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2024年高考数学椭圆知识精讲+大题预测
知识精讲：
椭圆的定义
平面内与两个定点F1，F2的距离之和等于常数(大于)的点的轨迹叫做椭圆．这两个定点叫做椭圆的焦点，两焦点间的距离叫做椭圆的焦距．
集合P＝{M|＋＝2a}，＝2c，其中a>0，c>0，且a，c为常数．
(1)若a＞c，则集合P为椭圆；
(2)若a＝c，则集合P为线段；
(3)若a＜c，则集合P为空集．
椭圆的标准方程和几何性质
标准方程 ＋＝1(a＞b＞0) ＋＝1(a＞b＞0)
图形
性质 范围 －a≤x≤a， －b≤y≤b －b≤x≤b， －a≤y≤a
对称性 对称轴：坐标轴，对称中心：(0,0)
顶点 A1(－a,0)，A2(a,0)， B1(0，－b)，B2(0，b) A1(0，－a)，A2(0，a)， B1(－b,0)，B2(b,0)
轴 长轴A1A2的长为2a，短轴B1B2的长为2b
焦距 ＝2c
离心率 e＝，　　e∈(0,1)
a，b，c 的关系 c2＝a2－b2
大题预测：
1．已知椭圆的离心率为，左右焦点分别是，，以为圆心、3为半径的圆与以为圆心、1为半径的圆相交，且交点在椭圆C上．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点的直线l交椭圆于A，B两点，点D为椭圆上一点，且四边形OADB为平行四边形，求的面积．
2．已知椭圆：的离心率为，短轴长为．
（1）求椭圆的方程；
（2）经过椭圆的右焦点作倾斜角为的直线与椭圆相交于，两点，求线段的长．
3． 已知椭圆的左、右焦点分别为.
（1）若点M在椭圆上，点，求椭圆的标准方程；
（2）已知点P在椭圆上且，，求椭圆的离心率.
4．已知椭圆的离心率为，且过点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）分别过椭圆的左、右焦点、作两条互相垂直的直线和，与交于，与椭圆交于，两点，与椭圆交于，两点．
①求证：；
②求证：定值．
5．已知椭圆的焦距为，左、右顶点分别为，，过点的直线与椭圆相交于不同的两点，（异于，），且．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线，的斜率分别为，，且，求的值；
（3）设和的面积分别为，，求的最大值．
6．已知椭圆的一个顶点为，离心率为
（1）求椭圆的方程
（2）如图，过作斜率为的两条直线，分别交椭圆于，且证明：直线过定点并求定点坐标
7．已知平面上动点到点与到圆的圆心的距离之和等于该圆的半径.记的轨迹为曲线.
（1）说明是什么曲线，并求的方程；
（2）设是上关于轴对称的不同两点，点在上，且异于两点，为原点，直线交轴于点，直线交轴于点，试问是否为定值 若为定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由.
8．已知椭圆过和两点.
（1）求椭圆C的方程；
（2）如图所示，记椭圆的左、右顶点分别为A，B，当动点M在定直线上运动时，直线，分别交椭圆于两点P和Q.
①证明：点B在以为直径的圆内；
②求四边形面积的最大值.
9．已知椭圆的离心率为，，是的左、右焦点，是的上顶点，且．
（1）求椭圆的方程；
（2）A是椭圆的右顶点，斜率为的直线与交于两点（与不重合）．设直线的斜率为，直线的斜率为，若，求的值．
10．已知椭圆，该椭圆与x轴的交点分别是A和B（A在B的左侧），该椭圆的两个焦点分别是F1和F2（F1在F2的左侧），椭圆与y轴的一个交点是P.
（1）若P为椭圆的上顶点，求经过点F1，F2，P三点的圆的方程；
（2）已知点P到过点F2的直线l的距离是1，求直线l的方程；
（3）已知椭圆上有不同的两点M、N，且直线MN不与坐标轴垂直，设直线MA、NB的斜率分别为k1、k2，求证：“”是“直线MN经过定点（1，0）”的充要条件.
答案解析部分
1．【答案】（1）解：设圆与圆的一个交点为P，则
由点P在椭圆C上知，即
又，得，所以
故椭圆C的方程为．
（2）解：已知直线l斜率存在，
设直线l的方程为，，
由，消去y得
即∴，，
∵四边形OADB为平行四边形
∴
∴
∵点D在椭圆C上
∴，即
即，即，即
∴
∴
2．【答案】（1）因为椭圆的短轴长为，
所以，
解得，
因为椭圆的离心率，
即，
又，
联立，
解得，
则椭圆的方程为；
（2）由知椭圆的右焦点，
因为直线的倾斜角为，
所以直线的斜率为，
则直线的方程为，
联立，消去并整理得，
不妨设，，
由韦达定理得，
则
．
故线段的长为．
3．【答案】（1）解：因为点可得又点 点M在椭圆上 ，则，即，又在椭圆中：可解得：所以椭圆的方程为：.
（2）解：在焦点中，则根据同角三角函数的关系可得：
，
由正弦定理得：，即.
4．【答案】（1）解：由题意，，解得．
椭圆的标准方程为；
（2）证明：当与中一条没有斜率，另一条斜率为时，
此时与焦点或重合，显然有成立．
当存在斜率且不为时，设斜率为，则的斜率为，
，为线段的中点，则的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，
则．
，
成立；
当与中一条没有斜率，另一条斜率为时，
不妨设的斜率不存在，的斜率为，
则，，则；
当存在斜率且不为时，设斜率为，则的斜率为，
：，联立，得．
设，，则，．
．
同理可得：．
．
综上，定值．
5．【答案】（1）解：由题，，，所以，，
由可得，解得，
∴，椭圆的标准方程为．
（2）解：由题意可知：点在椭圆内，直线与椭圆必相交，
且直线的斜率可以不存在，但不为0，
设直线的方程为，设点、，
解得，，，
则，.
即，所以的值为．
（3）解：
因为，则，
因为函数在上单调递增，故，
所以，当且仅当时，等号成立，
因此，的最大值为．
6．【答案】（1）椭圆过点，
可得，且离心率为．，解得，
所求椭圆方程为：
（2）当直线斜率不存在时，设直线方程为，则，，
，则，
当直线斜率存在时，设直线方程为：，与椭圆方程联立：，
得，
设，，，，有
则
将式代入化简可得：，即，
直线，恒过定点.
7．【答案】（1）解：根据题意可知圆可化为，
所以可知圆心，半径，
易知和两点关于原点对称，且，
所以由椭圆定义可知的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，
即，可得；
因此曲线的方程为.
（2）解：不妨设，，且，；
则易知；
易知直线的斜率都存在，如下图所示：
所以直线的斜率为，其方程为，
可得直线交轴于点
直线的斜率为，其方程为，
可得直线交轴于点
所以，
可得；
由，可得，，；
所以；
因此为定值，.
8．【答案】（1）解：依题意将和两点代入椭圆可得
，解得；
所以椭圆方程为
（2）解：①易知，由椭圆对称性可知，不妨设，；
根据题意可知直线斜率均存在，且；
所以直线的方程为，的方程为；
联立直线和椭圆方程，消去可得；
由韦达定理可得，解得，则；
联立直线和椭圆方程，消去可得；
由韦达定理可得，解得，则；
则，；
所以；
即可知为钝角，
所以点B在以为直径的圆内；
②易知四边形的面积为，
设，则，当且仅当时等号成立；
由对勾函数性质可知在上单调递增，
所以，可得，
由对称性可知，即当点的坐标为或时，
四边形的面积最大，最大值为6.
9．【答案】（1）解：由已知得点，，，则，
∴①又由有，∴，即②
联立①②解得，，∴，故椭圆的方程为
（2）解：设点，，，直线的方程为，
联立整理得：，
则，即
由韦达定理得：，，（*）
又点，，则，，故，
将，代入整理得：，
将（*）代入得：
因为，所以，即，解得或
因为与不重合，所以，故
所以，（**）
所以，
将（**）代入得，故．
10．【答案】（1）解：由题意知
因为所求的圆经过点F1，F2，P三点，所以圆心在轴上.设圆心坐标
由得
解得.圆心，此时半径，
所以圆的方程为.
（2）解：当为上顶点时，
若直线的斜率不存在，此时的方程为，满足题意；
若直线的斜率存在，设的方程为，即.
到直线的距离为，解得
此时的方程为.
当为下顶点时，
若直线的斜率不存在，此时的方程为，满足题意；
若直线的斜率存在，设的方程为，即.
到直线的距离为，解得
此时的方程为.
综上所述，当为上顶点时，直线l的方程为或；
当为下顶点时，直线l的方程为或.
（3）证明：充分性
因为直线MN不与坐标轴垂直，设MN的方程为.
设
联立方程组，
整理得
，，
，
将代入上式，整理得
恒成立，
，即直线过定点.充分性得证.
必要性：
因为直线MN不与坐标轴垂直且过点，设MN的方程为.
设，
联立方程组，
整理得
，，
.必要性得证.
所以“”是“直线经过定点”的充要条件.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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