【文档说明】【精准解析】2021新高考数学（江苏专用）课时精练：8.6椭圆【高考】.docx，共(26)页，317.288 KB，由管理员店铺上传

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1．已知中心在原点的椭圆C的右焦点为F(1,0)，离心率等于12，则C的方程是()A.x23＋y24＝1B.x24＋y23＝1C.x24＋y22＝1D.x24＋y23＝1答案D解析由题意可知椭圆焦点在x轴上，所以设椭圆方程为x2a2＋y2b2＝1(a>

b>0)，由题意可知c＝1，e＝ca＝12，可得a＝2，又a2＝b2＋c2，可得b2＝3，所以椭圆方程为x24＋y23＝1.2．若椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的短轴长等于焦距，则椭圆的离心率为()A.12B.33C.22D.24答案C解析依题意可知，c＝b，又a＝b2＋

c2＝2c，∴椭圆的离心率e＝ca＝22.3．已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，若长轴的长为6，且两焦点恰好将长轴三等分，则此椭圆的标准方程为()A.x236＋y232＝1B.x29＋y28＝1C.x29＋y25＝1D.x216＋y212＝1答案B解析由题意知2a＝6,2c＝13×

6，所以a＝3，c＝1，则b＝32－12＝22，所以此椭圆的标准方程为x29＋y28＝1.4．(2020·湖北八市重点高中联考)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的右焦点为F，过点F作圆x2＋y2＝b2的切线

，若两条切线互相垂直，则椭圆C的离心率为()A.12B.22C.23D.63答案D解析如图，由题意可得，2b＝c，则2b2＝c2，即2(a2－c2)＝c2，则2a2＝3c2，∴c2a2＝23，即e＝ca＝

63.5．已知F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，现以F2为圆心作一个圆恰好经过椭圆中心并且交椭圆于点M，N，若过F1的直线MF1是圆F2的切线，则椭圆的离心率为()A.3－1B．2－3C.22D.32答案A解析∵过F1的直线MF1是圆F2的切线，∴∠F1MF2＝90°

，MF2＝c，∵F1F2＝2c，∴MF1＝3c，由椭圆定义可得MF1＋MF2＝c＋3c＝2a，∴椭圆的离心率e＝21＋3＝3－1.6．(2020·广东华附、省实、广雅、深中联考)设F1，F2分别是椭圆x2a2＋y2

b2＝1(a>b>0)的左、右焦点，若在直线x＝a2c上存在点P，使线段PF1的中垂线过点F2，则椭圆离心率的取值范围是()A.0，22B.0，33C.22，1D.33，1答案D解析设Pa2c，m

，F1(－c,0)，F2(c,0)，由线段PF1的中垂线过点F2得PF2＝F1F2，即a2c－c2＋m2＝2c，得m2＝4c2－a2c－c2＝－a4c2＋2a2＋3c2≥0，即3c4＋2a2c2－a4≥0，得3e4＋2e2－1≥0，解得e2≥13，又0<e<1，故33≤e<1

.7．(多选)某颗人造地球卫星的运行轨道是以地球的中心F为一个焦点的椭圆，如图所示，已知它的近地点A(离地面最近的点)距地面m千米，远地点B(离地面最远的点)距地面n千米，并且F，A，B三点在同一直线上，地球半径约为R千米，设该椭圆的长轴长、短轴

长、焦距分别为2a,2b,2c，则()A．a－c＝m＋RB．a＋c＝n＋RC．2a＝m＋nD．b＝(m＋R)(n＋R)答案ABD解析由题意可知a－c－R＝m，a＋c－R＝n，可得a－c＝m＋R，所以A正确；a＋c＝R＋n，所以B正确；可得a＝m＋n2＋R，c＝n－m2.则b2＝a2

－c2＝m＋n2＋R2－n－m22＝(m＋R)(n＋R)．则b＝(m＋R)(n＋R).所以D正确．故选ABD.8．(多选)已知椭圆C的中心为坐标原点，焦点F1，F2在y轴上，短轴长等于2，离心率为63，过焦点

F1作y轴的垂线交椭圆C于P，Q两点，则下列说法正确的是()A．椭圆C的方程为y23＋x2＝1B．椭圆C的方程为x23＋y2＝1C．PQ＝233D．△PF2Q的周长为43答案ACD解析由已知得，2b＝2，b＝1，ca＝63，又a2＝b2＋c2，解得a2＝3.∴椭圆方程为x2＋y23＝

1.如图．∴PQ＝2b2a＝23＝233，△PF2Q的周长为4a＝43.故选ACD.9．焦距是8，离心率等于45的椭圆的标准方程为________________．答案x225＋y29＝1或y225＋x29＝1解析

由题意知2c＝8，ca＝45，解得a＝5，c＝4，又b2＝a2－c2，∴b2＝9，当焦点在x轴上时，椭圆的标准方程为x225＋y29＝1，当焦点在y轴上时，椭圆的标准方程为y225＋x29＝

1.10．已知椭圆x29＋y225＝1上的一点P到两焦点的距离的乘积为m，当m取最大值时，点P的坐标是________．答案(－3,0)或(3,0)解析记椭圆的两个焦点分别为F1，F2，由题意知a＝5，b＝3，PF1＋PF2＝2a＝10.则m＝PF1·PF2≤

PF1＋PF222＝25，当且仅当PF1＝PF2＝5，等号成立，即点P位于椭圆的短轴的顶点处时，m取得最大值25.所以点P的坐标为(－3,0)或(3,0)．11．已知点P是圆F1：(x＋1)2＋y2＝16上任意一点(F1是圆心)，点F

2与点F1关于原点对称．线段PF2的垂直平分线m分别与PF1，PF2交于M，N两点．求点M的轨迹方程．解由题意得F1(－1,0)，F2(1,0)，圆F1的半径为4，且MF2＝MP，从而MF1＋MF2＝MF1＋MP＝PF1＝4>F1F2，所

以点M的轨迹是以F1，F2为焦点的椭圆，其中长轴长为4，焦距为2，则短半轴长为3，所以点M的轨迹方程为x24＋y23＝1.12．如图所示，已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，

A为椭圆的上顶点，直线AF2交椭圆于另一点B.(1)若∠F1AB＝90°，求椭圆的离心率；(2)若椭圆的焦距为2，且AF2→＝2F2B→，求椭圆的方程．解(1)若∠F1AB＝90°，则△AOF2为等腰直角三角形，所以有OA＝OF2，即b＝c.所以a

＝2c，e＝ca＝22.(2)由题意知A(0，b)，F2(1,0)，设B(x，y)，由AF2→＝2F2B→，得2(x－1)＝1，2y＝－b，解得x＝32，y＝－b2.代入x2a2＋y2b2＝1，得94a2＋b24b2＝1.即94a2＋14＝1，解得a2＝3.所以椭圆方程为x23＋y

22＝1.13．在平面直角坐标系xOy中，P是椭圆y24＋x23＝1上的一个动点，点A(1,1)，B(0，－1)，则PA＋PB的最大值为()A．5B．4C．3D．2答案A解析∵椭圆的方程为y24＋x23＝1.∴a2＝4，b2＝3，c2＝1，∴B(0，－1)是椭圆的一个焦点，设另一个焦点为C(0,1

)，如图所示，根据椭圆的定义知，PB＋PC＝4，∴PB＝4－PC，∴PA＋PB＝4＋PA－PC≤4＋AC＝5.14．(2019·浙江)已知椭圆x29＋y25＝1的左焦点为F，点P在椭圆上且在x轴的上方．若线段PF的中点在以原点

O为圆心，OF为半径的圆上，则直线PF的斜率是________．答案15解析如图，左焦点F(－2,0)，右焦点F′(2,0)．线段PF的中点M在以O(0,0)为圆心，2为半径的圆上，因此OM＝2.在△FF′P中，OM綊12PF′，所以PF′＝4.根据椭圆的定义，得PF＋PF′＝6，所以PF＝2

.又因为FF′＝4，所以在Rt△MFF′中，tan∠PFF′＝MF′MF＝FF′2－MF2MF＝15，即直线PF的斜率是15.15．(2019·衡水模拟)阿基米德(公元前287年－公元前212年)不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得

到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．若椭圆C的对称轴为坐标轴，焦点在y轴上，且椭圆C的离心率为74，面积为12π，则椭圆C的方程为()A.x29＋y216＝1B.x23＋y24＝1C.x218＋y232＝1D.x24

＋y236＝1答案A解析由题意可得abπ＝12π，ca＝74，a2＝b2＋c2，解得a＝4，b＝3，因为椭圆的焦点坐标在y轴上，所以椭圆方程为y216＋x29＝1.16．已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1

(－c,0)，F2(c,0)，若椭圆上存在点P使1－cos2∠PF1F21－cos2∠PF2F1＝a2c2，求该椭圆的离心率的取值范围．解由1－cos2∠PF1F21－cos2∠PF2F1＝a2c2得ca＝sin∠

PF2F1sin∠PF1F2.又由正弦定理得sin∠PF2F1sin∠PF1F2＝PF1PF2，所以PF1PF2＝ca，即PF1＝caPF2.又由椭圆的定义得PF1＋PF2＝2a，所以PF2＝2a2a＋c，PF1＝2aca＋c，因为PF2是△PF1F2的一边，所以有2c－2

aca＋c<2a2a＋c<2c＋2aca＋c，即c2＋2ac－a2>0，所以e2＋2e－1>0(0<e<1)，解得2－1<e<1，故椭圆离心率的取值范围为(2－1,1)．第2课时直线与椭圆直线与椭圆的

位置关系1．若直线y＝kx＋1与椭圆x25＋y2m＝1总有公共点，则m的取值范围是()A．m>1B．m>0C．0<m<5且m≠1D．m≥1且m≠5答案D解析方法一由于直线y＝kx＋1恒过点(0,1)，所以点(0,1)必在椭圆内或椭圆上，则0<1m≤1且m≠5，故m≥1且

m≠5.方法二由y＝kx＋1，mx2＋5y2－5m＝0，消去y整理得(5k2＋m)x2＋10kx＋5(1－m)＝0.由题意知Δ＝100k2－20(1－m)(5k2＋m)≥0对一切k∈R恒成立，即5mk2＋m2－m≥0对一切k∈R恒成立，由于m>0且m≠5

，∴5k2＋m－1≥0，∴m≥1且m≠5.2．已知直线l：y＝2x＋m，椭圆C：x24＋y22＝1.试问当m取何值时，直线l与椭圆C：(1)有两个不重合的公共点；(2)有且只有一个公共点；(3)没有公共点．解将直

线l的方程与椭圆C的方程联立，得方程组y＝2x＋m，①x24＋y22＝1，②将①代入②，整理得9x2＋8mx＋2m2－4＝0.③方程③根的判别式Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝－8m2＋144.(1)当Δ>0，即－32<m<32时，方程③有两个不同的实数根，可

知原方程组有两组不同的实数解．这时直线l与椭圆C有两个不重合的公共点．(2)当Δ＝0，即m＝±32时，方程③有两个相同的实数根，可知原方程组有两组相同的实数解．这时直线l与椭圆C有两个互相重合的公共点，即直线

l与椭圆C有且只有一个公共点．(3)当Δ<0，即m<－32或m>32时，方程③没有实数根，可知原方程组没有实数解．这时直线l与椭圆C没有公共点．思维升华研究直线与椭圆位置关系的方法(1)研究直线和椭圆的位置关系，一般转化为研究直线方程与椭圆方程组成

的方程组解的个数．(2)对于过定点的直线，也可以通过定点在椭圆内部或椭圆上判定直线和椭圆有交点．弦长及中点弦问题命题点1弦长问题例1斜率为1的直线l与椭圆x24＋y2＝1相交于A，B两点，则AB的最大值为()A．2B.455C.4105D.8105答案C解析设A，B两点的坐标分别为(

x1，y1)，(x2，y2)，直线l的方程为y＝x＋t，由x2＋4y2＝4，y＝x＋t，消去y，得5x2＋8tx＋4(t2－1)＝0，则x1＋x2＝－85t，x1x2＝4(t2－1)5.∴AB＝2

|x1－x2|＝2(x1＋x2)2－4x1x2＝2－85t2－4×4(t2－1)5＝425·5－t2，当t＝0时，ABmax＝4105.命题点2中点弦问题例2已知P(1,1)为椭圆x24＋y22＝1内一定点，经过P引一条弦，使此弦被P点平分，则此弦所在的直线方程为_

_______________．答案x＋2y－3＝0解析方法一易知此弦所在直线的斜率存在，∴设其方程为y－1＝k(x－1)，弦所在的直线与椭圆相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)．由y－1＝k(x－1)，x24＋y22＝1，消去y得，(

2k2＋1)x2－4k(k－1)x＋2(k2－2k－1)＝0，∴x1＋x2＝4k(k－1)2k2＋1，又∵x1＋x2＝2，∴4k(k－1)2k2＋1＝2，解得k＝－12.经检验，k＝－12满足题意．故此弦所在的直线方程为y－1＝－12(x－1)，即x＋2y－3＝0.方法二易知此弦所在直线

的斜率存在，∴设斜率为k，弦所在的直线与椭圆相交于A，B两点，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x214＋y212＝1，①x224＋y222＝1，②①－②得(x1＋x2)(x1－x2)4＋(y1＋y2)(y1－y2)2＝0，∵x1＋x2＝2，y1＋

y2＝2，∴x1－x22＋y1－y2＝0，∴k＝y1－y2x1－x2＝－12.经检验，k＝－12满足题意．∴此弦所在的直线方程为y－1＝－12(x－1)，即x＋2y－3＝0.思维升华(1)解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方

程联立，应用根与系数的关系，解决相关问题．涉及中点弦的问题时用“点差法”解决，往往会更简单．记住必须检验．(2)设直线与椭圆的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则AB＝(1＋k2)[(x1＋x

2)2－4x1x2]＝1＋1k2[(y1＋y2)2－4y1y2](k为直线斜率)．(3)利用公式计算直线被椭圆截得的弦长是在方程有解的情况下进行的，不要忽略判别式．跟踪训练1(1)已知椭圆两顶点A(－1,0)

，B(1,0)，过焦点F(0,1)的直线l与椭圆交于C，D两点，当CD＝322时，则直线l的方程为______________．答案2x－y＋1＝0或2x＋y－1＝0.解析由题意得b＝1，c＝1.∴a2＝

b2＋c2＝1＋1＝2.∴椭圆方程为y22＋x2＝1.若直线l斜率不存在时，CD＝22，不符合题意．若l斜率存在时，设l的方程为y＝kx＋1，联立y＝kx＋1，y2＋2x2＝2，得(k2＋2)x2＋2

kx－1＝0.Δ＝8(k2＋1)>0恒成立．设C(x1，y1)，D(x2，y2)．∴x1＋x2＝－2kk2＋2，x1x2＝－1k2＋2.∴|CD|＝1＋k2|x1－x2|＝1＋k2(x1＋x2)2－4x1x2＝22(k2＋1)k2＋2.即22(k2＋1)k2＋2＝322，解得k

2＝2，∴k＝±2.∴直线l方程为2x－y＋1＝0或2x＋y－1＝0.(2)(2019·石家庄模拟)已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，点F为左焦点，点P为下顶点，平行于FP的直线l交椭圆于A，B

两点，且AB的中点为M1，12，则椭圆的离心率为()A.22B.12C.14D.32答案A解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)．∵AB的中点为M1，12，∴x1＋x2＝2，y1＋y2＝1.∵PF∥l，

∴kPF＝kl＝－bc＝y1－y2x1－x2.∵x21a2＋y21b2＝1，x22a2＋y22b2＝1.∴(x1＋x2)(x1－x2)a2＋(y1＋y2)(y1－y2)b2＝0，∴2a2＋－bcb2＝0，可得2bc＝a2，∴4c2(a2－c2

)＝a4，化为4e4－4e2＋1＝0，解得e2＝12，又∵0<e<1，∴e＝22.直线与椭圆的综合问题例3(2019·天津)设椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B.已知椭圆的短轴长为4，离心率为55.(1)求椭圆的方程；(2)设点P

在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点M为直线PB与x轴的交点，点N在y轴的负半轴上，若ON＝OF(O为原点)，且OP⊥MN，求直线PB的斜率．解(1)设椭圆的半焦距为c，依题意知，2b＝4，ca＝55，又a2＝b2＋c2，可得a＝5，b＝2，c＝1.所以，椭圆的方程为x25＋y24＝1.

(2)由题意，设P(xP，yP)(xP≠0)，M(xM，0)．设直线PB的斜率为k(k≠0)，又B(0,2)，则直线PB的方程为y＝kx＋2，与椭圆方程联立y＝kx＋2，x25＋y24＝1，整理得(4＋5k2)

x2＋20kx＝0，可得xP＝－20k4＋5k2，代入y＝kx＋2得yP＝8－10k24＋5k2，进而直线OP的斜率为yPxP＝4－5k2－10k.在y＝kx＋2中，令y＝0，得xM＝－2k.由题意得N(0，－1)，所以直线MN的斜率为－k2.由OP⊥M

N，得4－5k2－10k·－k2＝－1，化简得k2＝245，从而k＝±2305.所以，直线PB的斜率为2305或－2305.思维升华(1)解答直线与椭圆相交的题目时，常用到“设而不求”的方法，即联立直线和椭圆的方程，消去y(或x)得一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件，建

立有关参变量的等量关系求解．(2)涉及直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．跟踪训练2已知椭圆C的两个焦点分别为F1(－1,0)，F2(1，0)，短轴的两个端点分别为B

1，B2.(1)若△F1B1B2为等边三角形，求椭圆C的方程；(2)若椭圆C的短轴长为2，过点F2的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，且F1P→⊥F1Q→，求直线l的方程．解(1)由题意知，△F1B1B2为等边三角形，则

c＝3b，c＝1，即a2－b2＝3b2，a2－b2＝1，解得a2＝43，b2＝13，故椭圆C的方程为3x24＋3y2＝1.(2)易知椭圆C的方程为x22＋y2＝1，当直线l的斜率不存在时，其方程为x＝1，不符合题意；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x

－1)，由y＝k(x－1)，x22＋y2＝1，得(2k2＋1)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0，Δ＝8(k2＋1)>0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝4k22k2＋1，x1x2＝2(k2－1)2k2

＋1，F1P→＝(x1＋1，y1)，F1Q→＝(x2＋1，y2)，因为F1P→⊥F1Q→，所以F1P→·F1Q→＝0，即(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝x1x2＋(x1＋x2)＋1＋k2(x1－1)(x2－1)

＝(k2＋1)x1x2－(k2－1)(x1＋x2)＋k2＋1＝7k2－12k2＋1＝0，解得k2＝17，即k＝±77，故直线l的方程为x＋7y－1＝0或x－7y－1＝0.1．若直线mx＋ny＝4与⊙O：x2＋y2

＝4没有交点，则过点P(m，n)的直线与椭圆x29＋y24＝1的交点个数是()A．至多为1B．2C．1D．0答案B解析由题意知，4m2＋n2>2，即m2＋n2<2，∴点P(m，n)在椭圆x29＋y24＝1的

内部，故所求交点个数是2.2．直线y＝kx＋1，当k变化时，此直线被椭圆x24＋y2＝1截得的最大弦长是()A．2B.433C．4D．不能确定答案B解析直线恒过定点(0,1)，且点(0,1)在椭圆上，可设另外一个交点为(x，y)，则

弦长为x2＋(y－1)2＝4－4y2＋y2－2y＋1＝－3y2－2y＋5，当y＝－13时，弦长最大为433.3．过椭圆x25＋y24＝1的右焦点作一条斜率为2的直线与椭圆交于A，B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为()A.43B.

53C.54D.103答案B解析由题意知椭圆的右焦点F的坐标为(1,0)，则直线AB的方程为y＝2x－2.联立x25＋y24＝1，y＝2x－2，解得交点坐标为(0，－2)，53，43，不妨设A点的纵坐标yA＝

－2，B点的纵坐标yB＝43，∴S△OAB＝12·OF·|yA－yB|＝12×1×－2－43＝53，故选B.4．已知椭圆x236＋y29＝1以及椭圆内一点P(4,2)，则以P为中点的弦所在直线的斜率为()A.12B．－12C．2D．－2答案B解析设

弦所在直线的斜率为k，弦的端点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝8，y1＋y2＝4，x2136＋y219＝1，x2236＋y229＝1，两式相减，得(x1＋x2)(x1－x2)36＋(y1＋y2)(y1－

y2)9＝0，所以2(x1－x2)9＝－4(y1－y2)9，所以k＝y1－y2x1－x2＝－12.经检验，k＝－12满足题意．故弦所在直线的斜率为－12.故选B.5．已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交E于A，B两点，若AB的中点为M(1，－

1)，则椭圆E的方程为()A.x245＋y236＝1B.x236＋y227＝1C.x227＋y218＝1D.x218＋y29＝1答案D解析kAB＝0＋13－1＝12，kOM＝－1，由kAB·kOM＝－b2a2，得b2a2＝12，∴a2＝2b2.∵c＝

3，∴a2＝18，b2＝9，椭圆E的方程为x218＋y29＝1.6．(2020·南昌模拟)椭圆ax2＋by2＝1(a>0，b>0)与直线y＝1－x交于A，B两点，过原点与线段AB中点的直线的斜率为32，则ba的值为()A.32B.233C.932D.232

7答案B解析方法一设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则ax21＋by21＝1，ax22＋by22＝1，即ax21－ax22＝－(by21－by22)，则by21－by22ax21－ax22＝－1，b(y1－y2)(y1＋y2)a(x1－x2)(x1＋x2)＝－1，由题意知，y1－y2x1－x

2＝－1，过点x1＋x22，y1＋y22与原点的直线的斜率为32，即y1＋y2x1＋x2＝32，∴ba×(－1)×32＝－1，∴ba＝233，故选B.方法二由y＝1－x，ax2＋by2＝1消去y，得(a

＋b)x2－2bx＋b－1＝0，可得AB中点P的坐标为ba＋b，aa＋b，∴kOP＝ab＝32，∴ba＝233.7．(多选)已知椭圆x24＋y23＝1的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线l1与过F2的直线l2交于点M，设M的坐标

为(x0，y0)，若l1⊥l2，则下列结论正确的有()A.x204＋y203<1B.x204＋y203>1C.x04＋y03<1D．4x20＋3y20>1答案ACD解析由椭圆x24＋y23＝1，可得a

＝2，b＝3，c＝1.∴左、右焦点分别为F1(－1,0)，F2(1,0)，设A(0，3)，则tan∠AF1F2＝3，可得∠AF1F2＝π3，∴∠F1AF2＝π3.∵l1⊥l2，∴直线l1与直线l2的交点M在椭圆的内部．∴x204＋y203＜1，A正确；B不正确

；直线x4＋y3＝1与椭圆x24＋y23＝1联立，可得7y2－24y＋27＝0无解，因此直线x4＋y3＝1与椭圆x24＋y23＝1无交点．而点M在椭圆的内部，在直线的左下方，∴满足x04＋y03＜1，C正确．∵x20＋y20＝1,0≤y20≤1，∴4x20＋3y20＝4(1－y20)＋

3y20＝4－y20＞1，因此D正确．故选ACD.8．设F1，F2为椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的左、右焦点，经过F1的直线交椭圆C于A，B两点，若△F2AB是面积为43的等边三角形，则椭圆C的方程为_______

____________．答案x29＋y26＝1解析∵△F2AB是面积为43的等边三角形，∴AB⊥x轴，∴A，B两点的横坐标为－c，代入椭圆方程，可求得F1A＝F1B＝b2a.又F1F2＝2c，∠F1F2A＝30°，∴b2a＝33×2c.①又2FABS△＝12×2c×2b2

a＝43，②a2＝b2＋c2，③由①②③解得a2＝9，b2＝6，c2＝3，∴椭圆C的方程为x29＋y26＝1.9．设F1，F2分别是椭圆x24＋y2＝1的左、右焦点，若椭圆上存在一点P，使(OP→＋OF2→)·PF2→＝0(O为坐标原点)，则△F1PF2的面积是_

_______．答案1解析∵(OP→＋OF2→)·PF2→＝(OP→＋F1O→)·PF2→＝F1P→·PF2→＝0，∴PF1⊥PF2，∠F1PF2＝90°.设PF1＝m，PF2＝n，则m＋n＝4，m2＋n2＝12，∴

2mn＝4，mn＝2，∴12FPFS△＝12mn＝1.10．(2020·湖北部分重点中学联考)已知F1，F2是椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的左、右焦点，过左焦点F1的直线与椭圆C交于A，B两点，且AF1

＝3BF1，AB＝BF，则椭圆C的离心率为________．答案105解析设BF1＝k，则AF1＝3k，BF2＝4k.由BF1＋BF2＝AF1＋AF2＝2a，得2a＝5k，AF2＝2k.在△ABF2中，cos∠BAF2＝(4k2)＋(2k)2－(4k)22×4k

×2k＝14，又在△AF1F2中，cos∠F1AF2＝(3k)2＋(2k)2－(2c)22×3k×2k＝14，所以2c＝10k，故离心率e＝ca＝105.11．已知椭圆C：x22＋y24＝1，过椭圆C上一点P(1，2)作倾斜角互补的两条直线PA，PB，分别交椭圆C

于A，B两点，则直线AB的斜率为________．答案2解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，同时设PA的方程为y－2＝k(x－1)，代入椭圆方程化简，得(k2＋2)x2－2k(k－2)x＋k2－22k－2＝0，显然1和x1是这个方程的两解，因此x1＝k2－22k－2k2＋2，y1＝

－2k2－4k＋22k2＋2，由－k代替x1，y1中的k，得x2＝k2＋22k－2k2＋2，y2＝－2k2＋4k＋22k2＋2，所以y2－y1x2－x1＝2.故直线AB的斜率为2.12．设F1，F2分别是椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的左、右焦点，E

的离心率为22，点(0,1)是E上一点．(1)求椭圆E的方程；(2)过点F1的直线交椭圆E于A，B两点，且BF1→＝2F1A→，求直线BF2的方程．解(1)由题意知，b＝1，且e2＝c2a2＝a2－b2a2＝1

2，解得a2＝2，所以椭圆E的方程为x22＋y2＝1.(2)由题意知，直线AB的斜率存在且不为0，故可设直线AB的方程为x＝my－1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由x22＋y2＝1，x＝my－1，得(m2＋2

)y2－2my－1＝0，则y1＋y2＝2mm2＋2，①y1y2＝－1m2＋2，②因为F1(－1,0)，所以BF1→＝(－1－x2，－y2)，F1A→＝(x1＋1，y1)，由BF1→＝2F1A→可得，－y2＝2y1，③由①②③可得B－12，±144，则kBF2＝146或－146，所以直线

BF2的方程为14x－6y－14＝0或14x＋6y－14＝0.13．(2019·全国100所名校联考)已知椭圆C：x2＋y2b2＝1(b>0，且b≠1)与直线l：y＝x＋m交于M，N两点，B为上顶点．若BM＝BN，则椭圆C的离心率的取值范围是()A.0，22B

.22，1C.63，1D.0，63答案C解析设直线y＝x＋m与椭圆x2＋y2b2＝1的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立y＝x＋m，x2＋y2b2＝1，得(b2＋1)x2＋2mx＋m2－b2＝0，所以x1＋x

2＝－2mb2＋1，x1x2＝m2－b2b2＋1，Δ＝(2m)2－4(b2＋1)(m2－b2)＝4b2(b2＋1－m2)>0.设线段MN的中点为G，知G点坐标为－mb2＋1，b2mb2＋1，因为BM＝BN，所以直线BG垂直平分线段MN，所以直线BG的方程为y＝－x＋b

，且经过点G，可得b2mb2＋1＝mb2＋1＋b，解得m＝b3＋bb2－1.因为b2＋1－m2>0，所以b2＋1－b3＋bb2－12>0，解得0<b<33，因为e2＝1－b2，所以63<e<1.14．(2019·衡水调研)已知椭圆

C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－c,0)，F2(c,0)，斜率为－12的直线l与椭圆C交于A，B两点．若△ABF1的重心为Gc6，c3，则椭圆C的离心率为________．答案63解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x21a2＋y21b2＝1，x

22a2＋y22b2＝1，两式相减得(x1－x2)(x1＋x2)a2＋(y1－y2)(y1＋y2)b2＝0.(*)因为△ABF1的重心为Gc6，c3，所以x1＋x2－c3＝c6，y1＋y23＝c3，故x1＋x2＝3c2，y

1＋y2＝c，代入(*)式得3(x1－x2)c2a2＋(y1－y2)cb2＝0，所以y1－y2x1－x2＝－3b22a2＝－12，即a2＝3b2，所以椭圆C的离心率e＝63.15．已知椭圆具有如下性质：若椭圆的方程为x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，则椭圆在其上一

点A(x0，y0)处的切线方程为x0xa2＋y0yb2＝1.试运用该性质解决以下问题，椭圆C1：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，其焦距为2，且过点1，22，点B为C1在第一象限中的任意一点，过B作C1的切

线l，l分别与x轴和y轴的正半轴交于C，D两点，则△OCD面积的最小值为()A.22B.2C.3D．2答案B解析由题意可得2c＝2，即c＝1，a2－b2＝1，将点1，22代入椭圆方程，可得1a2＋12b2＝1，解得a＝2，b＝1，即椭圆的方程为x22＋

y2＝1，设B(x2，y2)，则椭圆C1在点B处的切线方程为x22x＋y2y＝1，令x＝0，得yD＝1y2，令y＝0，可得xc＝2x2，所以S△OCD＝12·1y2·2x2＝1x2y2，又点B为椭圆在第一象限上的点，所以x2>0，y2>0，x222＋y22＝1，即有1x2y2＝

x222＋y22x2y2＝x22y2＋y2x2≥2x22y2·y2x2＝2，即S△OCD≥2，当且仅当x222＝y22＝12，即点B的坐标为1，22时，△OCD面积取得最小值2，故选B.16．已知椭圆C的两个焦点分别为F1(－3，0)，F2(3，0)，且椭圆C过点P1，

32.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若与直线OP(O为坐标原点)平行的直线交椭圆C于A，B两点，当OA⊥OB时，求△AOB的面积．解(1)设椭圆C的标准方程为x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，由题

意可得a2－b2＝3，1a2＋34b2＝1，解得a2＝4，b2＝1.故椭圆C的标准方程为x24＋y2＝1.(2)直线OP的方程为y＝32x，设直线AB的方程为y＝32x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y

2)．将直线AB的方程代入椭圆C的方程并整理得x2＋3mx＋m2－1＝0，由Δ＝3m2－4(m2－1)>0，得m2<4，所以x1＋x2＝－3m，x1x2＝m2－1.由OA⊥OB，得OA→·OB→＝0，OA→·OB→＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋32x1＋m32x2＋m＝74x1x

2＋32m(x1＋x2)＋m2＝74(m2－1)＋32m·(－3m)＋m2＝54m2－74＝0，得m2＝75.又AB＝1＋34(x1＋x2)2－4x1x2＝72·4－m2，O到直线AB的距离d＝|m|1＋34＝|m|72，所

以S△AOB＝12·AB·d＝12×72×4－m2×|m|72＝9110.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com