2020-2021学年新教材高考数学 第九章 平面解析几何 5 考点3 直线和椭圆综合问题2练习（含解析）（选修2）.docx

1、高考真题（2019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_.【解析】方法1：由题意可知，由中位线定理可得，设可得，联立方程可解得（舍），点在椭圆上且在轴的上方，求得，所以方法2：焦半径公式应用解析1：由题意可知，由中位线定理可得，即求得，所以.【答案】（2019江苏卷）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:的焦点为F1（1、0），F2（1，0）过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2:交于点A，与椭圆C交于点D连结AF1并延长交圆F2于点B，连结BF2交椭圆C于点E，连结DF1已知DF1=（1）求椭圆C的标准方程；（

2、2）求点E的坐标【解析】（1）设椭圆C的焦距为2C因为F1（1，0），F2（1，0），所以F1F2=2，c=1.又因为DF1=，AF2x轴，所以DF2=，因此2a=DF1+DF2=4，从而a=2.由b2=a2-c2，得b2=3.因此，椭圆C的标准方程为.（2）解法一：由（1）知，椭圆C：，a=2，因为AF2x轴，所以点A的横坐标为1.将x=1代入圆F2的方程（x-1） 2+y2=16，解得y=4.因为点A在x轴上方，所以A（1，4）.又F1（-1，0），所以直线AF1：y=2x+2.由，得，解得或.将代入，得，因此.又F2（1，0），所以直线BF2：.由，得，解得或.又因为E是线段BF2与椭圆

3、的交点，所以.将代入，得.因此.解法二：由（1）知，椭圆C：.如图，连结EF1.因为BF2=2a，EF1+EF2=2a，所以EF1=EB，从而BF1E=B因为F2A=F2B，所以A=B，所以A=BF1E，从而EF1F2A因为AF2x轴，所以EF1x轴.因为F1（-1，0），由，得.又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以.因此.【答案】（1）；（2）.（2019天津卷（理）设椭圆的左焦点为，上顶点为.已知椭圆的短轴长为4，离心率为.（）求椭圆的方程；（）设点在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点为直线与轴的交点，点在轴的负半轴上.若（为原点），且，求直线的斜率.【解析】（）设椭圆的半焦距为，依题意

4、，又，可得，b=2，c=1.所以，椭圆方程为.（）由题意，设.设直线的斜率为，又，则直线的方程为，与椭圆方程联立，整理得，可得，代入得，进而直线的斜率，在中，令，得.由题意得，所以直线的斜率为.由，得，化简得，从而.所以，直线的斜率为或.【答案】（）（）或. （2019全国I卷（理）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ABCD【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【答案】B（20

5、19全国II卷（理）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，PEx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.【解析】（1）直线的斜率为，直线的斜率为，由题意可知：，所以曲线C是以坐标原点为中心，焦点在轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为；（2）（i）设直线的方程为,由题意可知,直线的方程与椭圆方程联立,即或,点P在第一象限，所以，因此点的坐标为直线的斜率为，可得直线方程：，与椭圆方程联立，消去得，（*），设点，显然点的横坐标和是方程（*）的解所以有，代入直线方程中，得，所以点的坐标为，直线的斜率为; ,因为所以，因此是直角三角形；（ii）由（i）可知：，的坐标为，,因为，所以当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，因此当时，函数有最大值，最大值为.【答案】（1）详见解析（2）详见解析