C.23　　　　D.59
答案　B　
3.(2018课标Ⅱ文,11,5分)已知F1,F2是椭圆C的两个焦点,P是C上的一点.若PF1⊥PF2,且∠PF2F1=60°,则C的离心率为(　　)
A.1-32　　　　B.2-3　　　　　　　　C.3-12　　　　D.3-1
答案　D　
考点三　直线与椭圆的位置关系
4.(2014辽宁,20,12分)圆x2+y2=4的切线与x轴正半轴,y轴正半轴围成一个三角形,当该三角形面积最小时,切点为P(如图).
(1)求点P的坐标;
(2)焦点在x轴上的椭圆C过点P,且与直线l:y=x+3交于A,B两点.若△PAB的面积为2,求C的标准方程.

解析　(1)设切点坐标为(x0,y0)(x0>0,y0>0),则切线斜率为-x0y0,切线方程为y-y0=-x0y0(x-x0),即x0x+y0y=4.此时,两个坐标轴的正半轴与切线围成的三角形面积为S=12·4x0·4y0=8x0y0,由x02+y02=4≥2x0y0知当且仅当x0=y0=2时x0y0有最大值,即S有最小值,因此点P的坐标为(2,2).
(2)设C的标准方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),点A(x1,y1),B(x2,y2).由点P在C上知2a2+2b2=1,并由x2a2+y2b2=1,y=x+3
得b2x2+43x+6-2b2=0,
又x1,x2是方程的根,因此x1+x2=-43b2,x1x2=6-2b2b2,
由y1=x1+3,y2=x2+3,得|AB|=2|x1-x2|=2·48-24b2+8b4b2.
由点P到直线l的距离为32及S△PAB=12×32|AB|=2得b4-9b2+18=0,解得b2=6或3,
因此b2=6,a2=3(舍)或b2=3,a2=6,
从而所求C的方程为x26+y23=1.
炼技法
【方法集训】
方法1　求椭圆标准方程的方法
1.如图,已知椭圆C的中心为原点O,F(-25,0)为C的左焦点,P为C上一点,满足|OP|=|OF|且|PF|=4,则椭圆C的方程为(　　)

A.x225+y25=1　　　　B.x230+y210=1　　　　C.x236+y216=1　　　　D.x245+y225=1
答案　C　
方法2　椭圆的离心率(取值范围)的求法
2.已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)和圆C2:x2+y2=b2,若在椭圆C1上存在点P,使得过点P的圆C2的两条切线互相垂直,则椭圆C1的离心率的取值范围是(　　)
A.12,1　　　　B.22,32　　　　C.22,1　　　　D.32,1
答案　C　
3.(2013福建文,15,4分)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


方法3　解决直线与椭圆位置关系问题的方法
4.(2014安徽文,14,5分)设F1,F2分别是椭圆E:x2+y2b2=1(0 答案　x2+32y2=1
5.(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
过专题
【五年高考】
A组　自主命题·天津卷题组
1.(2018天津文,19,14分)设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右顶点为A,上顶点为B.已知椭圆的离心率为53,|AB|=13.
(1)求椭圆的方程;
(2)设直线l:y=kx(k<0)与椭圆交于P,Q两点,l与直线AB交于点M,且点P,M均在第四象限.若△BPM的面积是△BPQ面积的2倍,求k的值.
解析　本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程等基础知识.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.
(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|AB|=a2+b2=13,
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M的坐标为(x2,y2),由题意,x2>x1>0,点Q的坐标为(-x1,-y1).由△BPM的面积是△BPQ面积的2倍,可得|PM|=2|PQ|,从而x2-x1=2[x1-(-x1)],即x2=5x1.
易知直线AB的方程为2x+3y=6,由方程组2x+3y=6,y=kx,消去y,可得x2=63k+2.由方程组x29+y24=1,y=kx,消去y,可得x1=69k2+4.
由x2=5x1,可得9k2+4=5(3k+2),两边平方,整理得18k2+25k+8=0,解得k=-89或k=-12.
当k=-89时,x2=-9<0,不合题意,舍去;
当k=-12时,x2=12,x1=125,符合题意.
所以,k的值为-12.
解题关键　第(2)问中把两个三角形的面积的关系转化为点P、M的横坐标间的关系,进而得到关于k的方程是求解的难点和关键.
2.(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.
3.(2012天津文,19,14分)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0),点P55a,22a在椭圆上.
(1)求椭圆的离心率;
(2)设A为椭圆的左顶点,O为坐标原点.若点Q在椭圆上且满足|AQ|=|AO|,求直线OQ的斜率的值.
解析　(1)因为点P55a,22a在椭圆上,
故a25a2+a22b2=1,可得b2a2=58.
于是e2=a2-b2a2=1-b2a2=38,
所以椭圆的离心率e=64.
(2)设直线OQ的斜率为k,则其方程为y=kx.
设点Q的坐标为(x0,y0).
由条件得y0=kx0,x02a2+y02b2=1.
消去y0并整理得x02=a2b2k2a2+b2.①
由|AQ|=|AO|,A(-a,0),及y0=kx0,得(x0+a)2+k2x02=a2.
整理得(1+k2)x02+2ax0=0,而x0≠0,
故x0=-2a1+k2,
代入①,整理得(1+k2)2=4k2·a2b2+4.
由(1)知a2b2=85,故(1+k2)2=325k2+4,
即5k4-22k2-15=0,可得k2=5.
所以直线OQ的斜率k=±5.
评析本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、平面内两点间的距离公式等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质,以及数形结合的思想方法,考查运算求解能力、综合分析和解决问题的能力.
B组　统一命题、省(区、市)卷题组
考点一　椭圆的定义和标准方程
1.(2015广东文,8,5分)已知椭圆x225+y2m2=1(m>0)的左焦点为F1(-4,0),则m=(　　)
A.2　　　　B.3　　　　C.4　　　　D.9
答案　B　
2.(2017北京,19,14分)已知椭圆C的两个顶点分别为A(-2,0),B(2,0),焦点在x轴上,离心率为32.
(1)求椭圆C的方程;
(2)点D为x轴上一点,过D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M,N,过D作AM的垂线交BN于点E.求证:△BDE与△BDN的面积之比为4∶5.
解析　本题考查椭圆的方程和性质,直线的方程等知识,考查运算求解能力.
(1)设椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0).
由题意得a=2,ca=32,
解得c=3.
所以b2=a2-c2=1.
所以椭圆C的方程为x24+y2=1.
(2)证明:设M(m,n),则D(m,0),N(m,-n).
由题设知m≠±2,且n≠0.
直线AM的斜率kAM=nm+2,故直线DE的斜率kDE=-m+2n.
所以直线DE的方程为y=-m+2n(x-m).
直线BN的方程为y=n2-m(x-2).
联立y=-m+2n(x-m),y=n2-m(x-2),
解得点E的纵坐标yE=-n(4-m2)4-m2+n2.
由点M在椭圆C上,得4-m2=4n2.
所以yE=-45n.
又S△BDE=12|BD|·|yE|=25|BD|·|n|,
S△BDN=12|BD|·|n|,
所以△BDE与△BDN的面积之比为4∶5.
易错警示　在设直线方程时,若设方程为y=kx+m,则要考虑斜率不存在的情况;若设方程为x=ty+n,则要考虑斜率为0的情况.
3.(2014四川文,20,13分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F(-2,0),离心率为63.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)设O为坐标原点,T为直线x=-3上一点,过F作TF的垂线交椭圆于P,Q.当四边形OPTQ是平行四边形时,求四边形OPTQ的面积.
解析　(1)由已知可得,ca=63,c=2,所以a=6.
又由a2=b2+c2,解得b=2,
所以椭圆C的标准方程是x26+y22=1.
(2)设T点的坐标为(-3,m),则直线TF的斜率kTF=m-0-3-(-2)=-m.
当m≠0时,直线PQ的斜率kPQ=1m,直线PQ的方程是x=my-2.当m=0时,直线PQ的方程是x=-2,也符合x=my-2的形式.
设P(x1,y1),Q(x2,y2),将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立,得x=my-2,x26+y22=1.消去x,得(m2+3)y2-4my-2=0,
其判别式Δ=16m2+8(m2+3)>0,
所以y1+y2=4mm2+3,y1y2=-2m2+3,
x1+x2=m(y1+y2)-4=-12m2+3.
因为四边形OPTQ是平行四边形,
所以OP=QT,即(x1,y1)=(-3-x2,m-y2).
所以x1+x2=-12m2+3=-3,y1+y2=4mm2+3=m,解得m=±1.
此时,S四边形OPTQ=2S△OPQ=2×12·|OF|·|y1-y2|
=24mm2+32-4·-2m2+3=23.
评析本题主要考查椭圆的标准方程、直线与方程、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、转化与化归、分类与整合等数学思想.
考点二　椭圆的几何性质
1.(2018课标Ⅰ文,4,5分)已知椭圆C:x2a2+y24=1的一个焦点为(2,0),则C的离心率为(　　)
A.13　　　　B.12　　　　C.22　　　　D.223
答案　C　
2.(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　
3.(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　
考点三　直线与椭圆的位置关系
1.(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.证明:MN⊥AB.
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a=5b,c=a2-b2=2b.故e=ca=255.
(2)证明:由N是AC的中点知,点N的坐标为a2,-b2,可得NM=a6,5b6.
又AB=(-a,b),从而有AB·NM=-16a2+56b2=16(5b2-a2).
由(1)的计算结果可知a2=5b2,所以AB·NM=0,故MN⊥AB.
评析本题考查椭圆的简单几何性质及利用向量法证明线线垂直,较难.
2.(2014北京文,19,14分)已知椭圆C:x2+2y2=4.
(1)求椭圆C的离心率;
(2)设O为原点.若点A在直线y=2上,点B在椭圆C上,且OA⊥OB,求线段AB长度的最小值.
解析　(1)由题意,知椭圆C的标准方程为x24+y22=1.
所以a2=4,b2=2,从而c2=a2-b2=2.
因此a=2,c=2.
故椭圆C的离心率e=ca=22.
(2)设点A,B的坐标分别为(t,2),(x0,y0),其中x0≠0.
因为OA⊥OB,所以OA·OB=0,即tx0+2y0=0,解得t=-2y0x0.
又x02+2y02=4,
所以|AB|2=(x0-t)2+(y0-2)2
=x0+2y0x02+(y0-2)2
=x02+y02+4y02x02+4
=x02+4-x022+2(4-x02)x02+4
=x022+8x02+4(0 因为x022+8x02≥4(0 所以|AB|2≥8.
故线段AB长度的最小值为22.
评析本题考查椭圆的标准方程、几何性质、点与椭圆的关系以及弦长问题的求解.考查方程思想、函数思想以及整体代换思想的应用,同时考查考生的运算求解能力.正确选择参数是解决本题的关键,再利用基本不等式求最值时应注意参数的取值范围.本题对理科学生有很好的借鉴作用.
3.(2014课标Ⅱ,20,12分)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,知原点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,b2=4a=28.故a=7,b=27.
评析本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质,直线与椭圆的位置关系等基础知识,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.
4.(2015江苏,18,16分)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,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.


解析　(1)由题意,得ca=22且c+a2c=3,
解得a=2,c=1,则b=1,
所以椭圆的标准方程为x22+y2=1.
(2)当AB⊥x轴时,AB=2,又CP=3,不合题意.
当AB与x轴不垂直时,设直线AB的方程为y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2),
将直线AB的方程代入椭圆方程,得(1+2k2)x2-4k2x+2(k2-1)=0,则x1,2=2k2±2(1+k2)1+2k2,C的坐标为2k21+2k2,-k1+2k2,且AB=(x2-x1)2+(y2-y1)2=(1+k2)(x2-x1)2=22(1+k2)1+2k2.
若k=0,则线段AB的垂直平分线为y轴,与左准线平行,不合题意.
从而k≠0,故直线PC的方程为y+k1+2k2=-1kx-2k21+2k2,
则P点的坐标为-2,5k2+2k(1+2k2),
从而PC=2(3k2+1)1+k2|k|(1+2k2).
因为PC=2AB,所以2(3k2+1)1+k2|k|(1+2k2)=42(1+k2)1+2k2,
解得k=±1.
此时直线AB的方程为y=x-1或y=-x+1.
评析本题在考查椭圆基本性质与标准方程的同时,着重考查直线与圆锥曲线的位置关系和方程思想.

C组　教师专用题组
1.(2017课标Ⅰ,12,5分)设A,B是椭圆C:x23+y2m=1长轴的两个端点.若C上存在点M满足∠AMB=120°,则m的取值范围是(　　)
A.(0,1]∪[9,+∞)　　　　B.(0,3]∪[9,+∞)　　　　C.(0,1]∪[4,+∞)　　　　D.(0,3]∪[4,+∞)
答案　A　
2.(2015课标Ⅰ,5,5分)已知椭圆E的中心在坐标原点,离心率为12,E的右焦点与抛物线C:y2=8x的焦点重合,A,B是C的准线与E的两个交点,则|AB|=(　　)
A.3　　　　B.6　　　　C.9　　　　D.12
答案　B　
3.(2015浙江,15,4分)椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点F(c,0)关于直线y=bcx的对称点Q在椭圆上,则椭圆的离心率是　　　　. 
答案　22
4.(2015陕西,20,12分)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>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,
解得离心率ca=32.
(2)解法一:由(1)知,椭圆E的方程为x2+4y2=4b2.①
依题意得,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
依题意得,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.
评析本题主要考查椭圆的标准方程、几何性质,直线与椭圆的位置关系,圆的标准方程等基础知识,巧妙利用根与系数的关系或点差法构造关于参数的方程是求解的关键.考查学生的运算求解能力及方程思想的应用能力.
【三年模拟】
一、选择题(每小题5分,共15分)
1.(2019届天津耀华中学第二次月考,7)已知椭圆x2a2+y2b2=1的左右焦点分别为F1,F2,点A在椭圆上,AF1·F1F2=0,AF1·AF2=c2,则椭圆的离心率e等于(　　)
A.33　　　　B.3-12　　　　C.5-12　　　　D.22
答案　C　
2.(2018天津河西一模,6)已知三个实数2,m,8构成一个等比数列,则圆锥曲线x2m+y22=1的离心率为(　　)
A.22　　　　B.3　　　　C.22或3　　　　D.22或62
答案　C　
3.(2018天津南开中学第三次月考,8)已知点F1,F2分别是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦点,点B是短轴端点,直线BF2与椭圆C相交于另一点D.若△F1BD是等腰三角形,则椭圆C的离心率为(　　)
A.13　　　　B.33　　　　C.22　　　　D.63
答案　B　
二、填空题(每小题5分,共5分)
4.(2018天津一中5月月考,13)已知点P(x,y)在椭圆x23+2y23=1上运动,则1x2+21+y2的最小值是　　　　. 
答案　95
三、解答题(共40分)
5.(2019届天津南开中学统练,19)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3-1,32,P41,32中恰有三点在椭圆C上.
(1)求C的方程;
(2)设直线l不经过点P2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　本题考查了圆锥曲线的方程以及圆锥曲线与直线位置关系中的定点问题.
(1)由于P3,P4两点关于y轴对称,故由题设知C经过P3,P4两点.
又由1a2+1b2>1a2+34b2知,C不经过点P1,所以点P2在C上.
因此1b2=1,1a2+34b2=1,解得a2=4,b2=1.
故C的方程为x24+y2=1.
(2)证明:设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2.
如果l与x轴垂直,设l:x=t,由题设知t≠0,且|t|<2,可得A,B的坐标分别为t,4-t22,t,-4-t22.
则k1+k2=4-t2-22t-4-t2+22t=-1,得t=2,不符合题设.
从而可设l:y=kx+m(m≠1).
将y=kx+m代入x24+y2=1得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.
由题设可知Δ=16(4k2-m2+1)>0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-8km4k2+1,x1x2=4m2-44k2+1.
而k1+k2=y1-1x1+y2-1x2
=kx1+m-1x1+kx2+m-1x2
=2kx1x2+(m-1)(x1+x2)x1x2,
由于k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0.
即(2k+1)·4m2-44k2+1+(m-1)·-8km4k2+1=0.
解得k=-m+12.
当且仅当m>-1时,Δ>0,于是l:y=-m+12x+m,
即y+1=-m+12(x-2),
所以l过定点(2,-1).
6.(2018天津河东一模,19)已知点(0,-1)是中心在原点,长轴在x轴上的椭圆C的一个顶点,椭圆的离心率为22,左右焦点分别为F1和F2.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设点M是线段OF2(不包括端点)上的一点,过点F2且与x轴不垂直的直线l交椭圆C于P、Q两点,若△MPQ是以M为顶点的等腰三角形,求点M到直线l的距离的取值范围.
解析　(1)由题意可设椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),
由点(0,-1)是椭圆C的一个顶点,可得b=1,
由e=ca=22,a2-b2=c2,
解得a=2,c=1,
故椭圆C的方程为x22+y2=1.
(2)设点M(m,0),0 直线l的方程为y=k(x-1),k≠0,
由y=k(x-1),x22+y2=1消去y,得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0,
设P(x1,y1),Q(x2,y2),PQ的中点为N(x0,y0),
则x1+x2=4k21+2k2,
∴y1+y2=k(x1+x2-2)=-2k1+2k2,
∴x0=x1+x22=2k21+2k2,y0=y1+y22=-k1+2k2,
即N2k21+2k2,-k1+2k2,
∵△MPQ是以M为顶点的等腰三角形,∴MN⊥PQ,
∴-k1+2k22k21+2k2-m·k=-1,即k2m(1+2k2)-2k2=-1,
∴m=k21+2k2=12+1k2∈0,12,
设点M到直线l:kx-y-k=0的距离为d,
则d2=k2(m-1)21+k2=k2(k2+1)(1+2k2)2<14·(k2+k2+1)2(1+2k2)2=14,
∴d∈0,12,
即点M到直线l的距离的取值范围是0,12.
7.(2018天津耀华中学一模,19)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为(3,0),且经过点-1,32,点M是y轴上的一点,过点M的直线l与椭圆C交于A、B两点.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若AM=2MB,且直线l与圆O:x2+y2=425相切于点N,求|MN|的长.
解析　(1)由题意知a2-b2=c2=3,(-1)2a2+322b2=1,
解得a2=4,b2=1,
故椭圆C的方程为x24+y2=1.
(2)显然直线l的斜率存在,
设M(0,m),直线l:y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2),
∵直线l与圆O:x2+y2=425相切,
∴|m|1+k2=25,
即m2=425(k2+1)①,
由x24+y2=1,y=kx+m,消去y,得(1+4k2)x2+8kmx+4(m2-1)=0,
Δ>0恒成立,
∴x1+x2=-8km1+4k2,x1x2=4(m2-1)4k2+1,
由AM=2MB,得x1=-2x2,
解得x1=-16km1+4k2,x2=8km1+4k2,
∴x1x2=-128k2m2(1+4k2)2=4(m2-1)1+4k2,
化简得-32k2m21+4k2=m2-1②,
把①代入②可得48k4+16k2-7=0,
解得k2=14,m2=15,
在Rt△OMN中,可得|MN|=15-425=15,
故|MN|的长为15.