(2015-2017)三年高考真题精编解析一专题17 椭圆及其综合应用

1.【2017浙江，2】椭圆22194xy的离心率是A．133B．53C．23D．59【答案】B【解析】试题分析：94533e，选B．2.【2017课标3，理10】已知椭圆C：22221xyab，（ab0）的左、右顶点分别为A1，A2，且以线段A1A2为直径的圆与直线20bxayab相切，则C的离心率为A．63B．33C．23D．13【答案】A【解析】试题分析：以线段12AA为直径的圆的圆心为坐标原点0,0，半径为ra，圆的方程为222xya，直线20bxayab与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即：222abdaab，整理可得223ab，即222223,23aacac，从而22223cea，椭圆的离心率2633cea，故选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＝ca；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C1：22xm+y2=1(m1)与双曲线C2：22xn–y2=1(n0)的焦点重合，e1，e2分别为C1，C2的离心率，则（）A．mn且e1e21B．mn且e1e21C．mn且e1e21D．mn且e1e21【答案】A【解析】则很容易出现错误。4.【2016高考新课标3理数】已知O为坐标原点，F是椭圆C：22221(0)xyabab的左焦点，,AB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，则C的离心率为（）（A）13（B）12（C）23（D）34【答案】A【解析】试题分析：由题意设直线l的方程为()ykxa，分别令xc与0x得点||()FMkac，||OEka，由OBECBM，得1||||2||||OEOBFMBC，即2(c)kaakaac，整理，得13ca，所以椭圆离心率为13e，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,ac的值，进而求得e的值；（2）建立,,abc的齐次等式，求得ba或转化为关于e的等式求解；(3)通过特殊值或特殊位置，求出e．5.【2015高考新课标1，理14】一个圆经过椭圆221164xy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】22325()24xy【解析】设圆心为（a，0），则半径为4a，则222(4)2aa，解得32a，故圆的方程为22325()24xy.6.【2016高考江苏卷】如图，在平面直角坐标系xOy中，F是椭圆22221()xyabab＞＞0的右焦点，直线2by与椭圆交于,BC两点，且90BFC,则该椭圆的离心率是.【答案】63【解析】由题意得33(,),C(,),2222bbBaa，因此2222236()()032.223bcacae考点：椭圆离心率【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,ac，这注重考查椭圆标准方程中量的含义，二是整体考查，求,ac的比值，这注重于列式，即需根据条件列出关于,ac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：2222=1xyab（ab0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，32），P4（1，32）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3P，4P两点关于y轴对称，由椭圆的对称性可知C经过3P，4P两点.另外222211134abab知，C不经过点P1，所以点P2在C上.因此134,,PPP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：ykxm（1m），将ykxm代入2214xy，写出判别式，韦达定理，表示出12kk，根据121kk列出等式表示出k和m的关系，判断出直线恒过定点.试题解析：（1）由于3P，4P两点关于y轴对称，故由题设知C经过3P，4P两点.又由222211134abab知，C不经过点P1，所以点P2在C上.因此222111314bab，解得2241ab.故C的方程为2214xy.222(41)8440kxkmxm由题设可知22=16(41)0km.设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=2841kmk，x1x2=224441mk.而12121211yykkxx121211kxmkxmxx1212122(1)()kxxmxxxx.由题设121kk，故1212(21)(1)()0kxxmxx.即222448(21)(1)04141mkmkmkk.解得12mk.当且仅当1m时，0，欲使l：12myxm，即11(2)2myx，所以l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.8.【2017课标II，理】设O为坐标原点，动点M在椭圆C：2212xy上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足2NPNM。(1)求点P的轨迹方程；(2)设点Q在直线3x上，且1OPPQ。证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F。【答案】(1)222xy。(2)证明略。【解析】试题分析：(1)设出点P的坐标，利用2NPNM得到点P与点,M坐标之间的关系即可求得轨迹方程为222xy。(2)利用1OPPQ可得坐标关系2231mmtnn，结合(1)中的结论整理可得0OQPF，即OQPF，据此即可得出题中的结论。试题解析：（1）设00,,,PxyMxy,设0,0Nx,00,,0,NPxxyNMy。由2NPNM得002,2xxyy。因为00,Mxy在C上，所以22122xy。因此点P的轨迹方程为222xy。（2）由题意知1,0F。设3,,,QtPmn,则3,,1,,33OQtPFmnOQPFmtn，,,3,OPmnPQmtn。由1OPPQ得2231mmtnn，又由（1）知222mn，故330mtn。所以0OQPF，即OQPF。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l过C的左焦点F。【考点】轨迹方程的求解；直线过定点问题。9.【2017山东，理21】在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：22221xyab0ab的离心率为22，焦距为2.（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）如图，动直线l：132ykx交椭圆E于,AB两点，C是椭圆E上一点，直线OC的斜率为2k，且1224kk，M是线段OC延长线上一点，且:2:3MCAB，M的半径为MC，,OSOT是M的两条切线，切点分别为,ST.求SOT的最大值，并求取得最大值时直线l的斜率.【答案】（I）2212xy.（Ⅱ）SOT的最大值为3，取得最大值时直线l的斜率为122k.【解析】试题分析：（I）本小题由22cea，22c确定,ab即得.（Ⅱ）通过联立方程组2211,23,2xyykx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||AB及圆M的半径r表达式.试题解析：（I）由题意知22cea，22c，所以2,1ab，因此椭圆E的方程为2212xy.（Ⅱ）设1122,,,AxyBxy，联立方程2211,23,2xyykx得2211424310kxkx，由题意知0，且112122211231,21221kxxxxkk，所以22112112211181221kkABkxxk.由题意可知圆M的半径r为22112111822321kkrk由题设知1224kk，所以2124kk因此直线OC的方程为124yxk.联立方程2211,22,4xyyxk得2221221181,1414kxykk，因此2221211814kOCxyk.由题意可知1sin21SOTrOCrOCr，而2121221121181411822321kOCkrkkk21221112324141kkk，令2112tk，则11,0,1tt，因此2223313112221121119224OCtrttttt，当且仅当112t，即2t时等号成立，此时122k，所以1sin22SOT，因此26SOT，所以SOT最大值为3.综上所述：SOT的最大值为3，取得最大值时直线l的斜率为122k.【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.10.【2017天津，理19】设椭圆22221(0)xyabab的左焦点为F，右顶点为A，离心率为12.已知A是抛物线22(0)ypxp的焦点，F到抛物线的准线l的距离为12.（I）求椭圆的方程和抛物线的方程；（II）设l上两点P，Q关于x轴对称，直线AP与椭圆相交于点B（B异于点A），直线BQ与x轴相交于点D.若APD△的面积为62，求直线AP的方程.【答案】（1）22413yx，24yx.（2）3630xy，或3630xy.【解析】试题分析：由于A为抛物线焦点，F到抛物线的准线l的距离为12，则12ac，又椭圆的离心率为12，求出,,cab，得出椭圆的标准方程和抛物线方程；则(1,0)A，设直线AP方程为设1(0)xmym，解出PQ、两点的坐标，把直线AP方程和椭圆方程联立解出B点坐标，写出BQ所在直线方程，求出点D的坐标，最后根据APD△的面积为62解方程求出m，得出直线AP的方程.试题解析：（Ⅰ）解：设F的坐标为(,0)c.依题意，12ca，2pa，12ac，解得1a，12c，2p，于是22234bac.所以，椭圆的方程为22413yx，抛物线的方程为24yx.（Ⅱ）解：设直线AP的方程为1(0)xmym，与直线l的方程1x联立，可得点2(1,)Pm，故2(1,)Qm.将1xmy与22413yx联立，消去x，整理得22(34)60mymy，解得0y，或2634mym.由点B异于点A，可得点222346(,)3434mmBmm.由2(1,)Qm，可得直线BQ的方程为22262342()(1)(1)()03434mmxymmmm，令0y，解得222332mxm，故2223(,0)32mDm.所以2222236||13232mmADmm.又因为APD△的面积为62，故221626232||2mmm，整理得2326||20mm，解得6||3m，所以63m.所以，直线AP的方程为3630xy，或3630xy.【考点】直线与椭圆综合问题11.【2017江苏，17】如图,