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2023高考数学二轮真题与模拟训练26讲 专题21 椭圆解析
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这是一份2023高考数学二轮真题与模拟训练26讲 专题21 椭圆解析
专题24 椭圆第一部分 真题分类21．（2021·全国高考真题（理））设是椭圆的上顶点，若上的任意一点都满足，则的离心率的取值范围是（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设，由，根据两点间的距离公式表示出，分类讨论求出的最大值，再构建齐次不等式，解出即可．【解析】设，由，因为，，所以，因为，当，即时，，即，符合题意，由可得，即；当，即时，，即，化简得，，显然该不等式不成立．故选：C．【点睛】本题解题关键是如何求出的最大值，利用二次函数求指定区间上的最值，要根据定义域讨论函数的单调性从而确定最值．22．（2019·全国高考真题（文））已知椭圆C的焦点为，过F2的直线与C交于A，B两点.若，，则C的方程为A． B． C． D．【答案】B【分析】由已知可设，则，得，在中求得，再在中，由余弦定理得，从而可求解.【解析】法一：如图，由已知可设，则，由椭圆的定义有．在中，由余弦定理推论得．在中，由余弦定理得，解得．所求椭圆方程为，故选B．法二：由已知可设，则，由椭圆的定义有．在和中，由余弦定理得，又互补，，两式消去，得，解得．所求椭圆方程为，故选B．【点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．98．（2021·浙江高考真题）已知椭圆，焦点，，若过的直线和圆相切，与椭圆在第一象限交于点P，且轴，则该直线的斜率是___________，椭圆的离心率是___________.【答案】 【分析】不妨假设，根据图形可知，，再根据同角三角函数基本关系即可求出；再根据椭圆的定义求出，即可求得离心率．【解析】如图所示：不妨假设，设切点为，，所以, 由，所以，，于是，即，所以．故答案为：；．63．（2021·江苏高考真题）已知椭圆的离心率为.（1）证明：；（2）若点在椭圆的内部，过点的直线交椭圆于、两点，为线段的中点，且.①求直线的方程；②求椭圆的标准方程.【答案】（1）证明见解析；（2）①；②.【分析】（1）由可证得结论成立；（2）①设点、，利用点差法可求得直线的斜率，利用点斜式可得出所求直线的方程；②将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由可得出，利用平面向量数量积的坐标运算可得出关于的等式，可求出的值，即可得出椭圆的方程.【解析】（1），，因此，；（2）①由（1）知，椭圆的方程为，即，当在椭圆的内部时，，可得.设点、，则，所以，，由已知可得，两式作差得，所以，所以，直线方程为，即.所以，直线的方程为；②联立，消去可得.，由韦达定理可得，，又，而，，，解得合乎题意，故，因此，椭圆的方程为.64．（2021·天津高考真题）已知椭圆的右焦点为，上顶点为，离心率为，且．（1）求椭圆的方程；（2）直线与椭圆有唯一的公共点，与轴的正半轴交于点，过与垂直的直线交轴于点．若，求直线的方程．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）求出的值，结合的值可得出的值，进而可得出椭圆的方程；（2）设点，分析出直线的方程为，求出点的坐标，根据可得出，求出、的值，即可得出直线的方程.【解析】（1）易知点、，故，因为椭圆的离心率为，故，，因此，椭圆的方程为；（2）设点为椭圆上一点，先证明直线的方程为，联立，消去并整理得，，因此，椭圆在点处的切线方程为.在直线的方程中，令，可得，由题意可知，即点，直线的斜率为，所以，直线的方程为，在直线的方程中，令，可得，即点，因为，则，即，整理可得，所以，，因为，，故，，所以，直线的方程为，即.【点睛】结论点睛：在利用椭圆的切线方程时，一般利用以下方法进行直线：（1）设切线方程为与椭圆方程联立，由进行求解；（2）椭圆在其上一点的切线方程为，再应用此方程时，首先应证明直线与椭圆相切.65．（2021·全国高考真题）已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为．（1）求椭圆C的方程；（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是．【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）由离心率公式可得，进而可得，即可得解；（2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证；充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解.【解析】（1）由题意，椭圆半焦距且，所以，又，所以椭圆方程为；（2）由（1）得，曲线为，当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；当直线的斜率存在时，设，必要性：若M，N，F三点共线，可设直线即，由直线与曲线相切可得，解得，联立可得，所以，所以,所以必要性成立；充分性：设直线即，由直线与曲线相切可得，所以，联立可得，所以，所以，化简得，所以，所以或，所以直线或，所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立；所以M，N，F三点共线的充要条件是．【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重.66．（2021·北京高考真题）已知椭圆过点，以四个顶点围成的四边形面积为．（1）求椭圆E的标准方程；（2）过点P(0，-3)的直线l斜率为k，交椭圆E于不同的两点B，C，直线AB，AC交y=-3于点M、N，直线AC交y=-3于点N，若|PM|+|PN|≤15，求k的取值范围．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求，从而可求椭圆的标准方程.（2）设，求出直线的方程后可得的横坐标，从而可得，联立直线的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简，从而可求的范围，注意判别式的要求.【解析】（1）因为椭圆过，故，因为四个顶点围成的四边形的面积为，故，即，故椭圆的标准方程为：.（2）设，因为直线的斜率存在，故，故直线，令，则，同理.直线，由可得，故，解得或.又，故，所以又故即，综上，或.67．（2020·山东高考真题）已知椭圆C：的离心率为，且过点．（1）求的方程：（2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值．【答案】（1）；（2）详见解析.【分析】（1）由题意得到关于的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.（2）设出点，的坐标，在斜率存在时设方程为, 联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到的关系，进而得直线恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置.【解析】（1）由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：.(2) 设点，若直线斜率存在时，设直线的方程为：，代入椭圆方程消去并整理得：，可得，，因为，所以，即，根据,代入整理可得：， 所以，整理化简得，因为不在直线上，所以，故，于是的方程为，所以直线过定点直线过定点.当直线的斜率不存在时，可得，由得：，得，结合可得：， 解得：或（舍）.此时直线过点.令为的中点，即，若与不重合，则由题设知是的斜边，故，若与重合，则，故存在点，使得为定值.【点睛】关键点点睛：本题的关键点是利用得 ，转化为坐标运算，需要设直线的方程，点，因此需要讨论斜率存在与不存在两种情况，当直线斜率存在时，设直线的方程为：，与椭圆方程联立消去可，代入即可，当直线的斜率不存在时，可得，利用坐标运算以及三角形的性质即可证明，本题易忽略斜率不存在的情况，属于难题.68．（2020·全国高考真题（文））已知椭圆的离心率为，，分别为的左、右顶点．（1）求的方程；（2）若点在上，点在直线上，且，，求的面积．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）因为，可得 ，，根据离心率公式，结合已知，即可求得答案；（2）点在上，点在直线上，且， ，过点作轴垂线，交点为，设与轴交点为，可得 ，可求得点坐标，求出直线的直线方程，根据点到直线距离公式和两点距离公式，即可求得的面积.【解析】（1），，根据离心率，解得或(舍)，的方程为：，即；（2）不妨设,在x轴上方点在上，点在直线上，且 ，，过点作轴垂线，交点为，设与轴交点为 根据题意画出图形，如图，， ，又， ，，根据三角形全等条件“”，可得：，，，，设点为，可得点纵坐标为，将其代入，可得：，解得：或，点为或 ，①当点为时，故，，，可得：点为，画出图象，如图, ，可求得直线的直线方程为：，根据点到直线距离公式可得到直线的距离为：，根据两点间距离公式可得：，面积为：；②当点为时，故，，，可得：点为，画出图象，如图, ，可求得直线的直线方程为：，根据点到直线距离公式可得到直线的距离为：，根据两点间距离公式可得：，面积为： ，综上所述，面积为：.【点睛】本题主要考查了求椭圆标准方程和求三角形面积问题，解题关键是掌握椭圆的离心率定义和数形结合求三角形面积，考查了分析能力和计算能力，属于难题.69．（2020·全国高考真题（理））已知椭圆C1：(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=|AB|.（1）求C1的离心率；（2）设M是C1与C2的公共点，若|MF|=5，求C1与C2的标准方程.【答案】（1）；（2），.【分析】（1）求出、，利用可得出关于、的齐次等式，可解得椭圆的离心率的值；（2）由（1）可得出的方程为，联立曲线与的方程，求出点的坐标，利用抛物线的定义结合可求得的值，进而可得出与的标准方程.【解析】（1），轴且与椭圆相交于、两点，则直线的方程为，联立，解得，则，抛物线的方程为，联立，解得，，，即，，即，即，，解得，因此，椭圆的离心率为；（2）由（1）知，，椭圆的方程为，联立，消去并整理得，解得或（舍去），由抛物线的定义可得，解得.因此，曲线的标准方程为，曲线的标准方程为.【点睛】本题考查椭圆离心率的求解，同时也考查了利用抛物线的定义求抛物线和椭圆的标准方程，考查计算能力，属于中等题.70．（2020·全国高考真题（文））已知椭圆C1：(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合．过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=|AB|．（1）求C1的离心率；（2）若C1的四个顶点到C2的准线距离之和为12，求C1与C2的标准方程．【答案】（1）；（2）：，： .【分析】（1）根据题意求出的方程，结合椭圆和抛物线的对称性不妨设在第一象限，运用代入法求出点的纵坐标，根据，结合椭圆离心率的公式进行求解即可；（2）由（1）可以得到椭圆的标准方程，确定椭圆的四个顶点坐标，再确定抛物线的准线方程，最后结合已知进行求解即可；【解析】解：（1）因为椭圆的右焦点坐标为：,所以抛物线的方程为，其中.不妨设在第一象限，因为椭圆的方程为：，所以当时，有，因此的纵坐标分别为，；又因为抛物线的方程为，所以当时，有，所以的纵坐标分别为，，故，.由得，即，解得（舍去），.所以的离心率为.（2）由（1）知，，故，所以的四个顶点坐标分别为，，，，的准线为.由已知得，即.所以的标准方程为，的标准方程为.【点睛】本题考查了求椭圆的离心率，考查了求椭圆和抛物线的标准方程，考查了椭圆的四个顶点的坐标以及抛物线的准线方程，考查了数学运算能力.71．（2019·北京高考真题（文））已知椭圆的右焦点为，且经过点.（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）设O为原点，直线与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N，若|OM|·|ON|=2，求证：直线l经过定点.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析.【分析】(Ⅰ)由题意确定a,b的值即可确定椭圆方程；(Ⅱ)设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程确定OM,ON的表达式，结合韦达定理确定t的值即可证明直线恒过定点.【解析】（Ⅰ）因为椭圆的右焦点为，所以；因为椭圆经过点,所以，所以，故椭圆的方程为.（Ⅱ）设联立得，，，.直线，令得，即；同理可得.因为,所以；，解之得，所以直线方程为，所以直线恒过定点.【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．72．（2019·江苏高考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:的焦点为F1（–1、0），F2（1，0）．过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2:交于点A，与椭圆C交于点D.连结AF1并延长交圆F2于点B，连结BF2交椭圆C于点E，连结DF1．已知DF1=． （1）求椭圆C的标准方程；（2）求点E的坐标．【答案】（1）；（2）.【分析】(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；(2)解法一：由题意首先确定直线的方程，联立直线方程与圆的方程，确定点B的坐标，联立直线BF2与椭圆的方程即可确定点E的坐标；解法二：由题意利用几何关系确定点E的纵坐标，然后代入椭圆方程可得点E的坐标.【解析】（1）设椭圆C的焦距为2c.因为F1(－1，0)，F2(1，0)，所以F1F2=2，c=1.又因为DF1=，AF2⊥x轴，所以DF2=，因此2a=DF1+DF2=4，从而a=2.由b2=a2-c2，得b2=3.因此，椭圆C的标准方程为.（2）解法一：由（1）知，椭圆C：，a=2，因为AF2⊥x轴，所以点A的横坐标为1.将x=1代入圆F2的方程(x-1) 2+y2=16，解得y=±4.因为点A在x轴上方，所以A(1，4). 又F1(-1，0)，所以直线AF1：y=2x+2.由，得，解得或.将代入，得，因此.又F2(1，0)，所以直线BF2：.由，得，解得或.又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以.将代入，得.因此.解法二：由（1）知，椭圆C：.如图，连结EF1.因为BF2=2a，EF1+EF2=2a，所以EF1=EB，从而∠BF1E=∠B.因为F2A=F2B，所以∠A=∠B，所以∠A=∠BF1E，从而EF1∥F2A.因为AF2⊥x轴，所以EF1⊥x轴.因为F1(-1，0)，由，得.又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以.因此.【点睛】本题主要考查直线方程、圆的方程、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、分析问题能力和运算求解能力.73．（2019·天津高考真题（文）） 设椭圆的左焦点为，左顶点为，上顶点为B.已知（为原点）.（Ⅰ）求椭圆的离心率；（Ⅱ）设经过点且斜率为的直线与椭圆在轴上方的交点为，圆同时与轴和直线相切，圆心在直线上，且，求椭圆的方程. 【答案】（I）；（II）.【分析】（I）根据题意得到，结合椭圆中的关系，得到，化简得出，从而求得其离心率；（II）结合（I）的结论，设出椭圆的方程，写出直线的方程，两个方程联立，求得交点的坐标，利用直线与圆相切的条件，列出等量关系式，求得，从而得到椭圆的方程.【解析】（I）解：设椭圆的半焦距为，由已知有，又由，消去得，解得，所以，椭圆的离心率为.（II）解：由（I）知，，故椭圆方程为，由题意，，则直线的方程为，点的坐标满足，消去并化简，得到，解得，代入到的方程，解得，因为点在轴的上方，所以，由圆心在直线上，可设，因为，且由（I）知，故，解得，因为圆与轴相切，所以圆的半径为2，又由圆与相切，得，解得，所以椭圆的方程为：. 第二部分 模拟训练一、单选题1．已知椭圆：的左､右焦点分别为､，是椭圆的上顶点，直线与直线交于点，若，则椭圆的离心率为（ ）A． B． C． D．【答案】A【解析】由题设知，，，∴直线的方程为，联立得，，设直线与轴交于点，则，，∵，∴，即，∴，即，∴，故选：A2．已知点在椭圆上，则的最大值是（ ）A． B． C． D．【答案】B【解析】由题意可得，则，故．因为，所以，所以，即．因此，的最大值.故选：B.3．已知直线与椭圆交于A、B两点，与圆交于C、D两点.若存在，使得，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）A． B． C． D．【答案】C【解析】直线，即为，可得直线恒过定点，圆的圆心为，半径为1，且，为直径的端点，由，可得的中点为，设，，，，则，，两式相减可得，由．，可得，由，即有，则椭圆的离心率，．故选：C4．椭圆上的点到长轴两个端点的距离之和最大值为（ ）A．2 B．4 C． D．6【答案】D【解析】椭圆上到长轴两个端点的距离之和最大的点是短轴端点，所以最大值为.故选：D5．某人造地球卫星的运行轨道是以地心为一个焦点的椭圆，其轨道的离心率为e，设地球半径为R，该卫星近地点离地面的距离为r，则该卫星远地点离地面的距离为（ ）A．r+R B．r+RC．r+R D．r+R【答案】A【解析】由题意，椭圆的离心率，（c为半焦距；a为长半轴）地球半径为R，卫星近地点离地面的距离为r，可得 联立方程组，，如图所示，设卫星近地点的距离为，远地点的距离为，所以远地点离地面的距离为r+故选：A．6．已知椭圆的离心率为，则实数（ ）A． B． C． D．【答案】B【解析】解：椭圆的离心率为，可得，解得．故选：B． 二、填空题7．已知椭圆上的一点到椭圆一个焦点的距离为，则点到另一个焦点的距离为__________.【答案】【解析】利用椭圆定义，，可知，即故答案为：8．能说明“若，则方程表示的曲线为椭圆或双曲线”是错误的一组的值是_____.【答案】（答案不唯一）.【解析】若方程1表示的曲线为椭圆或双曲线是错误的，则，或者，则可取（答案不唯一）.故答案为：（答案不唯一）.9．设，是椭圆的两个焦点.若在上存在一点，使，且，则的离心率为__.【答案】.【解析】由已知可得三角形是等腰直角三角形，且，，由椭圆的定义可得，，又，在△中，由勾股定理可得：，即，，故答案为：.三、解答题10．已知椭圆经过点，且离心率.（1）求椭圆的方程；（2）已知斜率存在的直线与椭圆相交于，两点，点总满足，证明：直线过定点.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）因为椭圆的离心率.所以，即，又椭圆经过点，代入椭圆方程可得，联立方程组可得，解得，.所以椭圆的方程为.（2）设直线的方程为，，，联立方程组消去得，，即，，，因为，所以，，即得，化简得，直线的方程为，所以，直线恒过定点.11．已知点F是椭圆的右焦点，P是椭圆E的上顶点，O为坐标原点且.（1）求椭圆的离心率e；（2）已知，，过点M作任意直线l与椭圆E交于A，B两点.设直线，的斜率分别为，，若，求椭圆E的方程.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由题可得，，，即，，；（2）由（1）可得椭圆方程为，当直线l的斜率存在时，设l：，设，联立直线与椭圆，得，则，即，则，，，，即对任意成立，即，则椭圆方程为，当直线斜率不存在时，则直线方程为，则，且此时，满足题意，综上，椭圆方程为.
专题24 椭圆第一部分 真题分类21．（2021·全国高考真题（理））设是椭圆的上顶点，若上的任意一点都满足，则的离心率的取值范围是（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设，由，根据两点间的距离公式表示出，分类讨论求出的最大值，再构建齐次不等式，解出即可．【解析】设，由，因为，，所以，因为，当，即时，，即，符合题意，由可得，即；当，即时，，即，化简得，，显然该不等式不成立．故选：C．【点睛】本题解题关键是如何求出的最大值，利用二次函数求指定区间上的最值，要根据定义域讨论函数的单调性从而确定最值．22．（2019·全国高考真题（文））已知椭圆C的焦点为，过F2的直线与C交于A，B两点.若，，则C的方程为A． B． C． D．【答案】B【分析】由已知可设，则，得，在中求得，再在中，由余弦定理得，从而可求解.【解析】法一：如图，由已知可设，则，由椭圆的定义有．在中，由余弦定理推论得．在中，由余弦定理得，解得．所求椭圆方程为，故选B．法二：由已知可设，则，由椭圆的定义有．在和中，由余弦定理得，又互补，，两式消去，得，解得．所求椭圆方程为，故选B．【点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．98．（2021·浙江高考真题）已知椭圆，焦点，，若过的直线和圆相切，与椭圆在第一象限交于点P，且轴，则该直线的斜率是___________，椭圆的离心率是___________.【答案】 【分析】不妨假设，根据图形可知，，再根据同角三角函数基本关系即可求出；再根据椭圆的定义求出，即可求得离心率．【解析】如图所示：不妨假设，设切点为，，所以, 由，所以，，于是，即，所以．故答案为：；．63．（2021·江苏高考真题）已知椭圆的离心率为.（1）证明：；（2）若点在椭圆的内部，过点的直线交椭圆于、两点，为线段的中点，且.①求直线的方程；②求椭圆的标准方程.【答案】（1）证明见解析；（2）①；②.【分析】（1）由可证得结论成立；（2）①设点、，利用点差法可求得直线的斜率，利用点斜式可得出所求直线的方程；②将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由可得出，利用平面向量数量积的坐标运算可得出关于的等式，可求出的值，即可得出椭圆的方程.【解析】（1），，因此，；（2）①由（1）知，椭圆的方程为，即，当在椭圆的内部时，，可得.设点、，则，所以，，由已知可得，两式作差得，所以，所以，直线方程为，即.所以，直线的方程为；②联立，消去可得.，由韦达定理可得，，又，而，，，解得合乎题意，故，因此，椭圆的方程为.64．（2021·天津高考真题）已知椭圆的右焦点为，上顶点为，离心率为，且．（1）求椭圆的方程；（2）直线与椭圆有唯一的公共点，与轴的正半轴交于点，过与垂直的直线交轴于点．若，求直线的方程．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）求出的值，结合的值可得出的值，进而可得出椭圆的方程；（2）设点，分析出直线的方程为，求出点的坐标，根据可得出，求出、的值，即可得出直线的方程.【解析】（1）易知点、，故，因为椭圆的离心率为，故，，因此，椭圆的方程为；（2）设点为椭圆上一点，先证明直线的方程为，联立，消去并整理得，，因此，椭圆在点处的切线方程为.在直线的方程中，令，可得，由题意可知，即点，直线的斜率为，所以，直线的方程为，在直线的方程中，令，可得，即点，因为，则，即，整理可得，所以，，因为，，故，，所以，直线的方程为，即.【点睛】结论点睛：在利用椭圆的切线方程时，一般利用以下方法进行直线：（1）设切线方程为与椭圆方程联立，由进行求解；（2）椭圆在其上一点的切线方程为，再应用此方程时，首先应证明直线与椭圆相切.65．（2021·全国高考真题）已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为．（1）求椭圆C的方程；（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是．【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）由离心率公式可得，进而可得，即可得解；（2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证；充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解.【解析】（1）由题意，椭圆半焦距且，所以，又，所以椭圆方程为；（2）由（1）得，曲线为，当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；当直线的斜率存在时，设，必要性：若M，N，F三点共线，可设直线即，由直线与曲线相切可得，解得，联立可得，所以，所以,所以必要性成立；充分性：设直线即，由直线与曲线相切可得，所以，联立可得，所以，所以，化简得，所以，所以或，所以直线或，所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立；所以M，N，F三点共线的充要条件是．【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重.66．（2021·北京高考真题）已知椭圆过点，以四个顶点围成的四边形面积为．（1）求椭圆E的标准方程；（2）过点P(0，-3)的直线l斜率为k，交椭圆E于不同的两点B，C，直线AB，AC交y=-3于点M、N，直线AC交y=-3于点N，若|PM|+|PN|≤15，求k的取值范围．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求，从而可求椭圆的标准方程.（2）设，求出直线的方程后可得的横坐标，从而可得，联立直线的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简，从而可求的范围，注意判别式的要求.【解析】（1）因为椭圆过，故，因为四个顶点围成的四边形的面积为，故，即，故椭圆的标准方程为：.（2）设，因为直线的斜率存在，故，故直线，令，则，同理.直线，由可得，故，解得或.又，故，所以又故即，综上，或.67．（2020·山东高考真题）已知椭圆C：的离心率为，且过点．（1）求的方程：（2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值．【答案】（1）；（2）详见解析.【分析】（1）由题意得到关于的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.（2）设出点，的坐标，在斜率存在时设方程为, 联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到的关系，进而得直线恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置.【解析】（1）由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：.(2) 设点，若直线斜率存在时，设直线的方程为：，代入椭圆方程消去并整理得：，可得，，因为，所以，即，根据,代入整理可得：， 所以，整理化简得，因为不在直线上，所以，故，于是的方程为，所以直线过定点直线过定点.当直线的斜率不存在时，可得，由得：，得，结合可得：， 解得：或（舍）.此时直线过点.令为的中点，即，若与不重合，则由题设知是的斜边，故，若与重合，则，故存在点，使得为定值.【点睛】关键点点睛：本题的关键点是利用得 ，转化为坐标运算，需要设直线的方程，点，因此需要讨论斜率存在与不存在两种情况，当直线斜率存在时，设直线的方程为：，与椭圆方程联立消去可，代入即可，当直线的斜率不存在时，可得，利用坐标运算以及三角形的性质即可证明，本题易忽略斜率不存在的情况，属于难题.68．（2020·全国高考真题（文））已知椭圆的离心率为，，分别为的左、右顶点．（1）求的方程；（2）若点在上，点在直线上，且，，求的面积．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）因为，可得 ，，根据离心率公式，结合已知，即可求得答案；（2）点在上，点在直线上，且， ，过点作轴垂线，交点为，设与轴交点为，可得 ，可求得点坐标，求出直线的直线方程，根据点到直线距离公式和两点距离公式，即可求得的面积.【解析】（1），，根据离心率，解得或(舍)，的方程为：，即；（2）不妨设,在x轴上方点在上，点在直线上，且 ，，过点作轴垂线，交点为，设与轴交点为 根据题意画出图形，如图，， ，又， ，，根据三角形全等条件“”，可得：，，，，设点为，可得点纵坐标为，将其代入，可得：，解得：或，点为或 ，①当点为时，故，，，可得：点为，画出图象，如图, ，可求得直线的直线方程为：，根据点到直线距离公式可得到直线的距离为：，根据两点间距离公式可得：，面积为：；②当点为时，故，，，可得：点为，画出图象，如图, ，可求得直线的直线方程为：，根据点到直线距离公式可得到直线的距离为：，根据两点间距离公式可得：，面积为： ，综上所述，面积为：.【点睛】本题主要考查了求椭圆标准方程和求三角形面积问题，解题关键是掌握椭圆的离心率定义和数形结合求三角形面积，考查了分析能力和计算能力，属于难题.69．（2020·全国高考真题（理））已知椭圆C1：(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=|AB|.（1）求C1的离心率；（2）设M是C1与C2的公共点，若|MF|=5，求C1与C2的标准方程.【答案】（1）；（2），.【分析】（1）求出、，利用可得出关于、的齐次等式，可解得椭圆的离心率的值；（2）由（1）可得出的方程为，联立曲线与的方程，求出点的坐标，利用抛物线的定义结合可求得的值，进而可得出与的标准方程.【解析】（1），轴且与椭圆相交于、两点，则直线的方程为，联立，解得，则，抛物线的方程为，联立，解得，，，即，，即，即，，解得，因此，椭圆的离心率为；（2）由（1）知，，椭圆的方程为，联立，消去并整理得，解得或（舍去），由抛物线的定义可得，解得.因此，曲线的标准方程为，曲线的标准方程为.【点睛】本题考查椭圆离心率的求解，同时也考查了利用抛物线的定义求抛物线和椭圆的标准方程，考查计算能力，属于中等题.70．（2020·全国高考真题（文））已知椭圆C1：(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合．过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=|AB|．（1）求C1的离心率；（2）若C1的四个顶点到C2的准线距离之和为12，求C1与C2的标准方程．【答案】（1）；（2）：，： .【分析】（1）根据题意求出的方程，结合椭圆和抛物线的对称性不妨设在第一象限，运用代入法求出点的纵坐标，根据，结合椭圆离心率的公式进行求解即可；（2）由（1）可以得到椭圆的标准方程，确定椭圆的四个顶点坐标，再确定抛物线的准线方程，最后结合已知进行求解即可；【解析】解：（1）因为椭圆的右焦点坐标为：,所以抛物线的方程为，其中.不妨设在第一象限，因为椭圆的方程为：，所以当时，有，因此的纵坐标分别为，；又因为抛物线的方程为，所以当时，有，所以的纵坐标分别为，，故，.由得，即，解得（舍去），.所以的离心率为.（2）由（1）知，，故，所以的四个顶点坐标分别为，，，，的准线为.由已知得，即.所以的标准方程为，的标准方程为.【点睛】本题考查了求椭圆的离心率，考查了求椭圆和抛物线的标准方程，考查了椭圆的四个顶点的坐标以及抛物线的准线方程，考查了数学运算能力.71．（2019·北京高考真题（文））已知椭圆的右焦点为，且经过点.（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）设O为原点，直线与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N，若|OM|·|ON|=2，求证：直线l经过定点.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析.【分析】(Ⅰ)由题意确定a,b的值即可确定椭圆方程；(Ⅱ)设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程确定OM,ON的表达式，结合韦达定理确定t的值即可证明直线恒过定点.【解析】（Ⅰ）因为椭圆的右焦点为，所以；因为椭圆经过点,所以，所以，故椭圆的方程为.（Ⅱ）设联立得，，，.直线，令得，即；同理可得.因为,所以；，解之得，所以直线方程为，所以直线恒过定点.【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．72．（2019·江苏高考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:的焦点为F1（–1、0），F2（1，0）．过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2:交于点A，与椭圆C交于点D.连结AF1并延长交圆F2于点B，连结BF2交椭圆C于点E，连结DF1．已知DF1=． （1）求椭圆C的标准方程；（2）求点E的坐标．【答案】（1）；（2）.【分析】(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；(2)解法一：由题意首先确定直线的方程，联立直线方程与圆的方程，确定点B的坐标，联立直线BF2与椭圆的方程即可确定点E的坐标；解法二：由题意利用几何关系确定点E的纵坐标，然后代入椭圆方程可得点E的坐标.【解析】（1）设椭圆C的焦距为2c.因为F1(－1，0)，F2(1，0)，所以F1F2=2，c=1.又因为DF1=，AF2⊥x轴，所以DF2=，因此2a=DF1+DF2=4，从而a=2.由b2=a2-c2，得b2=3.因此，椭圆C的标准方程为.（2）解法一：由（1）知，椭圆C：，a=2，因为AF2⊥x轴，所以点A的横坐标为1.将x=1代入圆F2的方程(x-1) 2+y2=16，解得y=±4.因为点A在x轴上方，所以A(1，4). 又F1(-1，0)，所以直线AF1：y=2x+2.由，得，解得或.将代入，得，因此.又F2(1，0)，所以直线BF2：.由，得，解得或.又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以.将代入，得.因此.解法二：由（1）知，椭圆C：.如图，连结EF1.因为BF2=2a，EF1+EF2=2a，所以EF1=EB，从而∠BF1E=∠B.因为F2A=F2B，所以∠A=∠B，所以∠A=∠BF1E，从而EF1∥F2A.因为AF2⊥x轴，所以EF1⊥x轴.因为F1(-1，0)，由，得.又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以.因此.【点睛】本题主要考查直线方程、圆的方程、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、分析问题能力和运算求解能力.73．（2019·天津高考真题（文）） 设椭圆的左焦点为，左顶点为，上顶点为B.已知（为原点）.（Ⅰ）求椭圆的离心率；（Ⅱ）设经过点且斜率为的直线与椭圆在轴上方的交点为，圆同时与轴和直线相切，圆心在直线上，且，求椭圆的方程. 【答案】（I）；（II）.【分析】（I）根据题意得到，结合椭圆中的关系，得到，化简得出，从而求得其离心率；（II）结合（I）的结论，设出椭圆的方程，写出直线的方程，两个方程联立，求得交点的坐标，利用直线与圆相切的条件，列出等量关系式，求得，从而得到椭圆的方程.【解析】（I）解：设椭圆的半焦距为，由已知有，又由，消去得，解得，所以，椭圆的离心率为.（II）解：由（I）知，，故椭圆方程为，由题意，，则直线的方程为，点的坐标满足，消去并化简，得到，解得，代入到的方程，解得，因为点在轴的上方，所以，由圆心在直线上，可设，因为，且由（I）知，故，解得，因为圆与轴相切，所以圆的半径为2，又由圆与相切，得，解得，所以椭圆的方程为：. 第二部分 模拟训练一、单选题1．已知椭圆：的左､右焦点分别为､，是椭圆的上顶点，直线与直线交于点，若，则椭圆的离心率为（ ）A． B． C． D．【答案】A【解析】由题设知，，，∴直线的方程为，联立得，，设直线与轴交于点，则，，∵，∴，即，∴，即，∴，故选：A2．已知点在椭圆上，则的最大值是（ ）A． B． C． D．【答案】B【解析】由题意可得，则，故．因为，所以，所以，即．因此，的最大值.故选：B.3．已知直线与椭圆交于A、B两点，与圆交于C、D两点.若存在，使得，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）A． B． C． D．【答案】C【解析】直线，即为，可得直线恒过定点，圆的圆心为，半径为1，且，为直径的端点，由，可得的中点为，设，，，，则，，两式相减可得，由．，可得，由，即有，则椭圆的离心率，．故选：C4．椭圆上的点到长轴两个端点的距离之和最大值为（ ）A．2 B．4 C． D．6【答案】D【解析】椭圆上到长轴两个端点的距离之和最大的点是短轴端点，所以最大值为.故选：D5．某人造地球卫星的运行轨道是以地心为一个焦点的椭圆，其轨道的离心率为e，设地球半径为R，该卫星近地点离地面的距离为r，则该卫星远地点离地面的距离为（ ）A．r+R B．r+RC．r+R D．r+R【答案】A【解析】由题意，椭圆的离心率，（c为半焦距；a为长半轴）地球半径为R，卫星近地点离地面的距离为r，可得 联立方程组，，如图所示，设卫星近地点的距离为，远地点的距离为，所以远地点离地面的距离为r+故选：A．6．已知椭圆的离心率为，则实数（ ）A． B． C． D．【答案】B【解析】解：椭圆的离心率为，可得，解得．故选：B． 二、填空题7．已知椭圆上的一点到椭圆一个焦点的距离为，则点到另一个焦点的距离为__________.【答案】【解析】利用椭圆定义，，可知，即故答案为：8．能说明“若，则方程表示的曲线为椭圆或双曲线”是错误的一组的值是_____.【答案】（答案不唯一）.【解析】若方程1表示的曲线为椭圆或双曲线是错误的，则，或者，则可取（答案不唯一）.故答案为：（答案不唯一）.9．设，是椭圆的两个焦点.若在上存在一点，使，且，则的离心率为__.【答案】.【解析】由已知可得三角形是等腰直角三角形，且，，由椭圆的定义可得，，又，在△中，由勾股定理可得：，即，，故答案为：.三、解答题10．已知椭圆经过点，且离心率.（1）求椭圆的方程；（2）已知斜率存在的直线与椭圆相交于，两点，点总满足，证明：直线过定点.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）因为椭圆的离心率.所以，即，又椭圆经过点，代入椭圆方程可得，联立方程组可得，解得，.所以椭圆的方程为.（2）设直线的方程为，，，联立方程组消去得，，即，，，因为，所以，，即得，化简得，直线的方程为，所以，直线恒过定点.11．已知点F是椭圆的右焦点，P是椭圆E的上顶点，O为坐标原点且.（1）求椭圆的离心率e；（2）已知，，过点M作任意直线l与椭圆E交于A，B两点.设直线，的斜率分别为，，若，求椭圆E的方程.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由题可得，，，即，，；（2）由（1）可得椭圆方程为，当直线l的斜率存在时，设l：，设，联立直线与椭圆，得，则，即，则，，，，即对任意成立，即，则椭圆方程为，当直线斜率不存在时，则直线方程为，则，且此时，满足题意，综上，椭圆方程为.
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