第35頁（共35頁）2021-2025年高考數(shù)學(xué)真題知識點分類匯編之橢圓（二）一．選擇題（共5小題）1．（2022?甲卷）橢圓C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左頂點為A，點P，Q均在C上，且關(guān)于yA．32 B．22 C．12 2．（2022?甲卷）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的離心率為13，A1，A2分別為C的左、右頂點，BA．x218+y216=C．x23+y22=1 3．（2021?新高考Ⅰ）已知F1，F(xiàn)2是橢圓C：x29+y24=1的兩個焦點，點M在C上，則|MF1A．13 B．12 C．9 D．64．（2021?乙卷）設(shè)B是橢圓C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的上頂點，若C上的任意一點P都滿足A．[22，1） B．[12，1） C．（0，22] D．（05．（2021?乙卷）設(shè)B是橢圓C：x25+y2＝1的上頂點，點P在C上，則|A．52 B．6 C．5 D．二．填空題（共5小題）6．（2022?新高考Ⅰ）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0），C的上頂點為A，兩個焦點為F1，F(xiàn)2，離心率為12．過F1且垂直于AF2的直線與C交于D，E兩點，|DE|＝7．（2022?新高考Ⅱ）已知直線l與橢圓x26+y23=1在第一象限交于A，B兩點，l與x軸、y軸分別相交于M，N兩點，且|MA|＝|NB|，|MN|＝23，則l8．（2021?甲卷）已知F1，F(xiàn)2為橢圓C：x216+y24=1的兩個焦點，P，Q為C上關(guān)于坐標原點對稱的兩點，且|PQ|＝|F1F2|，則四邊形PF1QF29．（2021?上海）已知橢圓x2+y2b2=1（0＜b＜1）的左、右焦點為F1、F2，以O(shè)為頂點，F(xiàn)2為焦點作拋物線交橢圓于P，且∠PF1F2＝45°，則拋物線的準線方程是10．（2021?浙江）已知橢圓x2a2+y2b2=1（a＞b＞0），焦點F1（﹣c，0），F(xiàn)2（c，0）（c＞0）．若過F1的直線和圓（x-12c）2+y2＝c2相切，與橢圓的第一象限交于點P，且PF2⊥x軸，則該直線的斜率是三．解答題（共10小題）11．（2023?全國）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞（1）求C的方程；（2）記C的左、右焦點分別為F1、F2，過F1斜率為1的直線交C于G、H兩點，求△F2GH的周長．12．（2022?天津）橢圓x2a2+y2b2=1（a＞b＞0（1）求橢圓的離心率e；（2）直線l與橢圓有唯一公共點M，與y軸相交于N（N異于M）．記O為坐標原點，若|OM|＝|ON|，且△MON的面積為3，求橢圓的方程．13．（2022?北京）已知橢圓E：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的一個頂點為（Ⅰ）求橢圓E的方程；（Ⅱ）過點P（﹣2，1）作斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點B，C，直線AB，AC分別與x軸交于點M，N．當(dāng)|MN|＝2時，求k的值．14．（2022?乙卷）已知橢圓E的中心為坐標原點，對稱軸為x軸、y軸，且過A（0，﹣2），B（32，﹣1（1）求E的方程；（2）設(shè)過點P（1，﹣2）的直線交E于M，N兩點，過M且平行于x軸的直線與線段AB交于點T，點H滿足MT→=TH15．（2022?全國）已知橢圓C的左、右焦點分別為F1（﹣c，0），F(xiàn)2（c，0），直線y=233x交C于A，B兩點，|AB|＝27，四邊形AF1BF2的面積為（1）求c；（2）求C的方程．16．（2022?上海）已知橢圓Γ：x2a2+y2＝1（a＞1），A、B兩點分別為Γ的左頂點、下頂點，C、D兩點均在直線l：x＝（1）設(shè)F是橢圓Γ的右焦點，且∠AFB=π（2）若C、D兩點縱坐標分別為2、1，請判斷直線AD與直線BC的交點是否在橢圓Γ上，并說明理由；（3）設(shè)直線AD、BC分別交橢圓Γ于點P、點Q，若P、Q關(guān)于原點對稱，求|CD|的最小值．17．（2021?天津）已知橢圓x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的右焦點為F，上頂點為（1）求橢圓的標準方程；（2）直線l與橢圓有唯一的公共點M，與y軸的正半軸交于點N，過N與BF垂直的直線交x軸于點P．若MP∥BF，求直線l的方程．18．（2021?北京）已知橢圓E：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的一個頂點A（（Ⅰ）求橢圓E的方程；（Ⅱ）過點P（0，﹣3）作斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點B，C，直線AB、AC分別與直線y＝﹣3交于點M、N，當(dāng)|PM|+|PN|≤15時，求k的取值范圍．19．（2021?新高考Ⅱ）已知橢圓C的方程為x2a2+y2b2=1（a＞b＞0（Ⅰ）求橢圓C的方程；（Ⅱ）設(shè)M，N是橢圓C上的兩點，直線MN與曲線x2+y2＝b2（x＞0）相切．證明：M，N，F(xiàn)三點共線的充要條件是|MN|=320．（2021?全國）設(shè)橢圓G：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）與y軸正半軸的交點為B，右焦點為F．已知B，F(xiàn)在⊙C：x2+y2（1）求G的方程；（2）若直線l過點C，交G于M，N兩點，且C為線段MN的中點，求|MN|．

2021-2025年高考數(shù)學(xué)真題知識點分類匯編之橢圓（二）參考答案與試題解析一．選擇題（共5小題）題號12345答案ABCCA一．選擇題（共5小題）1．（2022?甲卷）橢圓C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左頂點為A，點P，Q均在C上，且關(guān)于yA．32 B．22 C．12 【考點】橢圓的幾何特征．【專題】常規(guī)題型；設(shè)而不求法；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程；數(shù)學(xué)抽象；邏輯思維；運算求解．【答案】A【分析】設(shè)P（x0，y0），則Q（﹣x0，y0），根據(jù)斜率公式結(jié)合題意可得：kAP?kAQ=14，再結(jié)合【解答】解：已知A（﹣a，0），設(shè)P（x0，y0），則Q（﹣x0，y0），kAP=ykAQ=y故kAP?kAQ=y0x0∵x02a2+②代入①整理得：b2e=c故選：A．【點評】本題考查橢圓的簡單幾何性質(zhì)，是基礎(chǔ)題．2．（2022?甲卷）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的離心率為13，A1，A2分別為C的左、右頂點，BA．x218+y216=C．x23+y22=1 【考點】橢圓的幾何特征．【專題】計算題；方程思想；綜合法；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程；邏輯思維；運算求解．【答案】B【分析】首先設(shè)出橢圓方程，然后結(jié)合平面向量的數(shù)量積運算法則可得橢圓方程．【解答】解：由橢圓的離心率可設(shè)橢圓方程為x2則A1由平面向量數(shù)量積的運算法則可得：BA1→?BA2則橢圓方程為x2故選：B．【點評】本題主要考查橢圓方程的求解，平面向量數(shù)量積的坐標運算等知識，屬于中等題．3．（2021?新高考Ⅰ）已知F1，F(xiàn)2是橢圓C：x29+y24=1的兩個焦點，點M在C上，則|MF1A．13 B．12 C．9 D．6【考點】橢圓的幾何特征；基本不等式及其應(yīng)用．【專題】計算題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；不等式的解法及應(yīng)用；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程；邏輯思維；運算求解．【答案】C【分析】利用橢圓的定義，結(jié)合基本不等式，轉(zhuǎn)化求解即可．【解答】解：F1，F(xiàn)2是橢圓C：x29+y24=1的兩個焦點，點M在C上，|MF1所以|MF1|?|MF2|≤(|MF1|+|MF2|2)2=所以|MF1|?|MF2|的最大值為9．故選：C．【點評】本題考查橢圓的簡單性質(zhì)的應(yīng)用，基本不等式的應(yīng)用，是基礎(chǔ)題．4．（2021?乙卷）設(shè)B是橢圓C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的上頂點，若C上的任意一點P都滿足A．[22，1） B．[12，1） C．（0，22] D．（0【考點】橢圓的幾何特征．【專題】計算題；方程思想；轉(zhuǎn)化法；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程；運算求解．【答案】C【分析】設(shè)P（x0，y0），可得|PB|2=-c2b2y02-2by0+a2+b2，【解答】解：點B的坐標為（0，b），設(shè)P（x0，y0），則x02∴x02=a2（故|PB|2=x02+（y0﹣b）2＝a2（1-y02b2）+（y0﹣b）2=-c2b2y02-2又對稱軸y0=-b當(dāng)-b3c2≤-b則當(dāng)y0＝﹣b時，|PB|2最大，此時|PB|＝2b，故只需要滿足-b3c2≤-b，即b2≥c2，則a2﹣c所以e=c又0＜e＜1，故e的范圍為（0，22]當(dāng)-b3c2＞-則當(dāng)y0=-b3c2時，此時|PB|2=b4c2+a2+b2=b4c2+2b2+c2≥當(dāng)且僅當(dāng)b4c2=c2即又b＜c，所以|PB|2＞4b2，即|PB|＞2b，故不滿足題意，綜上所述的e的范圍為（0，22]方法二：根據(jù)題意，有B（0，b），設(shè)P（x0，y0），則|PB|≤2b?x02+（y0﹣b）2≤4也即a2（1-y02b2）+（y0﹣b）2不妨設(shè)b＝1，則?y0∈[﹣1，1]，（a2﹣1）y02+2y0﹣a2+3也即?y0∈[﹣1，1]，（y0+1）[（a2﹣1）y0﹣a2+3]≥0，也即?y0∈[﹣1，1]，（a2﹣1）y0﹣a2+3≥0，從而可得（a2﹣1）（﹣1）﹣a2+3≥0?a∈（1，2]，從而離心率的取值范圍為（0，22]故選：C．【點評】本題考查了橢圓的方程和性質(zhì)，考查了運算求解能力和轉(zhuǎn)化與化歸思想，屬于中檔題．5．（2021?乙卷）設(shè)B是橢圓C：x25+y2＝1的上頂點，點P在C上，則|A．52 B．6 C．5 D．【考點】橢圓的幾何特征．【專題】計算題；轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程；邏輯思維；運算求解．【答案】A【分析】求出B的坐標，設(shè)P（5cosθ，sinθ【解答】解：B是橢圓C：x25+y2＝1的上頂點，所以B（0點P在C上，設(shè)P（5cosθ，sinθ），θ∈[0，2π所以|PB|==-當(dāng)sinθ=-14時，|PB|故選：A．【點評】本題考查橢圓的簡單性質(zhì)，橢圓的參數(shù)方程，三角函數(shù)最值的求法，考查轉(zhuǎn)化思想以及計算能力，是中檔題．二．填空題（共5小題）6．（2022?新高考Ⅰ）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0），C的上頂點為A，兩個焦點為F1，F(xiàn)2，離心率為12．過F1且垂直于AF2的直線與C交于D，E兩點，|DE|＝【考點】直線與橢圓的綜合．【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程；運算求解．【答案】13．【分析】根據(jù)已知條件，先設(shè)出含c的橢圓方程，再結(jié)合三角形的性質(zhì)，以及弦長公式，求出c的值，即可求解．【解答】解：∵橢圓C：x2a2+y2b2=1∴不妨可設(shè)橢圓C：x24c2+y∵C的上頂點為A，兩個焦點為F1，F(xiàn)2，∴△AF1F2為等邊三角形，∵過F1且垂直于AF2的直線與C交于D，E兩點，∴kDE由中垂線的性質(zhì)可得，|AD|＝|DF2|，|AE|＝|EF2|，設(shè)直線DE方程為y=33(x+c)，D（x1，y1），E將其與橢圓C聯(lián)立化簡可得，13x2+8cx﹣32c2＝0，由韋達定理可得，x1+x|DE|=k2+1|△ADE的周長等價于|DE|+|DF2|+|EF2|＝4a＝8c=8×故答案為：13．【點評】本題主要考查直線與橢圓的綜合應(yīng)用，需要學(xué)生很強的綜合能力，屬于中檔題．7．（2022?新高考Ⅱ）已知直線l與橢圓x26+y23=1在第一象限交于A，B兩點，l與x軸、y軸分別相交于M，N兩點，且|MA|＝|NB|，|MN|＝23，則l的方程為x+2【考點】橢圓的幾何特征．【專題】方程思想；轉(zhuǎn)化法；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程；運算求解．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），線段AB的中點為E，可得kOE?kAB=y1+y2x1+x2?y2-y1x2-x1=-12，設(shè)直線l的方程為：y＝kx+m，k＜0，m＞0，M（-mk，0），N（0，m），可得【解答】解：設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），線段AB的中點為E，由x126+y相減可得：y2則kOE?kAB=y1+設(shè)直線l的方程為：y＝kx+m，k＜0，m＞0，M（-mk，0），N（0，∴E（-m2k，m2），∴k∴﹣k?k=-12，解得∵|MN|＝23，∴m2k2+m2=23∴3m2＝12，m＞0，解得m＝2．∴l(xiāng)的方程為y=-22x+2，即x+2y﹣故答案為：x+2y﹣22=【點評】本題考查了橢圓的標準方程及其性質(zhì)、兩點之間的距離公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．8．（2021?甲卷）已知F1，F(xiàn)2為橢圓C：x216+y24=1的兩個焦點，P，Q為C上關(guān)于坐標原點對稱的兩點，且|PQ|＝|F1F2|，則四邊形PF1QF2【考點】橢圓的幾何特征．【專題】計算題；方程思想；綜合法；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程；運算求解．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】判斷四邊形PF1QF2為矩形，利用橢圓的定義及勾股定理求解即可．【解答】解：因為P，Q為C上關(guān)于坐標原點對稱的兩點，且|PQ|＝|F1F2|，所以四邊形PF1QF2為矩形，設(shè)|PF1|＝m，|PF2|＝n，由橢圓的定義可得|PF1|+|PF2|＝m+n＝2a＝8，所以m2+2mn+n2＝64，因為|PF1|2+|PF2|2＝|F1F2|2＝4c2＝4（a2﹣b2）＝48，即m2+n2＝48，所以mn＝8，所以四邊形PF1QF2的面積為|PF1||PF2|＝mn＝8．故答案為：8．【點評】本題主要考查橢圓的性質(zhì)，橢圓的定義，考查方程思想與運算求解能力，屬于中檔題．9．（2021?上海）已知橢圓x2+y2b2=1（0＜b＜1）的左、右焦點為F1、F2，以O(shè)為頂點，F(xiàn)2為焦點作拋物線交橢圓于P，且∠PF1F2＝45°，則拋物線的準線方程是x＝【考點】橢圓的幾何特征；拋物線的焦點與準線．【專題】方程思想；綜合法；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程；運算求解．【答案】x＝1-2【分析】先設(shè)出橢圓的左右焦點坐標，進而可得拋物線的方程，設(shè)出直線PF1的方程并與拋物線方程聯(lián)立，求出點P的坐標，由此可得PF2⊥F1F2，進而可以求出PF1，PF2的長度，再由橢圓的定義即可求解．【解答】解：設(shè)F1（﹣c，0），F(xiàn)2（c，0），則拋物線y2＝4cx，直線PF1：y＝x+c，聯(lián)立方程組y2=4cxy=x+c，解得x所以點P的坐標為（c，2c），所以PF2⊥F1F2，又PF2所以PF1+則c=2-所以拋物線的準線方程為：x＝﹣c＝1-2故答案為：x＝1-2【點評】本題考查了拋物線的定義以及橢圓的定義和性質(zhì)，考查了學(xué)生的運算推理能力，屬于中檔題．10．（2021?浙江）已知橢圓x2a2+y2b2=1（a＞b＞0），焦點F1（﹣c，0），F(xiàn)2（c，0）（c＞0）．若過F1的直線和圓（x-12c）2+y2＝c2相切，與橢圓的第一象限交于點P，且PF2⊥x軸，則該直線的斜率是【考點】橢圓的焦點弦及焦半徑．【專題】方程思想；轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程；運算求解．【答案】25【分析】由直線與圓相切，可得圓心到直線的距離與半徑相等，由此可求出直線的斜率k，利用斜率與tan∠PF1F2相等，得到a與c之間的關(guān)系，再求出離心率．【解答】解：直線斜率不存在時，直線與圓不相切，不符合題意；由直線過F1，設(shè)直線的方程為y＝k（x+c），∵直線和圓（x-12c）2+y2＝c∴圓心（12∴|k?c2將x＝c代入x2a2+y∵tan∠∴a2-c∴e=故答案為：25【點評】本題考查了橢圓、圓的簡單幾何性質(zhì)，以及點到直線的距離公式，需要學(xué)生熟練掌握公式，是中檔題．三．解答題（共10小題）11．（2023?全國）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞（1）求C的方程；（2）記C的左、右焦點分別為F1、F2，過F1斜率為1的直線交C于G、H兩點，求△F2GH的周長．【考點】直線與橢圓的綜合；橢圓的幾何特征．【專題】對應(yīng)思想；分析法；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程；運算求解．【答案】（1）為x29+y2＝1；（2【分析】根據(jù)題意可知，ca=223，且a2＝b2+c2，直線y=12交C于A、B兩點，|AB|=33．則A（2）根據(jù)（1）可知，a＝3，△F2GH為焦點三角形，求解即可．【解答】解：（1）橢圓C：x2a2即ca=223，且a2＝則a2=98c2，b2=則橢圓C為8x直線y=12交C于A、B則A（-332，12），B（將其中一點代入8x29c2+8y2c2=1，解得故橢圓C的方程為x29+y（2）根據(jù)（1）可知，a＝3，記C的左、右焦點分別為F1、F2，過F1斜率為1的直線交C于G、H兩點，則△F2GH為焦點三角形，故△F2GH的周長為4a＝12．【點評】本題考查橢圓的標準方程，橢圓的基本性質(zhì)的應(yīng)用，屬于中檔題．12．（2022?天津）橢圓x2a2+y2b2=1（a＞b＞0（1）求橢圓的離心率e；（2）直線l與橢圓有唯一公共點M，與y軸相交于N（N異于M）．記O為坐標原點，若|OM|＝|ON|，且△MON的面積為3，求橢圓的方程．【考點】直線與橢圓的綜合．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程；數(shù)學(xué)抽象；運算求解．【答案】（1）e=63；（2）【分析】（1）根據(jù)|BF||AB|=32建立a，（2）先由（1）將橢圓方程轉(zhuǎn)化為x2+3y2＝a2，再設(shè)直線l為y＝kx+m，聯(lián)立橢圓方程求出點M的坐標，再由Δ＝0及|OM|＝|ON|，且△OMN的面積為3建立方程組，再解方程組即可得解．【解答】解：（1）∵|BF||∴a2＝3b2，∴a2＝3（a2﹣c2），∴2a2＝3c2，∴e=c（2）由（1）可知橢圓為x2即x2+3y2＝a2，設(shè)直線l：y＝kx+m，聯(lián)立x2+3y2＝a2，消去y可得：（3k2+1）x2+6kmx+（3m2﹣a2）＝0，又直線l與橢圓只有一個公共點，∴Δ＝36k2m2﹣4（3k2+1）（3m2﹣a2）＝0，∴3m2＝a2（3k2+1），又xM=-又|OM|＝|ON|，∴(-解得k2=13，∴又△OMN的面積為12∴12?3m22又k=33，3m2＝a2（3k2+1），∴a2＝6，b2＝∴橢圓的標準方程為x2【點評】本題考橢圓的性質(zhì)，直線與橢圓相切的位置關(guān)系，方程思想，屬中檔題．13．（2022?北京）已知橢圓E：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的一個頂點為（Ⅰ）求橢圓E的方程；（Ⅱ）過點P（﹣2，1）作斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點B，C，直線AB，AC分別與x軸交于點M，N．當(dāng)|MN|＝2時，求k的值．【考點】直線與橢圓的綜合．【專題】計算題；方程思想；綜合法；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程；運算求解．【答案】（Ⅰ）x24+y2（Ⅱ）k＝﹣4．【分析】（Ⅰ）利用已知和a，b，c的關(guān)系，可得a，b，進而得到橢圓方程．（Ⅱ）聯(lián)立直線與橢圓方程，再利用韋達定理求出x1+x2，x1?x2，再表示出|MN|，化簡即可．【解答】解：（Ⅰ）由題意得，b=12c=23，∴b＝1，c=∴橢圓E的方程為x24+y2（Ⅱ）設(shè)過點P（﹣2，1）的直線為y﹣1＝k（x+2），B（x1，y1），C（x2，y2），聯(lián)立得y-1=k(x+2)x24+y21=1，即（1+4k2）x2+（16∵直線與橢圓相交，∴Δ＝[（16k2+8k）]2﹣4（1+4k2）（16k2+16k）＞0，∴k＜0，由韋達定理得x1+x2=-16k2+8k1+4k∵kAB=y1-1x1，∴直線AB令y＝0，則x=x11-y1，∴M（x11-y1∴|MN|＝|x11-y1-x21-y2|＝＝|1k?2(x2-x1)＝|2k(-16k∴|2k?-64k4|＝2，∴|∴k＝﹣4．【點評】本題考查直線和橢圓的位置關(guān)系，考查聯(lián)立法和韋達定理、方程思想和運算能力，是一道綜合題．14．（2022?乙卷）已知橢圓E的中心為坐標原點，對稱軸為x軸、y軸，且過A（0，﹣2），B（32，﹣1（1）求E的方程；（2）設(shè)過點P（1，﹣2）的直線交E于M，N兩點，過M且平行于x軸的直線與線段AB交于點T，點H滿足MT→=TH【考點】橢圓與平面向量．【專題】計算題；整體思想；綜合法；圓錐曲線中的最值與范圍問題；運算求解．【答案】（1）x2（2）由A(0，-①若過點P（1，﹣2）的直線斜率不存在，直線x＝1．代入x2可得M（1，-263），N(1，263)，將y=-263代入y=23x-2，可得T(-②若過P（1，﹣2）的直線的斜率存在，設(shè)kx﹣y﹣（k+2）＝0，M（x1，y1），N（x2，y2），聯(lián)立kx-y-(k+2)=0x23+y24=1，得（3k2+4）x2﹣6故有x1+xx1y2+x2y1＝x1（kx2﹣k﹣2）+x2（kx1﹣k﹣2）＝kx1x2﹣kx1﹣2x1+kx1x2﹣kx2﹣2x2＝2kx1x2﹣（k+2）（x1+x2）＝2k?3k(4+k)3=-∴x1y2聯(lián)立y=y1KN→=（x2，y2KH→=（3y1+6﹣x1，y1又（y2+2）（3y1+6﹣x1）﹣x2（y1+2）＝﹣2（x1+x2）+6（y1+y2）﹣x1y2﹣x2y1+3y1y2+12＝﹣2×6k(2+k)3k2+4+6×-8(2+k)3k2+4-＝﹣2×6k(2+k)3k2+4+6×-8(2+k)∴H，N，K三點共線，故直線HN過點（0，﹣2），綜上，可得直線HN過定點（0，﹣2）．【分析】（1）設(shè)E的方程為mx2+ny2＝1（m＞0，n＞0且m≠n），將A，B兩點坐標代入即可求解；（2）由A(0，-2)，B(32，-1)可得線段AB：y=23x-2，①若過P（1，﹣2）的直線的斜率不存在，直線為x＝1，代入橢圓方程，根據(jù)MT→=TH→即可求解；②若過P（1，﹣2）的直線的斜率存在，設(shè)kx﹣y﹣（k+2）＝0，M（x1，y1），N（x2，y2），聯(lián)立kx-y【解答】解：（1）設(shè)E的方程為mx2+ny2＝1（m＞0，n＞0且m≠n），將A(0，-2)解得m=13，n故E的方程為x2（2）由A(0，-①若過點P（1，﹣2）的直線斜率不存在，直線x＝1．代入x2可得M（1，-263），N(1，263)，將y=-263代入y=23x-2，可得T(-②若過P（1，﹣2）的直線的斜率存在，設(shè)kx﹣y﹣（k+2）＝0，M（x1，y1），N（x2，y2），聯(lián)立kx-y-(k+2)=0x23+y24=1，得（3k2+4）x2﹣6故有x1+xx1y2+x2y1＝x1（kx2﹣k﹣2）+x2（kx1﹣k﹣2）＝kx1x2﹣kx1﹣2x1+kx1x2﹣kx2﹣2x2＝2kx1x2﹣（k+2）（x1+x2）＝2k?3k(4+k)3=-∴x1y2聯(lián)立y=y1KN→=（x2，y2KH→=（3y1+6﹣x1，y1又（y2+2）（3y1+6﹣x1）﹣x2（y1+2）＝﹣2（x1+x2）+6（y1+y2）﹣x1y2﹣x2y1+3y1y2+12＝﹣2×6k(2+k)3k2+4+6×-8(2+k)3k2+4-＝﹣2×6k(2+k)3k2+4+6×-8(2+k)∴H，N，K三點共線，故直線HN過點（0，﹣2），綜上，可得直線HN過定點（0，﹣2）．【點評】本題考查了直線與橢圓的綜合應(yīng)用，屬于中檔題．15．（2022?全國）已知橢圓C的左、右焦點分別為F1（﹣c，0），F(xiàn)2（c，0），直線y=233x交C于A，B兩點，|AB|＝27，四邊形AF1BF2的面積為（1）求c；（2）求C的方程．【考點】直線與橢圓的綜合．【專題】方程思想；綜合法；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程；運算求解．【答案】（1）3；（2）x2【分析】（1）由對稱性知|OA|=7，不妨取點A在第一象限，先求得點A的坐標，再利用四邊形AF1BF2的面積為43，可得c（2）設(shè)橢圓C的方程為x2a2+y2b2=1（a＞b＞0），代入點A的坐標，并結(jié)合【解答】解：（1）由對稱性知，|OA|=12|AB|不妨取點A在第一象限，設(shè)A（x，y），則y=233x|OA|=因為四邊形AF1BF2的面積為43，所以2×12?y?|F1F2|＝2?2c＝4所以c=3（2）設(shè)橢圓C的方程為x2a2+y2b2由（1）知，A（3，2），代入橢圓方程有3a2又c=3所以a2＝9，b2＝6，故橢圓C的方程為x2【點評】本題考查橢圓的幾何性質(zhì)，橢圓方程的求法，考查邏輯推理能力和運算能力，屬于基礎(chǔ)題．16．（2022?上海）已知橢圓Γ：x2a2+y2＝1（a＞1），A、B兩點分別為Γ的左頂點、下頂點，C、D兩點均在直線l：x＝（1）設(shè)F是橢圓Γ的右焦點，且∠AFB=π（2）若C、D兩點縱坐標分別為2、1，請判斷直線AD與直線BC的交點是否在橢圓Γ上，并說明理由；（3）設(shè)直線AD、BC分別交橢圓Γ于點P、點Q，若P、Q關(guān)于原點對稱，求|CD|的最小值．【考點】直線與橢圓的綜合．【專題】綜合題；方程思想；綜合法；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程；圓錐曲線中的最值與范圍問題；運算求解．【答案】（1）x24+y（2）直線AD與直線BC的交點在橢圓上，理由見解析；（3）6．【分析】（1）根據(jù)條件可得tan∠AFB=1c，解出c，利用a2＝b2+c2，求得（2）分別表示出此時直線BC、直線AD的方程，求出其交點，驗證即可；（3）設(shè)P（acosθ，sinθ），Q（﹣acosθ，﹣sinθ），表示出直線BP、直線AQ方程，解出C、D坐標，表示出|CD|，再利用基本不等式即可求出答案．【解答】解：（1）由題可得B（0，﹣1），F(xiàn)（c，0），因為∠AFB=π6，所以tan∠AFB=bc=1所以a2＝1+（3）2＝4，故Γ的標準方程為x24+y（2）直線AD與直線BC的交點在橢圓上，由題可得此時A（﹣a，0），B（0，﹣1），C（a，2），D（a，1），則直線BC：y=3ax﹣1，直線AD：y=12ax+12故直線AD與直線BC的交點在橢圓上；（3）B（0，﹣1），P（acosθ，sinθ），則直線BP：y=sinθ+1acosθx﹣1，所以C（a，A（﹣a，0），Q（﹣acosθ，﹣sinθ），則直線AQ：y=sinθacosθ-a（x+a），所以D（所以|CD|=sinθ+1cosθ-設(shè)tanθ2=t，則|CD|＝2（11-因為1a+1b則|CD|≥6，即|CD|的最小值為6．【點評】本題考查直線與橢圓的綜合，涉及橢圓方程的求解，直線交點求解，基本不等式的應(yīng)用，屬于中檔題．17．（2021?天津）已知橢圓x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的右焦點為F，上頂點為（1）求橢圓的標準方程；（2）直線l與橢圓有唯一的公共點M，與y軸的正半軸交于點N，過N與BF垂直的直線交x軸于點P．若MP∥BF，求直線l的方程．【考點】直線與橢圓的綜合；橢圓的標準方程．【專題】方程思想；消元法；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程；運算求解．【答案】（1）x25+y2（2）x﹣y+6=【分析】（1）由離心率e=255，|BF|=5，列方程組，解得a，（2）設(shè)M（x0，y0），則切線MN的方程為x0x5+y0y＝1，令x＝0，得N點的坐標，由PN⊥BF，推出kNP＝2，設(shè)P（x1，0），則x1=-12y0，由MP∥BF，得x0＝﹣2y0-12y0，結(jié)合【解答】解：（1）因為離心率e=255，|所以ca=255a=5a2=b所以橢圓的方程為x25+y2（2）先證明橢圓x2a2+y2b2=1切線方程為：xx0由于橢圓過點（x0，y0），則x02a對橢圓求導(dǎo)得y′=-b2x故切線的方程y﹣y0=-b2x0a將①代入得xx0則切線MN的方程為x0x5+y0令x＝0，得yN=1因為PN⊥BF，所以kPN?kBF＝﹣1，所以kPN?（-12）＝﹣1，解得kNP＝設(shè)P（x1，0），則kNP=1y00-x1因為MP∥BF，所以kMP＝kBF，所以y0x0+12y0=-所以x0＝﹣2y0-1又因為x025+y0所以4y025+2解得y0＝±66因為yN＞0，所以y0＞0，所以y0=66，x0所以-566x5+66y＝【點評】本題考查橢圓的方程，直線與橢圓的位置關(guān)系，解題中需要一定的計算能力，屬于中檔題．18．（2021?北京）已知橢圓E：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的一個頂點A（（Ⅰ）求橢圓E的方程；（Ⅱ）過點P（0，﹣3）作斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點B，C，直線AB、AC分別與直線y＝﹣3交于點M、N，當(dāng)|PM|+|PN|≤15時，求k的取值范圍．【考點】直線與橢圓的綜合．【專題】方程思想；設(shè)而不求法；圓錐曲線中的最值與范圍問題；邏輯思維；運算求解．【答案】（Ⅰ）x2（Ⅱ）[﹣3，﹣1）∪（1，3]．【分析】（Ⅰ）利用橢圓過點A，求出b的值，再由四邊形的面積，求出a的值，即可得到橢圓的標準方程；（Ⅱ）設(shè)直線l的方程，聯(lián)立直線與橢圓的方程，由Δ＞0，得到k的取值范圍，并且得到韋達定理，求出y1y2，y1+y2的表達式，再設(shè)出直線AB，AC的方程，求出點M，N的坐標，表示出|PM|+|PN|，化簡整理結(jié)合|PM|+|PN|≤15，得到k的范圍，從而得到答案．【解答】解：（Ⅰ）因為橢圓E：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）過點A又因為以四個頂點圍成的四邊形面積為45，所以12×2a×2故橢圓E的標準方程為x2（Ⅱ）由題意，設(shè)過點P（0，﹣3），斜率為k的直線為直線l，設(shè)直線l的方程為y﹣（﹣3）＝k（x﹣0），即y＝kx﹣3，當(dāng)k＝0時，直線l與橢圓E沒有交點，而直線l交橢圓E于不同的兩點B，C，所以k≠0，設(shè)B（x1，y1），C（x2，y2），聯(lián)立方程組y=kx-3x25+y24=1，可得（4+5則Δ＝（﹣30k）2﹣4×25（4+5k2）＞0，解得|k|＞1，所以x1則y1y2＝（kx1﹣3）（kx2﹣3）＝k2x1x2﹣3k（x1+x2）+9=-y1+y2＝（kx1﹣3）+（kx2﹣3）＝k（x1+x2）﹣6=-直線AB的方程為y﹣（﹣2）=y1-直線AC的方程為y﹣（﹣2）=y2-因為直線AB交y＝﹣3于點M，所以令y＝﹣3，則xM故M(同理可得N(注意到x1x2=254+5k2因為y1+2＞0，y2+2＞0，所以xM，xN同號，故|PM|+|PN|＝|xM|+|xN|＝|xM+xN|，則|PM|+|PN|=|=|x=|2=|2＝5|k|，故|PM|+|PN|＝5|k|，又|PM|+|PN|≤15，即5|k|≤15，即|k|≤3，又|k|＞1，所以1＜|k|≤3，故k的取值范圍為[﹣3，﹣1）∪（1，3]．【點評】本題考查了橢圓標準方程的求解、直線與橢圓位置關(guān)系的應(yīng)用，在解決直線與圓錐曲線位置關(guān)系的問題時，一般會聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，利用韋達定理和“設(shè)而不求”的方法進行研究，屬于難題．19．（2021?新高考Ⅱ）已知橢圓C的方程為x2a2+y2b2=1（a＞b＞0（Ⅰ）求橢圓C的方程；（Ⅱ）設(shè)M，N是橢圓C上的兩點，直線MN與曲線x2+y2＝b2（x＞0）相切．證明：M，N，F(xiàn)三點共線的充要條件是|MN|=3【考點】直線與橢圓的綜合．【專題】方程思想；設(shè)而不求法；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程；邏輯思維；運算求解．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（Ⅰ）利用離心率以及焦點的坐標，求出a和c的值，結(jié)合a2＝b2+c2，即可求出b的值，從而得到橢圓的標準方程；（Ⅱ）先證明充分性，設(shè)直線MN的方程，利用圓心到直線的距離公式求出m的值，聯(lián)立直線與橢圓的方程，求出|MN|即可；再證明必要性，設(shè)直線MN的方程，由圓心到直線的距離公式求出m和t的關(guān)系，聯(lián)立直線與橢圓的方程，求出|MN|，得到方程，求出m和t的值，從而得到直線MN必過點F，即可證明必要性．【解答】（Ⅰ）解：由題意可得，橢圓的離心率ca=6所以a=3，則b2＝a2﹣c2＝1故橢圓的標準方程為x2（Ⅱ）證明：先證明充分性，當(dāng)|MN|=3時，設(shè)直線MN的方程為x＝ty+s此時圓心O（0，0）到直線MN的距離d=|s|t2+1=1，則聯(lián)立方程組x=ty+sx23+y2=1，可得（t2+3）y則Δ＝4t2s2﹣4（t2+3）（s2﹣3）＝12（t2﹣s2+3）＝24，因為|MN所以t2＝1，s2＝2，因為直線MN與曲線x2+y2＝b2（x＞0）相切，所以s＞0，則s=則直線MN的方程為x=ty+2恒過焦點故M，N，F(xiàn)三點共線，所以充分性得證．若M，N，F(xiàn)三點共線時，設(shè)直線MN的方程為x＝my+2則圓心O（0，0）到直線MN的距離為d=2m2+1=1聯(lián)立方程組x=my+即4y所以|MN所以必要性成立；綜上所述，M，N，F(xiàn)三點共線的充要條件是|MN|=3【點評】本題考查了橢圓標準方程的求解、直線與橢圓位置關(guān)系的應(yīng)用，在解決直線與圓錐曲線位置關(guān)系的問題時，一般會聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，利用韋達定理和“設(shè)而不求”的方法進行研究，屬于中檔題．20．（2021?全國）設(shè)橢圓G：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）與y軸正半軸的交點為B，右焦點為F．已知B，F(xiàn)在⊙C：x2+y2（1）求G的方程；（2）若直線l過點C，交G于M，N兩點，且C為線段MN的中點，求|MN|．【考點】直線與橢圓的綜合．【專題】方程思想；綜合法；圓錐曲線中的最值與范圍問題；運算求解．【答案】（1）x28+y24【分析】（1）將B（0，b），F(xiàn)（c，0）代入圓C的方程，可求得b和c的值，再由a=b2+（2）結(jié)合C（1，1）與點差法，可得直線l的斜率k=-12，從而知直線l的方程，再與橢圓方程聯(lián)立，由弦長公式求得|【解答】解：（1）由題意知，B（0，b），F(xiàn)（c，0），因為B，F(xiàn)在⊙C：x2+y2﹣2x﹣2y＝0上，所以b2﹣2b＝0，c2﹣2c＝0，因為b≠0，c≠0，所以b＝c＝2，所以a=b2+故橢圓G的方程為x28（2）⊙C：x2+y2﹣2x﹣2y＝0可化為（x﹣1）2+（y﹣1）2＝2，所以C（1，1），設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），因為C為線段MN的中點，所以x1+x2＝2，y1+y2＝2，將M，N分別代入橢圓方程，有x1兩式相減得，直線l的斜率k=y所以直線l的方程為y﹣1=-12（x﹣1），即y=-1聯(lián)立y=-12(x-3)x28+所以x1+x2＝2，x1x2=-所以|MN|=1+(-12)2?|x1﹣x2|=【點評】本題考查直線與橢圓的位置關(guān)系，熟練掌握點差法，弦長公式，橢圓的方程是解題的關(guān)鍵，考查邏輯推理能力和運算能力，屬于中檔題．

考點卡片1．基本不等式及其應(yīng)用【知識點的認識】基本不等式主要應(yīng)用于求某些函數(shù)的最值及證明不等式．其可表述為：兩個正實數(shù)的幾何平均數(shù)小于或等于它們的算術(shù)平均數(shù)．公式為：a+b2≥ab（a≥0，b≥0），變形為ab≤（a+b2）2實例解析例1：下列結(jié)論中，錯用基本不等式做依據(jù)的是．A：a，b均為負數(shù)，則2ab+b2a≥2．B：x2+2解：根據(jù)均值不等式解題必須滿足三個基本條件：“一正，二定、三相等”可知A、B、D均滿足條件．對于C選項中sinx≠±2，不滿足“相等”的條件，再者sinx可以取到負值．故選：C．A選項告訴我們正數(shù)的要求是整個式子為正數(shù)，而不是式子當(dāng)中的某一個組成元素；B分子其實可以寫成x2+1+1，然后除以分母就可換成基本不等式．這個例題告訴我們對于一個式子也是可以用基本不等式的，而且求最值也很方便．例2：利用基本不等式求y=xx2+2的最值？當(dāng)0＜x解：當(dāng)x＝0時，y＝0，當(dāng)x≠0時，y=用基本不等式若x＞0時，0＜y≤2若x＜0時，-24≤y綜上得，可以得出-24≤∴y=xx2+2這是基本不等式在函數(shù)中的應(yīng)用，他的解題思路是首先判斷元素是否大于0，沒有明確表示的話就需要討論；然后把他化成基本不等式的形式，也就是化成兩個元素（函數(shù)）相加，而他們的特點是相乘后為常數(shù)；最后套用基本不等式定理直接求的結(jié)果．【解題方法點撥】基本不等式的應(yīng)用1、求最值例1：求下列函數(shù)的值域．2、利用基本不等式證明不等式3、基本不等式與恒成立問題4、均值定理在比較大小中的應(yīng)用【命題方向】技巧一：湊項點評：本題需要調(diào)整項的符號，又要配湊項的系數(shù)，使其積為定值．技巧二：湊系數(shù)例2：當(dāng)0＜x＜4時，求y＝x（8﹣2x）的最大值．解析：由0＜x＜4知，8﹣2x＞0，利用基本不等式求最值，必須和為定值或積為定值，此題為兩個式子積的形式，但其和不是定值．注意到2x+（8﹣2x）＝8為定值，故只需將y＝x（8﹣2x）湊上一個系數(shù)即可．y＝x（8﹣2x）=12[2x?（8﹣2x）]≤12（2當(dāng)2x＝8﹣2x，即x＝2時取等號，當(dāng)x＝2時，y＝x（8﹣x2）的最大值為8．評注：本題無法直接運用基本不等式求解，但湊系數(shù)后可得到和為定值，從而可利用基本不等式求最大值．技巧三：分離例3：求y=x解：本題看似無法運用基本不等式，不妨將分子配方湊出含有（x+1）的項，再將其分離．y=x2+7x+10x+1當(dāng)x＞﹣1，即x+1＞0時，y≥2(x+1)×4x+1+5技巧四：換元對于上面例3，可先換元，令t＝x+1，化簡原式在分離求最值．技巧五：結(jié)合函數(shù)f（x）＝x+a技巧六：整體代換點評：多次連用最值定理求最值時，要注意取等號的條件的一致性，否則就會出錯．技巧七：取平方點評：本題將解析式兩邊平方構(gòu)造出“和為定值”，為利用基本不等式創(chuàng)造了條件．總之，我們利用基本不等式求最值時，一定要注意“一正二定三相等”，同時還要注意一些變形技巧，積極創(chuàng)造條件利用基本不等式．2．橢圓的標準方程【知識點的認識】橢圓標準方程的兩種形式：（1）x2a2+y2b2=1（a＞b＞0），焦點在x軸上，焦點坐標為F（±c，0），焦距|（2）y2