资源简介

专题6 直线与圆、椭圆关系应用
01专题网络·思维脑图（含基础知识梳理、常用结论与技巧）
02考情分析·解密高考
03高频考点·以考定法（四大命题方向+五道高考预测试题，高考必考22-27分）
命题点1 直线与圆的方程应用
命题点2 椭圆基本性质应用（焦点三角形，离心率问题）
命题点3 椭圆的综合应用（定值，定点，证明类）
04创新好题·分层训练（ 精选10道最新名校模拟试题+10道易错提升）
1）圆的性质和二级结论
001. 圆的定义 : 若PA ⊥ PB，则P 的轨迹为以AB 为直径的圆
002.圆的四种方程
（1）圆的标准方程 .
（2）圆的一般方程：，特别提醒：只有当时，方程才表示圆心为，半径为的圆．二元二次方程表示圆的充要条件是，且，且．
（3）圆的参数方程：（为参数），其中圆心为，半径为．圆的参数方程的主要应用是三角换元： ，；
（4）圆的直径式方程 (圆的直径的端点是、).
003.圆系方程
（1）过点，的圆系方程是
，其中是直线的方程，λ是待定的系数．
（2）过直线:与圆:的交点的圆系方程是，λ是待定的系数．
（3）过圆:与圆:的交点的圆系方程是，λ是待定的系数．
004.圆的切线方程
（1）已知圆．
①若已知切点在圆上，则切线只有一条，其方程是 .
当圆外时， 表示过两个切点的切点弦方程．
②过圆外一点的切线方程可设为，再利用相切条件求k，这时必有两条切线，注意不要漏掉平行于y轴的切线．
③斜率为k的切线方程可设为，再利用相切条件求b，必有两条切线．
（2）已知圆．①过圆上的点的切线方程为;
②斜率为的圆的切线方程为
005. 圆的弦长公式：
006. 为直径端点的圆方程；
切线长：过圆（）外一点引圆的切线的长为： （）
2）椭圆的性质及二级结论
001.椭圆的第一定义 : 若 ， 则P 的轨迹为以 为焦点 ，2a 为长轴的椭圆（标准方程：）
002.椭圆第二定义：动点M与定点F（焦点）的距离和它到一条定直线（准线）的距离之比为定值常数，这个点的轨迹是椭圆.
003.点P处的切线PT平分在点P处的外角．（椭圆的光学性质）
004.PT平分在点P处的外角，则焦点在直线PT上的射影H点的轨迹是以长轴为直径的圆，除去长轴的两个端点．（中位线）
005.以焦点弦PQ为直径的与对应准线相离．（第二定义）
006.以焦点半径为直径的圆必与以长轴为直径的圆内切（第二定义）
007.设为椭圆的左右顶点，则在边上的旁切圆，必与所在的直线切与．
008.椭圆的两个顶点，与y轴平行的直线交椭圆于时，与交点的轨迹方程是
证明：，，交点，由，得，又，则
009.若在椭圆上，则过的椭圆的切线方程是．（求导或用联立方程组法）
010.若在椭圆外，则过做椭圆的两条切线切点为，则切点弦的直线方程是．
011.AB是椭圆的不平行于对称轴的弦，M为AB的中点，则．
012.若在椭圆内，则被所平分的中点弦的方程是．
013.若在椭圆内，则过的弦中点的轨迹方程是．
014.给定椭圆，，则
015.过椭圆上任一点任意作两条倾斜角互补的直线交椭圆于B、C点，直线BC有定向且．
016.椭圆的左右焦点分别为，，点P为椭圆上任意一点，则椭圆的焦点三角形面积为，，．（余弦定理+面积公式+半角公式）
020.若P为椭圆上异于长轴端点的任一点，，是焦点，，则．
021.椭圆的焦半径公式：，，．（第二定义）
022.若椭圆的左右焦点分别为，，左准线为L，则当时，可在椭圆上求一点，使得是P到对应准线距离与的比例中项．
023.P为椭圆上任一点，，为两焦点，为椭圆内一定点，则，当且仅当三点共线时等号成立．
024.过椭圆焦半径的端点作椭圆的切线交相应准线于一点，则该点与焦点的连线必与焦半径互相垂直．
025.过椭圆焦半径的端点作椭圆的切线，与以长轴为直径的圆相交，则相应焦点的连线必与切线垂直．
027.P是椭圆上一点，则点P对椭圆两焦点张直角的充要条件是．
028.设A，B为椭圆上两点，其直线AB与椭圆相交于P，Q，则AP=BQ
029.在椭圆中，定长为的弦中点轨迹方程为．
030.设S为椭圆的通径，定长线段L的两端点A，B在椭圆上移动，记是AB中点，则当时，有；当时，有．
031.椭圆与直线有公共点的充要条件是．
032.椭圆与直线有公共点的充要条件是
033.设椭圆的两个焦点，P（异于长轴端点）为椭圆上任意一点，在中，记，，，则有．
034.经过椭圆的长轴的两端点和的切线，与椭圆上任一点的切线相交于和，则．
035.点差法的斜率公式：
036.已知椭圆，O为坐标原点，P、Q为椭圆上两动点，且．
（1）；
（2）的最小值为；
（3）的最小值是；
037. 通用弦长公式：
038.. 椭圆的离心率公式：
039.MN是经过椭圆焦点的任一弦，若过椭圆中心O的半径，则．
040.设椭圆，或为其对称轴上除中心和顶点外的任一点，过M引一条直线与椭圆相交于P、Q两点，则直线，（为对称轴上的两顶点）的交点N在直线上；
041. 是椭圆的不平行于对称轴的弦， 为的中点，则，即即．（点差法）
042. 设是椭圆的长轴两端点，是椭圆上的一点，， ， ，分别是椭圆的半焦距离心率，则有：
(1) .
(2) .
(3) .
043. 已知椭圆的右准线与轴相交于点，过椭圆右焦点的直线与椭圆相交于两点，点在右准线上，且轴，则直线经过线段的中点.
044. 椭圆焦三角形中，内点到一焦点的距离与以该焦点为端点的焦半径之比为常数 (离心率).
（注:在椭圆焦三角形中，非焦顶点的内、外角平分线与长轴交点分别称为内、外点．）（角分线定理+合比公式）
045.椭圆焦三角形中，内心将内点与非焦顶点连线段分成定比.（角分线定理）
046. 椭圆焦三角形中，半焦距必为内、外点到椭圆中心的比例中项. （角分线定理）
047. 已知椭圆上一点，以直线与椭圆交于两点，恒有，则直线恒过.
048. 已知椭圆，不再椭圆上的一点，过做倾斜角互补的两直线，与椭圆交于四点，则四点共圆.
解析几何直线与圆，椭圆方程是高考中必考点，一般是小题部分考查一题，解答题一般椭圆，双曲线，抛物线为主，主要考查定值，定点，取值范围问题．对于新高考中，解答题考查计算能力
考点 考向 考题
直线与圆，椭圆关系应用 ①直线与圆的方程应用 ②椭圆基本性质应用 ③椭圆方程综合应用 2023新高考全国ⅡT15 全国乙T12 2022 全国乙卷T15 甲卷T14 全国Ⅰ卷T14 全国ⅡT15 2021 全国Ⅰ卷T11 Ⅱ卷T11 T16 2023 新高考Ⅰ卷T5 全国ⅡT5 甲卷T7 T12 2022全国甲卷T11 T10 新高考Ⅰ卷T16全国ⅡT16 2021全国ⅡT11 甲卷T15 Ⅰ卷T5 2023全国乙 T21 2022 全国乙T20 2021 全国Ⅱ T20
命题点1 直线与圆方程应用
典例01
（2023·全国·乙卷）
1．已知的半径为1，直线PA与相切于点A，直线PB与交于B，C两点，D为BC的中点，若，则的最大值为（ ）
A． B．
C． D．
典例02
（2022·全国·Ⅱ卷）
2．过四点中的三点的一个圆的方程为 ．
典例03
（2021·全国·Ⅰ卷）
3．已知点在圆上，点、，则（ ）
A．点到直线的距离小于
B．点到直线的距离大于
C．当最小时，
D．当最大时，
命题点2 椭圆基本性质应用
典例01
（2023·全国·Ⅰ卷）
4．设椭圆的离心率分别为．若，则（ ）
A． B． C． D．
典例02
（2023·全国·Ⅱ卷）
5．已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线与C交于A，B两点，若面积是面积的2倍，则（ ）．
A． B． C． D．
典例03
（2022·全国·Ⅱ卷）
6．已知O为坐标原点，过抛物线焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点，若，则（ ）
A．直线的斜率为 B．
C． D．
命题点3 椭圆方程的综合应用
典例01
（2022·全国·Ⅱ卷）
7．已知直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则l的方程为 ．
典例02
（2023·全国·乙卷）
8．已知椭圆的离心率是，点在上．
(1)求的方程；
(2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点．
典例03
（2022·全国·乙卷）
9．已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．
预计2024年新高考中试卷结将是单选题的形式考查关于椭圆离心率的性质或者是多选题将是以考查椭圆色基本性质应用或者是解答题中也是考查常规的韦达定理解决问题
一、单选题
10．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点P，Q均在椭圆上，且，，，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
11．已知复数，，则下列结论正确的是（ ）
A．方程表示的在复平面内对应点的轨迹是圆
B．方程表示的在复平面内对应点的轨迹是椭圆
C．方程表示的在复平面内对应点的轨迹是双曲线的一支
D．方程表示的在复平面内对应点的轨迹是抛物线
三、解答题
12．已知椭圆C：的离心率为，点在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若O为坐标原点，过点的直线l与椭圆C交于M，N两点，椭圆C上是否存在点Q，使得直线与直线分别交于点A，B，且点A，B关于x轴对称？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
（★精选10道最新名校模拟考试题+10道能力高频考点提升题）
一、单选题
（2023上·湖南·高三临澧县第一中学校联考开学考试）
13．椭圆可以看作由圆进行伸缩变换得到，模仿圆的面积公式，数学家得到椭圆的面积公式：椭圆的面积．若椭圆的面积是椭圆的4倍，则椭圆的焦距为（ ）．
A． B． C． D．
（2024·吉林白山·统考一模）
14．不与坐标轴垂直的直线过点，，椭圆上存在两点关于对称，线段的中点的坐标为．若，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
（2024·安徽模拟）
15．已知椭圆的右焦点为，过坐标原点的直线与椭圆交于两点，点位于第一象限，直线与椭圆另交于点，且，若，，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
（2024上·内蒙古锡林郭勒盟·高三统考期末）
16．已知椭圆上存在点，使得，其中，是椭圆的两个焦点，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
（2024·河南模拟练习）
17．曲线C的方程为，则（ ）
A．当时，曲线C是焦距为的双曲线
B．当时，曲线C是焦距为的双曲线
C．曲线C不可能为圆
D．当时，曲线C是焦距为的椭圆
（2024·江西赣州·南康中学校联考一模）
18．设椭圆的右焦点为F，直线与椭圆交于A，B两点，则（ ）
A．为定值 B．的周长的取值范围是
C．当时，为直角三角形 D．当时，的面积为
三、填空题
（2024上·云南曲靖·高三校联考阶段练习）
19．已知直线l：与圆M：交于P，Q两点，且为正三角形，则 ．
（2024·湖北武汉·武汉市第六中学校联考二模）
20．与直线和直线都相切且圆心在第一象限，圆心到原点的距离为的圆的方程为 ．
四、解答题
（2024·湖南邵阳·统考一模）
21．已知椭圆的短轴长为，左顶点到左焦点的距离为1.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)如图所示，点A是椭圆的右顶点，过点的直线与椭圆交于不同的两点，且都在轴的上方，点的坐标为.证明：.
（2024·新疆乌鲁木齐·统考一模）
22．已知椭圆的离心率为，点在椭圆上，过点的两条直线，分别与椭圆交于另一点A，B，且直线，，的斜率满足．
(1)求椭圆的方程；
(2)证明直线过定点；
(3)椭圆C的焦点分别为，，求凸四边形面积的取值范围．
一、单选题
（2023·广东汕头·统考二模）
23．已知椭圆C：的左 右焦点分别是 ，过的直线l与C交于A，B两点，设O为坐标原点，若，则四边形面积的最大值为（ ）
A．1 B． C． D．
（2023·四川成都·校联考三模）
24．已知椭圆的左，右焦点分别是，，点是椭圆上一点，满足，若以点为圆心，为半径的圆与圆，圆都内切，其中，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
（2023·广西贵港·高三校考阶段练习）
25．已知椭圆的左右焦点分别为，，为椭圆上一点，且，若坐标原点到直线距离是，且椭圆的焦距为，则（ ）
A． B． C． D．
（2023·天津·统考三模）
26．设，分别为具有公共焦点与的椭圆和双曲线的离心率，为两曲线的一个公共点，且满足，则的值为（ ）
A． B．1 C．2 D．4
二、多选题
（2023 河北联考）
27．已知是椭圆长轴上的两个顶点，点是椭圆上异于的任意一点，点与点关于轴对称，则下列四个命题中正确的是（ ）
A．直线与的斜率之积为定值
B．
C．的外接圆半径的最大值为
D．直线与的交点在双曲线上
（2023·贵州铜仁·统考二模）
28．法国数学家加斯帕蒙日被称为“画法几何创始人”“微分几何之父”他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆称为该椭圆的蒙日圆若椭圆的蒙日圆为，过上的动点作的两条切线，分别与交于，两点，直线交于，两点，则下列结论正确的是（ ）
A．椭圆的离心率为
B．面积的最大值为
C．到的左焦点的距离的最小值为
D．若动点在上，将直线，的斜率分别记为，，则
三、填空题
（2023上·重庆沙坪坝·高三重庆市第七中学校校考阶段练习）
29．已知圆与直线，过上任意一点向圆引切线，切点为，，若线段长度的最小值为，则实数的值为 .
（2023·广东广州·广东实验中学校考一模）
30．“数学在晚旁，月也在晚旁.”是时候为《晚旁》写一句诗 做一枚徽标了.“晩旁”徽标是借两个圆设计而成，其状如月（如图1）.已知，其中.如图为圆与的交点，若弦将圆分为长度之比为的两段弧，则组成“月亮”的两段弧长之比为 .（请写出长度较小的弧与长度较长的弧的长度之比，即该比值小于1.）

四、解答题
（2024上·浙江宁波·高三统考期末）
31．在平面直角坐标系中，，是椭圆：的左、右焦点，是C的左顶点，过点A且斜率为的直线交直线上一点M，已知为等腰三角形，.
(1)求C的方程；
(2)在直线上任取一点，直线：与直线交于点Q，与椭圆C交于D，E两点，若对任意，恒成立，求m的值.
（2024上·辽宁抚顺·高三校联考期末）
32．已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点作轴的垂线，并与交于A，B两点，过点作一条斜率存在且不为0的直线与交于M，N两点，，的周长为8.
(1)求的方程.
(2)记，分别为的左、右顶点，直线与直线相交于点，直线与直线相交于点Q，和的面积分别为，，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【分析】由题意作出示意图，然后分类讨论，利用平面向量的数量积定义可得，或然后结合三角函数的性质即可确定的最大值.
【详解】如图所示，，则由题意可知:，
由勾股定理可得

当点位于直线异侧时或PB为直径时，设，
则：
，则
当时，有最大值.

当点位于直线同侧时，设，
则：
，
，则
当时，有最大值.
综上可得，的最大值为.
故选：A.
【点睛】本题的核心在于能够正确作出示意图，然后将数量积的问题转化为三角函数求最值的问题，考查了学生对于知识的综合掌握程度和灵活处理问题的能力.
2．或或或．
【分析】方法一：设圆的方程为，根据所选点的坐标，得到方程组，解得即可；
【详解】[方法一]：圆的一般方程
依题意设圆的方程为，
（1）若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
（2）若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
（3）若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
（4）若过，，，则，解得，所以圆的方程为，即；
故答案为：或 或 或．
[方法二]：【最优解】圆的标准方程（三点中的两条中垂线的交点为圆心）
设
（1）若圆过三点，圆心在直线，设圆心坐标为，
则，所以圆的方程为；
（2）若圆过三点， 设圆心坐标为，则，所以圆的方程为；
（3）若圆过 三点，则线段的中垂线方程为，线段 的中垂线方程 为，联立得 ，所以圆的方程为；
（4）若圆过三点，则线段的中垂线方程为， 线段中垂线方程为 ，联立得，所以圆的方程为．
故答案为：或 或 或．
【整体点评】方法一；利用圆过三个点，设圆的一般方程，解三元一次方程组，思想简单，运算稍繁；
方法二；利用圆的几何性质，先求出圆心再求半径，运算稍简洁，是该题的最优解．
3．ACD
【分析】计算出圆心到直线的距离，可得出点到直线的距离的取值范围，可判断AB选项的正误；分析可知，当最大或最小时，与圆相切，利用勾股定理可判断CD选项的正误.
【详解】圆的圆心为，半径为，
直线的方程为，即，
圆心到直线的距离为，
所以，点到直线的距离的最小值为，最大值为，A选项正确，B选项错误；
如下图所示：
当最大或最小时，与圆相切，连接、，可知，
，，由勾股定理可得，CD选项正确.
故选：ACD.
【点睛】结论点睛：若直线与半径为的圆相离，圆心到直线的距离为，则圆上一点到直线的距离的取值范围是.
4．A
【分析】根据给定的椭圆方程，结合离心率的意义列式计算作答.
【详解】由，得，因此，而，所以.
故选：A
5．C
【分析】首先联立直线方程与椭圆方程，利用，求出范围，再根据三角形面积比得到关于的方程，解出即可.
【详解】将直线与椭圆联立，消去可得，
因为直线与椭圆相交于点，则，解得，
设到的距离到距离，易知，
则，，
，解得或（舍去），
故选：C.
6．ACD
【分析】由及抛物线方程求得，再由斜率公式即可判断A选项；表示出直线的方程，联立抛物线求得，即可求出判断B选项；由抛物线的定义求出即可判断C选项；由，求得，为钝角即可判断D选项.
【详解】对于A，易得，由可得点在的垂直平分线上，则点横坐标为，
代入抛物线可得，则，则直线的斜率为，A正确；
对于B，由斜率为可得直线的方程为，联立抛物线方程得，
设，则，则，代入抛物线得，解得，则，
则，B错误；
对于C，由抛物线定义知：，C正确；
对于D，，则为钝角，
又，则为钝角，
又，则，D正确.
故选：ACD.
7．
【分析】令的中点为，设，，利用点差法得到，设直线，，，求出、的坐标，再根据求出、，即可得解；
【详解】[方法一]：弦中点问题：点差法
令的中点为，设，，利用点差法得到，
设直线，，，求出、的坐标，
再根据求出、，即可得解；
解：令的中点为，因为，所以，
设，，则，，
所以，即
所以，即，设直线，，，
令得，令得，即，，
所以，
即，解得或（舍去），
又，即，解得或（舍去），
所以直线，即；
故答案为：
[方法二]：直线与圆锥曲线相交的常规方法
解：由题意知，点既为线段的中点又是线段MN的中点，
设，，设直线，，，
则，，，因为，所以
联立直线AB与椭圆方程得消掉y得
其中，
∴AB中点E的横坐标,又，∴
∵，，∴,又，解得m=2
所以直线，即
8．(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；
（2）设直线的方程，进而可求点的坐标，结合韦达定理验证为定值即可.
【详解】（1）由题意可得，解得，
所以椭圆方程为.
（2）由题意可知：直线的斜率存在，设，
联立方程，消去y得：，
则，解得，
可得，
因为，则直线，
令，解得，即,
同理可得，
则
，
所以线段的中点是定点.

【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤
（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；
（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；
（3）得出结论．
9．(1)
(2)
【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；
（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.
【详解】（1）解：设椭圆E的方程为，过，
则，解得，，
所以椭圆E的方程为：.
（2），所以，
①若过点的直线斜率不存在，直线.代入，
可得，，代入AB方程，可得
，由得到.求得HN方程：
，过点.
②若过点的直线斜率存在，设.
联立得，
可得，，
且
联立可得
可求得此时，
将，代入整理得，
将代入，得
显然成立，
综上，可得直线HN过定点
【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种：
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
10．C
【分析】设，根据题意，得到，连接，求得，结合椭圆的定义和知，列出方程，求得，进而求得椭圆的离心率.
【详解】设，，由，可得，
连接，则，
由椭圆的定义，可得，，
又由知，点在PQ上，所以，
即，可得，则，，
因此，可得．
故选：C.

11．AC
【分析】根据复数模的几何意义，及椭圆、双曲线的定义逐项分析即可.
【详解】由复数模的几何意义知，
表示复平面内点与点之间的距离为定值2，
则在复平面内对应点的轨迹是圆，故A正确；
由复数模的几何意义知，
表示复平面内点到点和的距离之和为，
又，不满足椭圆的定义，故B不正确；
由复数模的几何意义知，
表示复平面内点到点和的距离之差为1，
又，满足双曲线的定义，故C正确；
对于D，可化为，
表示复平面内点到点和的距离相等，轨迹是直线，
故D不正确，
故选：AC.
12．(1)
(2)存在，点Q的坐标为或
【分析】（1）根据已知，根据的关系得出.将点代入椭圆方程，即可解出，进而得出；
（2）当直线l的斜率不为0时，设，，，设直线l：，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理表示出坐标关系，求出坐标.根据已知列出方程，整理推得，.代入椭圆方程求出点坐标；检验当直线l的斜率为0时，满足对称关系，即可得出答案.
【详解】（1）因为椭圆C的离心率为，
所以，.
又，所以.
将代入椭圆方程，得，
所以，，
所以椭圆C的标准方程为．
（2）
当直线l的斜率不为0时，
设直线l：，联立得，
整理得．
则，解得或.
设，，，
由韦达定理可得，，
则直线MQ：，
令，得，所以.
同理得．
由点A，B关于x轴对称得，
即，
整理可得，.
易知点不在上，所以，
所以，，
所以，有，
整理得.
由n的任意性知，
将坐标代入代入椭圆方程有，解得，
所以点Q的坐标为或．
当直线l的斜率为0时，不妨令，，，
此时直线MQ：，
令，得，所以，
同理得，显然点A，B关于x轴对称，满足.
综上，存在满足题意的点Q，且点Q的坐标为或．
【点睛】方法点睛：解决与圆锥曲线有关的顶点问题时，设出直线方程，联立直线与圆锥曲线的方程，根据韦达定理表示出坐标关系.分析已知条件，得出等量关系，整理化简即可得出结论.
13．B
【分析】先根据椭圆面积公式建立关于的方程，求值，再根据椭圆方程求，求焦距.
【详解】依题意，，解得，故椭圆的焦距为．
故选：B
14．C
【分析】根据点差法求出，再结合进行计算得出结果.
【详解】设为坐标原点，在椭圆中，设，则，
所以，
因为关于对称，所以，所以，
由线段的中点的坐标为，得出．
所以，
又，
∴，即，
又，∴，所以所求离心率为.
故选：C．
15．B
【分析】首先分析题意，利用椭圆焦点三角形性质进行求解，再补全为四边形，利用余弦定理进行相关运算求解离心率即可.
【详解】如图，设椭圆的左焦点为，连接，所以四边形为平行四边形．
设，则．
因为，所以，
又因为，所以，所以．
在中，，
由余弦定理得，
所以，所以．
故选：B．
16．D
【分析】由结合椭圆的定义可求出，再由可求出离心率的范围.
【详解】因为，
因为，
所以，
所以，，
因为，
所以，
所以，
所以，解得，
因为，所以，
所以离心率的范围，
故选：D .
17．AD
【分析】变形给定的方程，利用各选项的条件，结合圆、椭圆、双曲线的特征判断作答.
【详解】对于A，当时，方程化为，曲线是焦距为的双曲线，A正确；
对于B，当时，方程化为，
曲线是焦点在y轴上，焦距为的椭圆，B错误；
对于C，当时，曲线表示圆，C错误；
对于D，当时，方程化为，
曲线是焦点在x轴上，焦距为的椭圆，D正确.
故选：AD
18．AC
【分析】由椭圆定义可判断A；由为定值以及的范围可判断B；求出，的坐标，由数量积公式得出，可判断C；求出，的坐标，由三角形面积公式可判断D.
【详解】设椭圆的左焦点为，则，所以为定值6，故A正确；
的周长为，因为为定值6，
易知的范围是，所以的周长的范围是，故B错误；
将与椭圆方程联立，可解得，，
又易知，所以，
所以为直角三角形，故C正确；
将与椭圆方程联立，解得，，
所以，故D错误.
故选：AC．
19．1或
【分析】根据为正三角形，求出圆心到直线距离，进而求出m的值.
【详解】圆M：，圆心为，半径为，
直线l：与圆M：交于P，Q两点，
因为为正三角形，
所以，
过做于，
则，
则或.
故答案为：1或
20．
【分析】设圆心坐标，根据题意列关于的方程，求出它们的值，进而求得半径，即可得答案.
【详解】设圆心坐标为，
由于所求圆与直线和直线都相切，
故，化简为，而，则，
又圆心到原点的距离为，即，
解得，即圆心坐标为，则半径为，
故圆的方程为，
故答案为：
21．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据已知列出关于的方程组，求解得出的值，即可得出答案；
（2）根据已知设直线方程为，与椭圆方程联立，得出一元二次方程.设，根据韦达定理得出坐标之间的关系，进而表示出，求和化简推得，转化为角之间的关系，即可得出证明.
【详解】（1）依题意得
解得，
所以，椭圆的标准方程为.
（2）由已知，直线过点，与椭圆交与不同的两点，且都在轴上方可得，直线的斜率存在且不为0，
设直线方程为.
联立方程，可得.
计算，
可得，且.
设，
由韦达定理可得.
又，
所以，
.
因为，
所以，，.
，，
所以，，.
22．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据条件列出方程组，解出即可；
（2）设直线，联立直线和椭圆方程，消元后，利用，建立方程，解出后验证即可；
（3）设直线，联立直线和椭圆方程，消元后，利用韦达定理得到条件，利用进行计算，换元法求值域即可.
【详解】（1）由题设得，解得，
所以的方程为；
（2）由题意可设，设，，
由，整理得，
．
由韦达定理得，，
由得，
即，
整理得，
因为，得，解得或，
时，直线过定点，不合题意，舍去；
时，满足，
所以直线过定点．
（3））由（2）得直线，所以，
由，
整理得，，
由题意得，
因为，所以，所以，
令，，
所以，在上单调递减，
所以的范围是．

23．B
【分析】由椭圆的方程得椭圆的右焦点坐标为(1,0)，设直线AB的方程为, 代入椭圆方程中利用求得三角形面积关于表达式，令,转化为的函数，利用基本不等式求得三角形AOB的面积最大值，乘以2就是所求四边形的面积的最大值.
【详解】由已知得若，故四边形AOBE是平行四边形，其面积是△OAB面积的两倍，下面先求△OAB的面积的最大值.由椭圆的方程的椭圆的右焦点坐标为(1,0)，设直线AB的方程为,代入椭圆方程中并整理得：
,
，
令,,当,即k=0,也就是直线AB与x轴垂直时面积取得最大值为，∴四边形AOBE的面积最大值为.
故选：B.
【点睛】本题考查椭圆中四边形面积最值的求解问题，关键是能够将所求四边形面积转化为三角形面积，并表示为关于某一个变量的函数的形式，利用换元思想转化后利用基本不等式求得面积的最值.
24．C
【分析】由两边平方，可得，由以点为圆心，为半径的圆与圆，圆都内切，结合椭圆的定义列方程组可得和，再利用勾股定理解出离心率．
【详解】由两边平方，可得，则，
由已知可得，
由，则
在中，由．
故选：C
25．C
【分析】过，作直线的垂线，垂足为，，则，由题设知，，进而算出，由椭圆的定义知，，运用余弦定理化简得，进而算出的值.
【详解】解：过，作直线的垂线，垂足为，，则，
由题设知，，
是的中点，，在中，
，，
由椭圆的定义知，，
在中，由余弦定理得，
，
化简得，又椭圆的焦距为，
，则.
故选：C.
【点睛】本题考查椭圆的基本性质，考查余弦定理的运用，属于中档题.
26．C
【分析】分别根据椭圆与双曲线的定义，找到焦点半径之间的关系，再由，得根据勾股定理即得.
【详解】解:设椭圆的半长轴长为，双曲线的半实轴长为，它们的半焦距为
因为，所以
为两曲线的一个公共点，不妨设
所以，
，
故选：C
【点睛】椭圆与双曲线中，已知焦点半径之间的关系，求给定式子的值，基础题.
27．BCD
【分析】由、是椭圆长轴上的两个顶点．设，在椭圆上，，，
直接求解直线与的斜率之积，可得定值；在根据向量坐标的运算即可判断；当在短轴顶点时，可得△的外接圆半径的最大值为；设出，求解直线与的交点，满足双曲线，从而可以判断．
【详解】设，则
、是椭圆长轴上的两个顶点．，
则，故不正确．
由，，，故正确．
当在短轴顶点时，，，，由正弦定理：，可得△的外接圆半径的最大值；故正确．
点与点关于轴对称，设，，
直线的方程为：
直线的方程为：
②两式相乘：可得，由代入化简可得，即直线与的交点在双曲线上；故正确．
故选：．
【点睛】本题考查圆锥曲线的性质和应用，考查平面向量数量积的坐标表示，考查正弦定理，考查设而不求的思想，考查运算能力，属于中档题．
28．ACD
【分析】根据题意结合圆，椭圆的知识并结合直线与椭圆位置关系，韦达定理可逐项求解.
【详解】对于A:依题意，过椭圆 的上顶点作 轴的垂线，过椭圆 的右顶点作 轴的垂线，则这两条垂线的交点在 上，
所以 ，得 ，
所以椭圆 的离心率 ，故A正确；
对于B：因为点 ， ， 都在 上，且 ，
所以 为 的直径，所以 ，
所以 面积的最大值为 ，故B错误；
对于C：设 ， 的左焦点为 ，连接 ，因为 ，
所以
又 ，所以 ，
则 到 的左焦点的距离的最小值为 ，故C正确；
对于D：由直线 经过坐标原点，易得点 ， 关于原点对称，
设 ， ，则 ，又 ， ，
又 两式相减得 ，
所以 ，又 ，
所以 ，故D正确．
故选：ACD.
29．##
【分析】设，则，则由题意可求得，从而可得，而的最小值是圆心到直线的距离，然后列方程可求出实数m的值.
【详解】
圆的圆心，半径，
设，则，
因为，所以，
又，所以，
又，所以，即，
又，所以．
故答案为：．
30．##
【分析】求出两相交圆的公共弦，再由圆的长度比求出，得到圆的方程分别求组成“月亮”的弧长即可.
【详解】由，
两圆方程相减可得，
又可化为，
因为弦分圆分为长度之比为的两段弧，可知，
所以的圆心到直线的距离等于半径的一半，
即，解得，
又，所以，
所以圆的方程为，半径为，
所以圆的被弦截得较长的弧长为；
圆可化为，
圆心，满足直线的方程，
故“月亮”的长度较小的弧长为圆的半圆弧长.
所以组成“月亮”的两段弧长之比为.
故答案为：
31．(1)
(2)
【分析】（1）由已知直接求出，根据已知得为等腰三角形，得到到的距离为，解出进而求得曲线方程；
（2）分为和两种情况求解，当时，恒成立，时将OP的方程为与联立求出点Q，将直线与椭圆联立组成方程组，整理之后根据中点坐标公式求出点Q坐标，进而列出关于的方程求解.
【详解】（1）依题意因为左顶点为，所以，因为，
所以，
过作轴，由几何关系知，
，所以，
化简得，所以，
得椭圆.
（2）①当时，恒成立；
当时，由题意知直线OP的方程为，
联立方程组，解得，即点的横坐标为，
再联立方程组，整理得，
设，，则且，
因为点是的中点，可得，即，
该式对任意且恒成立，所以，
综上可得，实数的值为.
32．(1)
(2)是定值，定值为
【分析】（1）根据通径以及焦点三角形的周长即可联立求解，
（2）联立直线与椭圆方程，根据直线方程可得坐标，即可由三角形的面积公式化简求解.
【详解】（1）将代入可得，
所以
解得，，故的方程为
（2）为定值，定值为.理由如下：
依题可设直线的方程为，，，
联立方程组整理得，
则，.
易知，，直线的方程为，
则直线的方程为，令，得，
同理可得.
.
故为定值，且该定值为.

答案第1页，共2页
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