2011年高考题-椭圆解析

'''xOyxOyy1.（湖北理14）如图，直角坐标系所在的平面为，直角坐标系（其中轴一'与y轴重合）所在的平面为，xOx45。

'（Ⅰ）已知平面内有一点P(22,2)，则点P在平面内的射影P的

'坐标为______________;

'2'2'(x2)2y20，则曲线C'在平面内C（Ⅱ）已知平面内的曲线的方程是

的射影C的方程是______________。【答案】（2，2） (x1)y1

22x2y21F,F2.（浙江理17）设12分别为椭圆3的左、右焦点，点A,B在椭圆上，若

F1A5F2B;则点A的坐标是___________．

【答案】(0,1)

x2y2112222x+y=1的切线，2xab3.（江西理14）若椭圆的焦点在轴上，过点（1，）作圆

切点分别为A,B，直线AB恰好经过椭圆的右焦点和上顶点，则椭圆方程是___________．

x2y21【答案】

4.（全国新课标理14）（14） 在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的中心为原点，焦点

F1,F22ABF2的周长为16，F在x轴上，离心率为2．过点1的直线l交C于A，B两点，且

x2y21168那么C的方程为_________．【答案】

x2y21xOy25.（江苏18）如图，在平面直角坐标系中，M、N分别是椭圆4的顶点，过

坐标原点的直线交椭圆于P、A两点，其中P在第一象限，过P作x轴的垂线，垂足为C，

连接AC，并延长交椭圆于点B，设直线PA的斜率为k （1）当直线PA平分线段MN，求k的值； （2）当k=2时，求点P到直线AB的距离d； （3）对任意k>0，求证：PA⊥PB

- 1 -

解：（1）由题设知，a2,b2,故M(2,0),N(0,2),所以线段MN中点的坐标为

(1,标

2)2，由于直线PA平分线段MN，故直线PA过线段MN的中点，又直线PA过坐

222.k12 原点，所以

x2y2y2x代入椭圆方程得1,42（2）直线PA的方程 22424x,因此P(,),A(,).33333 解得

431,故直线AB的方程为xy20.2223C(,0),于是3直线AC的斜率为33

0242||22因此,d333.12311（3）解法一：

将直线PA的方程ykx代入

x2y2221,解得x,记,224212k12k

则P(,k),A(,k),于是C(,0)

0kk,2 故直线AB的斜率为y其方程为

k(x),代入椭圆方程得(2k2)x22k2x2(3k22)0,2

x解得

(3k22)2k2或x因此B((3k22)k32k2,2k2).

- 2 -

k3k1于是直线PB的斜率

2k2k(3k22)2k21.k3k22(2k2)

k3k(2k2)因此k1k1,所以PAPB. 解法二：

设P(x1,y1),B(x2,y2),则x10,x20,x1x2,A(x1,y1),C(x1,0).

设直线PB，AB的斜率分别为k1,k2因为C在直线AB上，所以从而

k20(y1)yk1.x1(x1)2x12

k1k12k1k212y2y1y2(y1)1x2x1x2(x1)

2222y22y12(x22y2)44210.22x2x12x2x12x2x12

因此k1k1,所以PAPB. 6.（北京理19）

x2G:y2122xy1的切线I交椭圆G于A，B两点. 4已知椭圆.过点（m,0）作圆

（I）求椭圆G的焦点坐标和离心率； （II）将

AB表示为m的函数，并求

AB的最大值.

解：（Ⅰ）由已知得a2,b1, 所以

ca2b23.

所以椭圆G的焦点坐标为(3,0),(3,0)

e离心率为

c3.a2

（Ⅱ）由题意知，|m|1.

当m1时，切线l的方程x1，点A、B的坐标分别为

(1,33),(1,),22

- 3 -

此时|AB|3

3

当m=－1时，同理可得|AB|当|m|1时，设切线l的方程为yk(xm),

yk(xm),2得(14k2)x28k2mx4k2m240x2y1.由4

设A、B两点的坐标分别为(x1,y1)(x2,y2)，则

4k2m24x1x2,x1x214k214k2

x2y21相切,得又由l与圆所以

8k2m|km|k21

1,即m2k2k21.

|AB|(x2x1)2(y2y1)22k4m4(4k2m24)(1k)[]222(14k)14k43|m|.m23

由于当m3时，|AB|3,

|AB|所以

43|m|,m(,1][1,)2m3.

|AB|因为

43|m|m23433|m||m|2,

且当m3时，|AB|=2，所以|AB|的最大值为2.

7.（辽宁理20）

如图，已知椭圆C1的中心在原点O，长轴左、右端点M，N在x轴上，椭圆C2的短轴为MN，且C1，C2的离心率都为e，直线l⊥MN，l与C1交于两点，与C2交于两点，这四点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D．

e（I）设

12，求BC与AD的比值；

- 4 -

（II）当e变化时，是否存在直线l，使得BO∥AN，并说明理由． 解：（I）因为C1，C2的离心率相同，故依题意可设

x2y2b2y2x2C1:221,C2:421,(ab0)abaa

设直线l:xt(|t|a)，分别与C1，C2的方程联立，求得

A(t,a22bat),B(t,a2t2).ba ………………4分

13e时,ba,分别用yA,yB22当表示A，B的纵坐标，可知

2|yB|b23|BC|:|AD|.2|yA|a24 ………………6分

（II）t=0时的l不符合题意.t0时，BO//AN当且仅当BO的斜率kBO与AN的斜率kAN-相等，即

b22a22atatab,tta

ab21e2t22a.2abe解得

1e22|t|a,又0e1,所以21,解得e1.2e因为

0e所以当

22时，不存在直线l，使得BO//AN；

2e12当时，存在直线l使得BO//AN. ………………12分

y2C:x128.（全国大纲理21） 已知O为坐标原点，F为椭圆在y轴正半轴上的焦点，过F且斜率为-2的直线l与C交于A、B两点，点P满足OAOBOP0.

2（Ⅰ）证明：点P在C上；

（Ⅱ）设点P关于点O的对称点为Q，证明：A、P、B、Q四点在同一圆上． 解：（I）F（0，1），l的方程为y2x1，

- 5 -

y2x12代入并化简得

24x222x10.

设

…………2分

A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3),

x12626,x2,44

2,y1y22(x1x2)21,2 x3(x1x2)2,y3(y1y2)1.2

则

x1x2由题意得

(所以点P的坐标为

2,1).2 (2,1)2满足方程

经验证，点P的坐标为

2y2x1,2故点P在椭圆C上。

P( （II）由

…………6分

22Q(,1),1)22和题设知，

PQ的垂直平分线1的方程为

ly2x.2

①

M(设AB的中点为M，则

21,)42，AB的垂直平分线为l2的方程为

y21x.24

②

由①、②得

l1,l2的交点为

N(21,)88。

…………9分

- 6 -

|NP|(2221311)(1)2,288832,2|AB|1(2)2|x2x1||AM|32,4|MN|(22211233)(),48288311,8

|NA||AM|2|MN|2故|NP|=|NA|。

又|NP|=|NQ|，|NA|=|NB|， 所以|NA|=|NP|=|NB|=|MQ|，

由此知A、P、B、Q四点在以N为圆心，NA为半径的圆上 …………12分

x2y21x,yx,yl29.（山东理22） 已知动直线与椭圆C: 3交于P11、Q22两不同点，6S且△OPQ的面积OPQ=2,其中O为坐标原点.

2222xxyy1212（Ⅰ）证明和均为定值;

（Ⅱ）设线段PQ的中点为M，求|OM||PQ|的最大值；

（Ⅲ）椭圆C上是否存在点D,E,G，使得

SODESODGSOEG62?若存在，判断△DEG

的形状；若不存在，请说明理由.

（I）解：（1）当直线l的斜率不存在时，P，Q两点关于x轴对称，

所以因为

x2x1,y2y1. P(x1,y1)在椭圆上，

x12y1212因此3

SOPQ ①

又因为

6,2 6.2

所以

|x1||y1| ②

- 7 -

由①、②得

|x1|6,|y1|1.2

2222xx3,yy2, 1212此时

（2）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykxm,

x2y212由题意知m0，将其代入3，得

(23k2)x26kmx3(m22)0，

222236km12(23k)(m2)0, 其中

22即3k2m

…………（*）

6km3(m22)x1x2,x1x2,2223k23k又

263k22m2|PQ|1k(x1x2)4x1x21k,223k所以

222因为点O到直线l的距离为

d|m|1k2, 所以

SOPQ1|PQ|d2

221|m|2263k2m1k223k21k2 6|m|3k22m223k2

SOPQ6,2

又

223k22m,且符合（*）式， 整理得

6km23(m22)xx(x1x2)2x1x2()23,2223k23k此时

212222y12y222222(3x12)(3x2)4(x12x2)2.333

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2222xx3;yy2,结论成立。 1212综上所述，

（II）解法一：

（1）当直线l的斜率存在时，

由（I）知

|OM||x1|6,|PQ|2|y1|2,2

|OM||PQ|因此

626.2

（2）当直线l的斜率存在时，由（I）知

x1x23k,22m

y1y2x1x23k23k22m2k()mm,222m2mmx1x22y1y229k216m22112|OM|()()(3),224m2m24m22m2222(2m21)12224(3k2m)|PQ|(1k)2(2),(23k2)2m2m2

|OM|2|PQ|2所以

111(32)2(22)2mm

11)(2)m2m2113222mm)225.(24

(3|OM||PQ|所以

5113222,即m22，当且仅当mm时，等号成立.

5.2综合（1）（2）得|OM|·|PQ|的最大值为

解法二：

2222224|OM||PQ|(xx)(yy)(xx)(yy)12122121因为

222[(x12x2)(y12y2)] 10.

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4|OM|2|PQ|2102|OM||PQ|5.25所以 |OM||PQ|即

5,2当且仅当2|OM||PQ|5时等号成立。

5.2因此 |OM|·|PQ|的最大值为

（III）椭圆C上不存在三点D，E，G，使得

SODESODGSOEG6.2 62，

证明：假设存在由（I）得

D(u,v),E(x1,y1),G(x2,y2)满足SODESODGSOEG2222u2x123,u2x23,x12x23;v2y122,v2y22,y12y22,322解得u2x12x2;v2y12y21.25因此u,x1,x2只能从中选取,v,y1,y2只能从1中选取,2(因此D，E，G只能在

6,1)2这四点中选取三个不同点，

而这三点的两两连线中必有一条过原点，

与

SODESODGSOEG62矛盾，

所以椭圆C上不存在满足条件的三点D，E，G. 10.（四川理21）

椭圆有两顶点A（-1，0）、B（1，0），过其焦点F（0，1）的直线l与椭圆交于C、D两点，并与x轴交于点P．直线AC与直线BD交于点Q．

322（I）当|CD | = 时，求直线l的方程；

（II）当点P异于A、B两点时，求证：OPOQ为定值。

y2x21解：由已知可得椭圆方程为2，设l的方程为y1k(x0),k为l的斜率。

- 10 -

2kykx1xx2122k222(2k)x2kx10y2x1xx121222k则

224yy212k222k2yy122k2 8k288k48k29(x1x2)(y1y2)k22k22222(2k)(2k)2

l的方程为y2x1

F,F11.（天津理18）在平面直角坐标系xOy中，点P(a,b)(ab0)为动点，12分别为

x2y2212FPFab椭圆的左右焦点．已知△12为等腰三角形．

（Ⅰ）求椭圆的离心率e；

PFPFA,B2与椭圆相交于2上的点，满足AMBM2，（Ⅱ）设直线两点，M是直线

求点M的轨迹方程．

本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、平面向量等基础知识，考查用代

数方法研究圆锥曲线的性质及数形结合的数学思想，考查解决问题能力与运算能力.满分13分. （I）解：设 由题意，可得

即F1(c,0),F2(c,0)(c0) |PF2||F1F2|,

(ac)2b22c.ccc2()210,得1aa整理得a（舍）， c11.e.2 或a2所以

（II）解：由（I）知a2c,b3c,

2223x4y12c, 可得椭圆方程为

直线PF2方程为y3(xc).

2223x4y12c,y3(xc). A，B两点的坐标满足方程组2消去y并整理，得5x8cx0.

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8x10,x2c.5 解得

8xc,2x0,51y3c,1y33c.25  得方程组的解

833A(c,c),B(0,3c)5不妨设5

833(x,y),则AM(xc,yc),BM(x,y3c)55设点M的坐标为， y3(xc),得cx由

3y.3

833833AM(yx,yx),15555于是

BM(x,3x).由AMBM2,

833833yx)x(yx)3x2555即15， (218x163xy150. 化简得

18x215310x25y代入cxy,得c0.316x163x将

所以x0.

218x163xy150(x0). 因此，点M的轨迹方程是

12.（重庆理20）如题（20）图，椭圆的中心为原点O，离心率

为x．

（Ⅰ）求该椭圆的标准方程；

e，一条准线的方程

uuuruuuruuur （Ⅱ）设动点P满足：OPOMON，其中M,N是椭圆上的点，直线OM与ONPFPFF,F的斜率之积为，问：是否存在两个定点，使得为定值？若



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存在，求

F,F的坐标；若不存在，说明理由．

c2a2e,22,a2c解：（I）由

222a2,c2,bac2，故椭圆的标准方程为 解得

x2y21.42

（II）设

P(x,y),M(x1,y1),N(x2,y2)，则由

OPOM2ON得

(x,y)(x1,y1)2(x2,y2)(x12x2,y12y2),即xx12x2,yy12y2.22x2y4上，所以 因为点M，N在椭圆

22x122y124,x22y24，

222222x2y(x4x4xx)2(y4y4y1y2) 121212故

22(x122y12)4(x22y2)4(x1x22y1y2) 设

204(x1x22y1y2).

kOM,kON分别为直线OM，ON的斜率，由题设条件知

kOMkONy1y21,x1x22因此x1x22y1y20,

22x2y20. 所以

x2所以P点是椭圆(25)2y2(10)21上的点，设该椭圆的左、右焦点为F1，F2，则由椭圆

，因此两焦点的坐标为

的定义|PF1|+|PF2|为定值，又因

c(25)2(10)210F1(10,0),F2(10,0).

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