椭圆高考大题解析

　21．（2018 全国卷Ⅰ）设椭圆 : C2212 xy 的右焦点为 F ，过 F 的直线 l 与 C 交于 A , B 两点，点 M 的坐标为 (2,0) ． (1)当 l 与 x 轴垂直时，求直线 AM 的方程； (2)设 O 为坐标原点，证明：

　OMA OMB   ． 【解析】(1)由已知得 (1,0) F ， l 的方程为 1  x ． 由已知可得，点 A 的坐标为2(1, )2或2(1, )2 ． 所以 AM 的方程为222y x    或222y x   ． (2)当 l 与 x 轴重合时， 0 OMA OMB     ． 当 l 与 x 轴垂直时， OM 为 AB 的垂直平分线，所以 OMA OMB   ． 当 l 与 x 轴不重合也不垂直时，设 l 的方程为 ( 1)( 0) y k x k    ，1 2 2 1( , ), ( , ) A y x y x B ， 则12  x ，22  x ，直线 MA ， MB 的斜率之和为21 212 2MA MBx xy yk k    ． 由1 1  y kx k ，2 2  y kx k 得 1 2 1 21 2(2 3 ( ) 42)( 2)MA MBx x x x k kx xkk k    ． 将 ( 1) y k x   代入2212xy   得 2 2 2 2(2 1) 4 2 2 0 k x k x k      ． 所以，212242 1 kkx x ，21222 22 1xkkx ． 则313132 224 4 12 8 42 3 ( ) 4 02 1k k k k kk k kkx x x x       ． 从而 0MA MBk k   ，故 MA ， MB 的倾斜角互补，所以 OMA OMB   ． 综上， OMA OMB   ．

　24．（2017 新课标Ⅰ）已知椭圆 C ：2 22 21( 0)x ya ba b    ，四点1 (1,1)P ，2 (0,1)P ， 33( 1, )2P   ，43(1, )2P  中恰有三点在椭圆 C 上． (1)求 C 的方程； (2)设直线 l 不经过2P 点且与 C 相交于 A ， B 两点．若直线2P A 与直线2P B 的斜率的和为 1  ，证明：

　l 过定点． 【解析】（1）由于3P ，4P 两点关于 y 轴对称，故由题设知 C 经过3P ，4P 两点． 又由2 2 2 21 1 1 34 a b a b   知，C 不经过点1P ，所以点2P 在 C 上． 因此22 2111 314ba b  ，解得2241ab  ． 故 C 的方程为2214xy   ． （2）设直线2P A 与直线2P B 的斜率分别为1k ，2k ， 如果 l 与 x 轴垂直，设 l ：

　x t  ，由题设知 0 t  ，且 | | 2 t  ，可得 A，B 的坐标分别为 （t，242t ），（t，242t  ）． 则2 21 24 2 4 212 2t tk kt t        ，得 2 t  ，不符合题设． 从而可设 l ：

　y kx m   （ 1 m ）．将 y kx m   代入2214xy   得 2 2 2(4 1) 8 4 4 0 k x kmx m     

　由题设可知2 2=16(4 1) 0 k m     ．

　设1 1( , ) A x y ，2 2( , ) B x y ，则1 2284 1kmx xk ，21 224 44 1mx xk． 而1 21 21 21 1 y yk kx x   1 21 21 1 kx m kx mx x    

　1 2 1 21 22 ( 1)( ) kx x m x xx x   ． 由题设1 21 k k    ，故1 2 1 2(2 1) ( 1)( ) 0 k x x m x x      ．

　即22 24 4 8(2 1) ( 1) 04 1 4 1m kmk mk k       ． 解得12mk ． 当且仅当 1 m 时， 0  ，欲使 l ：12my x m   ，即11 ( 2)2my x    ， 所以 l 过定点（2， 1  ）

　25．（2017 新课标Ⅱ）设 O 为坐标原点，动点 M 在椭圆 C ：2212xy   上，过 M 做 x 轴的垂线，垂足为 N ，点 P 满足 2 NP NM  ． （1）求点 P 的轨迹方程； （2）设点 Q 在直线 3 x 上，且 1 OP PQ   ．证明：过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过C 的左焦点 F ． 【解析】（1）设 ( , ) P x y ，0 0( , ) M x y ，则0( ,0) N x ，0( , ) NP x x y   ，0(0. ) NM y  ． 由 2 NP NM  得

　0x x  ，022y y  ． 因为0 0( , ) M x y 在 C 上，所以2 212 2x y  ． 因此点 P 的轨迹方程为2 22 x y   ． （2）由题意知 ( 1,0) F  ．设 ( 3, ) Q t  ， ( , ) P m n ，则 ( 3, ) OQ t   ， ( 1 , ) PF m n     ， 3 3 OQ PF m tn     ， ( , ) OP m n  ， ( 3 , ) PQ m t n     ， 由 1 OP PQ   得2 23 1 m m tn n      ，又由（1）知2 22 m n   ， 故 3 3 0 m tn    ． 所以 0 OQ PF   ，即 OQ PF  ．又过点 P 存在唯一直线垂直与 OQ ，所以过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点 F ．

　30．(2015 新课标 2）已知椭圆 C：2 2 29x y m   ( 0 m )，直线 l 不过原点 O 且不平行于坐标轴，l 与 C 有两个交点 A，B，线段 AB 的中点为 M． （Ⅰ）证明：直线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值； （Ⅱ）若 l 过点 ( , )3mm ，延长线段 OM 与 C 交于点 P，四边形 OAPB 能否为平行四边行？若能，求此时 l 的斜率；若不能，说明理由． 【解析】(Ⅰ)设直线 : l y kx b   ( 0, 0) k b   ，1 1( , ) A x y ，2 2( , ) B x y ， ( , )M MM x y ． 将 y kx b   代入2 2 29x y m   得2 2 2 2( 9) 2 0 k x kbx b m      ， 故1 222 9Mx x kbxk  ，299M Mby kx bk  ． 于是直线 OM 的斜率9MOMMykx k   ，即 9OMk k    ． 所以直线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值． （Ⅱ）四边形 OAPB 能为平行四边形． 因为直线 l 过点 ( , )3mm ， 所以 l 不过原点且与 C 有两个交点的充要条件是 0 k  ， 3 k  ． 由(Ⅰ)得 OM 的方程为9y xk  ．设点 P 的横坐标为Px ． 由2 2 29,9 ,y xkx y m  得2 2229 81Pk mxk，即23 9Pkmxk． 将点 ( , )3mm 的坐标代入直线 l 的方程得(3 )3m kb ，因此2( 3)3( 9)Mmk kxk． 四边形 OAPB 为平行四边形当且仅当线段 AB 与线段 OP 互相平分，即 2P Mx x  ． 于是23 9kmk2( 3)23( 9)mk kk．解得14 7 k   ，24 7 k   ． 因为 0, 3i ik k   ， 1 i  ， 2 ，所以当 l 的斜率为 4 7  或 4 7  时，四边形 OAPB 为平行四边形．

　34． (2014 新课标 1) 已知点 A (0, 2)  ，椭圆 E ：2 22 21( 0)x ya ba b    的离心率为32，F 是椭圆 E 的右焦点，直线 AF 的斜率为2 33， O 为坐标原点． （Ⅰ)求 E 的方程； （Ⅱ）设过点 A 的动直线 l 与 E 相交于 , P Q 两点，当 OPQ  的面积最大时，求 l 的方程． 【解析】2 2 3(c,0) = = 3.3F cc（I）设 ，由条件知， ，得

　2 2 23, =2,

　1.2ca b a ca    又 所以

　221.4xE y   故 的方程为

　 （Ⅱ）1 1 2 2: = 2, ( , ), ( , ). l x l y kx P x y Q x y   当 轴时不合题意，故设

　222 14xy kx y     将 代入 得2 2(1 4 ) 16 12 0. k x kx    

　22 21,223 8 2 4 3=16(4 3) 0, .4 4 1k kk k xk     当 即 时，

　2 221 224 1 4 31 .4 1k kPQ k x xk     从而

　22.1O PQ d OPQk 又点 到直线 的距离 所以 的面积

　221 4 4 3= .2 4 1OPQkS d PQk  224 44 3 , 0, .44OPQtk t t Sttt    设 则

　4 74, 2 0.2t t kt       因为 当且仅当 ，即 时等号成立，且满足

　OPQ   所以，当 的面积最大时， 的方程为

　7 72 22 2y x y x      或 ．

　 36．（2014 新课标 2）设1F ，2F 分别是椭圆 C ：

　 222 21 0yxa ba b    的左，右焦点， M是 C 上一点且2MF 与 x 轴垂直，直线1MF 与 C 的另一个交点为 N ． （Ⅰ）若直线 MN 的斜率为34，求 C 的离心率； （Ⅱ）若直线 MN 在 y 轴上的截距为 2，且15 MN FN  ，求 , a b ． 【解析】（Ⅰ）根据2 2c a b   及题设知22( , ),2 3bM c b aca

　将2 2 2b a c   代入22 3 b ac  ，解得1, 22c ca a   （舍去）

　故 C 的离心率为12． （Ⅱ）由题意，原点 O 为1 2FF 的中点，2MF ∥ y 轴，所以直线1MF 与 y 轴的交点 (0,2) D

　是线段1MF 的中点，故24ba ，即24 b a 

　 ① 由15 MN FN  得1 12 DF FN  。

　设1 1( , ) N x y ，由题意知10 y  ，则112( )2 2c x cy    ，即113,21x cy   代入 C 的方程，得22 29 114ca b  。② 将①及2 2c a b   代入②得229( 4 ) 114 4a aa a 

　解得27, 4 28 a b a    ， 故 7, 2 7 a b   .