三年高考真题精编解析一专题17椭圆及其综合应用.docx
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三年高考真题精编解析一专题17椭圆及其综合应用
专题17
椭圆以及综合应用
1.【2017浙江，
2
X
2】椭圆—
9
2
y1的离心率是
4
A.
试题分析:
5，选B.
3
【考点】椭圆的简单几何性质
【名师点睛】解决補园和双曲线的离心率的求俏及范围冋题其关键就是确立一个关于4吐的方稈或不等
式，再根揺鱼吐的关系消掉占得応的关系式，建立关于工必的方程或不等式，蔑充分剎用椭圆和眾
曲线的几何性质、点的坐标的范围等.
2.【2017课标3,
2
x
理10】已知椭圆C：
2
a
2
y
—21,（a>b>0）的左、右顶点分别为Ai,A2,且
b
以线段A1A2
bx
A.
6
B.3C.
2D
——D.
1
3
3
3
3
【答案】
A
【解析】
试题分析
:
以线段
AA2为直径的圆的圆心为坐标原点
0,0，半径为r
a，圆的方程为
22
2
xy
a,
直线bx
ay2ab
0与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即：
d
2ab
a,
为直径的圆与直线
ay2ab0相切,
则C的离心率为
b
整理可得
2a
222
3b,即a3a
c2,2a23c2,
从而e
2
c
2
a
2
3，椭圆的离心率ea
336，
故选A.
（或离心率的取值范围）,
【名师点睛】椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率常见有两种方法:
①求出a,c,代入公式e=C;
a
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）.
22
XX
3.【2016高考浙江理数】已知椭圆Ci:
—2+/=1（m>1）与双曲线C2：
2-<2=1（n>0）的焦点重合，
mn
ei,e2分别为Ci,C2的离心率，则（）
A.m>n且eie2>1B.m>n且eie2<1C.m1D.m且eie2【答案】A
【解析】
试题分析：
由題意知=也二.兰二=十丄,代入
+2；-jPwf>«.>1r故选A.
考点；1.椭圆的简单几何性质*人双曲线的简单几何性质.
【易错点睛】计算椭圍G的焦点时，要注意丁=耳一方丄；计算观曲线Cj的焦点时，要注意，=rr+fe2.否
则很容易出现错误。
22
一一xy
4.【2016咼考新课标3理数】已知0为坐标原点，F是椭圆C：
—221（ab0）的左
ab
焦点，A,B
分别为C的左，右顶点.P为C上一点，且PFx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，贝UC的离心率为（）
（A）1
3
（B）1
2
（C）2
3
（D）3
4
【答案】A
【解析】
试题分析：
由题意设直线
l的方程为
yk（xa），分别令xc与x0得点
|FM|k（a
1
c）,|OE|ka,由OBE:
CBM，得2，"|OB丨，即kaa,
|FM||BC|2k（ac）ac
整理，得c
a
11
，所以椭圆离心率为e，故选A.
33
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a,c的值，进而求得e的值;
（2）建立a,b,c的齐次等式，求得b或转化为关于e的等式求解；（3）通过特殊值或特殊位置，a
求出e.
22
5.【2015高考新课标1，理14】一个圆经过椭圆％y1的三个顶点，且圆心在x轴的正半
164
轴上，则该圆的标准方程为•
3
［答案】（X3）2
2
2
y
25
4
【解析】设圆心为（
a,
0）,则半径为4a，则（4a）2
223
a222，解得a，故圆的方程
2
3、22
为（x）y
25
2
4
【考点走位】椭圆的几何性廣i圆的标准方程
【名师点睛】本题考查椭圆的性质E圆的标准方程，本題结合榊圆的图形可知圆过榊圆的上下顶点与左顶旦（或右顶点九有圈的性廣知，圆心在工轴上，设出廈心，算出半径，根垂径定理列出关于园心的方程,
解出圖心坐标，祁可写出圆的方理』细心观察圈与牖13的特征是鮮题的关琏.
22
Xy
6.【2016高考江苏卷】如图，在平面直角坐标系xOy中，F是椭圆一221（a>b>0）的右
ab
u
焦点，直线y与椭圆交于B,C两点，且BFC90°,则该椭圆的离心率是.
2
【答案】6
3
【解析】由题意得B（乎a,》®滲a,》，因此『（罗霏（少°云右°号.
考点：
椭圆离心率
a,c，
【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a,c的比值，这注重于列式，即需根据
条件列出关于a,c的一个齐次等量关系，通过解方程得到离心率的值
22
xy
7.【2017课标1，理20】已知椭圆C:
字务=1（a>b>0）,四点Pi（1,1）,P2（0,1）,P3（-1,
ab
3
P4（1,
）中恰有三点在椭圆
2
（1）求C的方程；
（2）设直线I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：
I过定点.
【解析】
试题分析：
（1）根据P3,P4两点关于y轴对称，由椭圆的对称性可知C经过P3,P4两点.另外
11
△I知，
C不经过点
P1,所以点P2在C上.因此R,P3,F4在椭圆上，代入其标准方
k1,k2,在设直线I的方程,
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
当I与x轴垂直，通过计算，不满足题意，再设设I：
ykxm（m1），将ykxm代入
2
x2
—y21，写出判别式，韦达定理，表示出k1k2，根据k1k21列出等式表示出k和m的
4
关系，判断出直线恒过定点.
试题解析：
（1）由于P3,P4两点关于y轴对称，故由题设知C经过P3,R两点.
1113
又由'2'2132知，C不经过点P1,所以点P2在C上.
aba4b
1
因此『
1
2a
3
4b2
，解得
1
b2
2
故C的方程为Xy21.
4
设直线吋与直线P山的斜率分别为乍八,
丈喋［与T丰由垂直，设1*4由题设知山0,且|牛＜，可得卫』的坐标耸豹曲⑴也二儿⑺-也二）.
4■
则屁十穏■乓三-厲亍一2—1,得f・2,不符合题设一
■1k"aarT
从而可设f：
y~kx-¥m5“〉.将y・kx+啊代入+“：
■】得
222
（4k1）x8kmx4m40
8km
4m2
4
2
X1X2=——2一
4k1
4k
1
由题设可知=l6（4k2m21）0.
设A（xi,yi）,B（x2,y2），贝Vxi+X2=
ky11y21
而k,k27172
X1X2
kx1m1kx2m1
2kx1x2
（m
1）（X1
X2）
由题设匕
k2
1，
故（2k
1）x1x2
（m
1）（X1X2）0.
4m2
4
8km
即（2k1）
2
（m
1）
2
0.
4k
1
4k1
解得k
m1
2
当且仅当
m
1时,
0，
欲使1:
:
y
——xm，即y1
m1,c、
——（x2），
2
2
所以1过定点（
2，
1）
【考点】椭圆的标准方程，直线与圆锥曲线的位置关系^
【名师点皤】椭圜的对称性是榊同的一个重萝性愿判断点是否在椭圈上「可以通过这一方:
去曲亍判断,证明直线过定点的关键是设出直线方程，通过一定关系韩化，找出两个参数之间的关系式，从而可以判断过定点情况另?
卜，在设直线方程之前』若题设中为告知」M-宦要讨论直线斜率不存在和存在情况'接看通法是联立万程组』求判别式、半达正理”根据题设关系进行化简一
X2
8.【2017课标II，理】设0为坐标原点，动点M在椭圆C:
一y21上，过M作x轴的垂线，
2
uuuf-UJUU
垂足为N,点P满足NP2NM。
（1）求点P的轨迹方程；
uuuuuu
⑵设点Q在直线x3上，且OPPQ1。
证明：
过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点
F。
【答案】⑴x2y22。
（2）证明略。
【解析】
_uuuur
2NM得到点P与点,M坐标之间的关系即可求得轨
迹方程为x
22
y
2。
UUU
UULT
（2）利用OP
PQ
1可得坐标关系3mm2
tnn
1，
UUTUUU
UULTUUU
OQgPF（
），即
OQPF,据此即可得出题中的结论。
UUU
试题解析：
（1）设Px,y,Mx0,y0,设N
x°,0,
NP
ujur
试题分析：
⑴设出点P的坐标，利用NP
结合
（1）中的结论整理可得
X
UULTUUULT
由NP2NM得Xo
UJUU
Xo,y,NM0,y°。
X，y02y。
22
因为MXo,yo在C上，所以——1。
22
因此点P的轨迹方程为x2y22。
（2）由题意知F1,0。
设Q3,t,Pm,n,则
UUT
ULU
ULUTUJU
OQ3,t
PF
1
m,n
OQPF33mtn，
UUU
UUU
OPm,n
PQ
3
m,tn
1。
UUUUUU
由OPgPQ
1得
3mm
2tn
n1，又由
（1）知mn
2，故
33mtn
0。
UULTUULT
LULT
UUU
所以OQgPF
0，
即OQ
PF。
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I过C的左焦点F。
【考点】轨迹方程的求解；直线过定点问题。
|【名师点睛】求轨迹方程的當用方法有:
⑴直接法：
直接刑用条件建*『之间的关系Pg
（覇待定系数法：
已知所求曲线的类型、求曲结方程°
卩症义迭：
先根据条件得动点的轨述是某种已知曲媒再由曲线的定义直接写出动点的轨迹方程。
（4）代入（相关旬誉触用,T）依前!
于另一动占2助
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