高中数学高考考点35 椭圆的标准方程及几何性质-备战2021年新高考数学一轮复习考点一遍过

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【命题解读】
椭圆的标准方程及其几何性质是高考必考重点之一，对于椭圆知识的考察主要是椭圆的定义及标准方程，椭圆的几何性质，其中椭圆的几何性质考察主要是离心率问题。椭圆的另一个考察重点是与直线等等相结合的问题，主要涉及方程组联立，根的判别式，根与系数的关系，弦长等等问题。在出题上选择、填空、都有可能涉及，必考解答题，其中多以压轴题出现。
【命题预测】
预计2021年的高考椭圆一如既往的还是考察重点，其中解答题的压轴题可能性还是比较大，对于这部分考察多以中高档题为主。
【复习建议】
1.理解椭圆的定义以及椭圆的标准方程的形式；
2.掌握椭圆的简单几何性质。
考向一 椭圆的标准方程
椭圆定义：平面内与两个定点F1，F2的距离的和等于常数(大于|F1F2|)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．
椭圆标准方程：
1.【2020湖南长郡中学高三考试】已知椭圆C：的右焦点F，点P在椭圆C上，点Q在圆E：(x＋3)2＋(y－4)2＝4上，且圆E上的所有点均在椭圆C外，若|PQ|－|PF|的最小值为2－6，且椭圆C的长轴长恰与圆E的直径长相等，则椭圆C的标准方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】因为圆E：(x＋3)2＋(y－4)2＝4的半径为2，所以，
设椭圆的左焦点为，由椭圆的定义可得，
所以，
所以，当且仅当四点共线时，等号成立，
又|PQ|－|PF|的最小值为2－6，所以，即，
所以，解得或（舍）.
所以，
所以椭圆C的标准方程为.
故选：C.
2. 【2019湖北襄阳高二期中】圆的半径为4，圆心为是圆内一个定点，是圆上任意一点，线段的垂直平分线与半径相交于点，当点在圆上运动时，点的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】如图，直线为线段的垂直平分线，
连接，由线段垂直平分线的性质得：，
而半径，且、两点为定点，
，
由椭圆定义得：点轨迹是以、两点为焦点的椭圆，且，，
，，，
椭圆方程为：，
故选．
考向二 椭圆的几何性质
1. 【2020安徽省太和中学高二开学考试】椭圆的焦点在y轴上，长轴长是短轴长的两倍，则m的值为（ ）
A．B．8C．2D．4
【答案】A
【解析】由题意， 且，∴．
故选:A．
2. 【2020江西上高二中月考】已知椭圆的右顶点为，左焦点为，若以为直径的圆过短轴的一个顶点，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设椭圆的焦距为，则，，
因为圆以为直径，
所以半径，圆心到原点的距离为，
因为以为直径的圆过短轴的一个顶点，
所以，即，
化简得，，，
则，，，解得或（舍去），
故选：B.
3. 【2020山东枣庄】已知椭圆的左，右焦点分别为，，直线过点且与在第二象限的交点为，若（为原点），则的坐标为________，的离心率为__________．
【答案】；．
【解析】直线与轴交点为，即，，∴，
又直线的斜率为，倾斜角为，而，∴得是等边三角形，∴，
∴，解得，∴离心率为．
故答案为：；．
题组一（真题在线）
1. 【2019年高考全国Ⅰ卷理数】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．
2. 【2019年高考全国Ⅱ卷理数】若抛物线y2=2px(p>0)的焦点是椭圆的一个焦点，则p=
A．2 B．3
C．4 D．8
3. 【2019年高考北京卷理数】已知椭圆（a＞b＞0）的离心率为，则
A．a2=2b2B．3a2=4b2
C．a=2bD．3a=4b
4. 【2019年高考浙江卷】已知椭圆的左焦点为，点在椭圆上且在轴的上方，若线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上，则直线的斜率是___________．
5. 【2019年高考全国Ⅲ卷理数】设为椭圆C:的两个焦点，M为C上一点且在第一象限.若为等腰三角形，则M的坐标为___________.
6. 【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知点A(−2，0)，B(2，0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为−.记M的轨迹为曲线C.
（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；
（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.
（i）证明：是直角三角形；
（ii）求面积的最大值.
7. 【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．
（1）求E的方程；
（2）证明：直线CD过定点.
8. 【2020年高考全国Ⅱ卷理数】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．
（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．
9. 【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知椭圆C：的离心率为，且过点A（2，1）．
（1）求C的方程：
（2）点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
10. 【2020年新高考全国Ⅱ卷】已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为 ，
（1）求C的方程；
（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值.
题组二
1. 【2020全国高二单元测试】已知椭圆：的焦距为，为右焦点，直线与椭圆相交于，两点，是等腰直角三角形.点的坐标为，若记椭圆上任一点到点的距离的最大值为，则的值为（ ）
A．B．C．D．
2. 【2020广西高三一模（理）】已知椭圆：经过点，且的离心率为，则的方程是（ ）
A．B．
C．D．
3. 【2020全国高二课时练习】中国是世界上最古老的文明中心之一，中国古代对世界上最重要的贡献之一就是发明了瓷器，中国陶瓷是世界上独一无二的.它的发展过程蕴藏着十分丰富的科学和艺术，陶瓷形状各式各样，从不同角度诠释了数学中几何的形式之美.现有一椭圆形明代瓷盘，经测量得到图中数据，则该椭圆瓷盘的焦距为（ ）
A．B．C．D．4
4. 【2020广西月考（理）】已知椭圆的左、右焦点分别为是上一点，且轴，直线与的另一个交点为，若，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
5. 【2020浙江高三月考】为椭圆：上的动点，过作切线交圆：于，，过，作切线交于，则（ ）
A．的最大值为B．的最大值为
C．的轨迹是D．的轨迹是
6.【2020河北邯郸高三月考】如图已知，分别是椭圆的左、右焦点，点是该椭圆在第一象限内的点，的角平分线交轴于点，且满足，则椭圆的离心率可能是（ ）
A．B．C．D．
7. 【2020浙江月考】已知点在椭圆上，点为椭圆的右焦点，.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设点，点为抛物线上的动点，若过作抛物线的切线与椭圆交于、两点，求面积的最大值.
8. 【2020湖南月考】已知椭圆：，四点，，，中恰有三点在椭圆上.
求椭圆的方程；
直线：与椭圆有且仅有一个公共点，且与轴和轴分别交于点，，当面积取最小值时，求此时直线的方程.
题组一
1. B
【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．
2. D
【解析】因为抛物线的焦点是椭圆的一个焦点，所以，解得，故选D．
3. B
【解析】椭圆的离心率，化简得，
故选B.
4.
【解析】方法1：如图，设F1为椭圆右焦点.由题意可知，
由中位线定理可得，设，可得，
与方程联立，可解得（舍），
又点在椭圆上且在轴的上方，求得，所以.
方法2：（焦半径公式应用）由题意可知，
由中位线定理可得，即，
从而可求得，所以.
5.
【解析】由已知可得，
，∴．
设点的坐标为，则，
又，解得，
，解得（舍去），
的坐标为．
6. 见解析
【解析】（1）由题设得，化简得，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．
（2）（i）设直线PQ的斜率为k，则其方程为．
由得．
记，则．
于是直线的斜率为，方程为．
由得
．①
设，则和是方程①的解，故，由此得．
从而直线的斜率为．
所以，即是直角三角形．
（ii）由（i）得，，所以△PQG的面积．
设t=k+，则由k>0得t≥2，当且仅当k=1时取等号．
因为在[2，+∞）单调递减，所以当t=2，即k=1时，S取得最大值，最大值为．
因此，△PQG面积的最大值为．
7. 见解析
【解析】（1）由题设得A（–a，0），B（a，0），G（0，1）.
则，=（a，–1）.由=8得a2–1=8，即a=3.
所以E的方程为+y2=1．
（2）设C（x1，y1），D（x2，y2），P（6，t）.
若t≠0，设直线CD的方程为x=my+n，由题意可知–3由于直线PA的方程为y=（x+3），所以y1=（x1+3）.
直线PB的方程为y=（x–3），所以y2=（x2–3）.
可得3y1（x2–3）=y2（x1+3）.
由于，故，可得，
即①
将代入得
所以，．
代入①式得
解得n=–3（含去），n=.
故直线CD的方程为，即直线CD过定点（，0）．
若t=0，则直线CD的方程为y=0，过点（，0）.
综上，直线CD过定点（，0）.
8. 见解析
【解析】（1）由已知可设的方程为，其中.
不妨设在第一象限，由题设得的纵坐标分别为，；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，
设，则，，故.①
由于的准线为，所以，而，故，代入①得，即，解得（舍去），.
所以的标准方程为，的标准方程为.
9. 见解析
【解析】（1）由题设得，，解得，．
所以的方程为．
（2）设，．
若直线与轴不垂直，设直线的方程为，
代入得．
于是．①
由知，故，
可得．
将①代入上式可得．
整理得．
因为不在直线上，所以，故，．
于是的方程为.
所以直线过点.
若直线与轴垂直，可得.
由得.
又，可得.解得（舍去），.
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.
综上，存在点，使得为定值.
10.见解析
【解析】(1)由题意可知直线AM的方程为：，即.
当y=0时，解得，所以a=4，
椭圆过点M(2，3)，可得，
解得b2=12.
所以C的方程：.
(2)设与直线AM平行的直线方程为：，
如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.
联立直线方程与椭圆方程，
可得：，
化简可得：，
所以，即m2=64，解得m=±8，
与AM距离比较远的直线方程：，
直线AM方程为：，
点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，
利用平行线之间的距离公式可得：，
由两点之间距离公式可得.
所以△AMN的面积的最大值：.
题组二
1.C
【解析】由题意可得，
所以点的坐标为，
代入椭圆方程有，
又
所以,
解得或 (舍去)，
所以，
所以椭圆方程可化为，
设点Q的坐标为(x,y) ,则，
所以所以.
故选：C
2.A
【解析】依题意，可得，解得，故的方程是.
故选：A
3.C
【解析】因为椭圆的，所以，
因为，所以，则.
故选：C
4. D
【解析】由轴,得,不妨设；设,由,
得代入椭圆方程,得.结合,解得,
故选：D
5.AC
【解析】根据题意，作图如下：
不妨设点的坐标为，点坐标为，
故切点所在直线方程为：；
又点为椭圆上的一点，
故切线方程所在直线方程为：；
故可得.即
不妨设直线交于点，故
设直线方程为：，
故，又，
故可得三角形的面积
，
当且仅当，且时，即时取得最大值.
因为点在椭圆上，故，
又，
故可得，整理得.
故动点的轨迹方程为：.
故选：.
6.CD
【解析】∵，∴，，则.
∵是的角平分线，∴，
又，
∴，，
在中，由余弦定理得，
∵，∴，
解得.
故选：CD.
7. 见解析
【解析】（1）点在椭圆上，所以，
又∵，∴，因此，所以，
所以椭圆的标准方程为：.
（2）因为点为抛物线上的动点，可设点，
对两边求关于的导数，得，则，
所以在点处的切线斜率为：，
则切线方程为，即；
设、，
联立消去，整理得，
则，所以，
，
因为
，
又因为点到直线的距离为，
所以
则由基本不等式得：
，
当且仅当，即，即时，
的最大值为.
8. 见解析
【解析】根据椭圆的对称性，必过，，必不过，
代入点得，，代入点得，.
椭圆的方程为：.
由，可得.
直线与椭圆有且仅有一个公共点，可知，
整理得.
由条件可得，，，
，
，
.
，，
当且仅当，即，时等号成立，最小值为，
，
，又由，解得.
故此时直线的方程为或.
焦点位置
在x轴上
在y轴上
标准方程
eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1 (a>b>0)
eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1 (a>b>0)
图形
焦点坐标
(±c,0)
(0，±c)
标准方程
eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1 (a>b>0)
eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝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：x轴、y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
|F1F2|＝2c
离心率
e＝eq \f(c,a)，e∈(0，1)
a，b，c的关系
c2＝a2－b2
焦点坐标
(±c,0)
(0，±c)