2020版数学高分突破大一轮山东专用（课件）：第十章 圆锥曲线 (共5份打包)

高考数学 (山东专用) 第十章 圆锥曲线 §10.1　椭圆 A组　山东省卷、课标Ⅰ卷题组 五年高考 1.(2019课标全国Ⅰ文,12,5分)已知椭圆C的焦点为F1(-1,0),F2(1,0),过F2的直线与C交于A,B两点. 若|AF2|=2|F2B|,|AB|=|BF1|,则C的方程为 (　　) A. +y2=1　    B. + =1 C. + =1　    D. + =1 答案    B　本题考查了椭圆的定义、椭圆的方程和余弦定理的应用;考查了数学运算能力和 方程的思想;考查的核心素养是数学运算,具有很好的创新意识. 令|F2B|=x(x>0),则|AF2|=2x,|AB|=3x,|BF1|=3x, |AF1|=4a-(|AB|+|BF1|)=4a-6x, 由椭圆的定义知|BF1|+|BF2|=2a=4x, 所以|AF1|=2x. 在△BF1F2中,由余弦定理得|BF1|2=|F2B|2+|F1F2|2-2|F2B|·|F1F2|cos∠BF2F1, 即9x2=x2+22-4xcos∠BF2F1①, 在△AF1F2中,由余弦定理得|AF1|2=|AF2|2+|F1F2|2-2|AF2|·|F1F2|cos∠AF2F1,即4x2=4x2+22-8xcos∠AF2 F1②, 由①②得x= ,所以2a=4x=2 ,a= ,b2=a2-c2=2. 故椭圆的方程为 + =1.故选B. 思路分析    由于涉及焦点,所以要利用椭圆的定义,通过解三角形建立方程求a的值,又b2=a2-1, 故可得椭圆的方程. 疑难突破    利用余弦定理灵活解三角形是难点突破口.灵活利用椭圆的定义是解题的关键. 2.(2018课标全国Ⅰ文,4,5分)已知椭圆C: + =1的一个焦点为(2,0),则C的离心率为 (　　) A. 　    B. 　    C. 　    D.  答案    C　本题主要考查椭圆的方程及其几何性质. 由题意可知c=2,b2=4,∴a2=b2+c2=4+22=8,则a=2 , ∴e= = = ,故选C. B组　课标卷、其他自主命题省(区、市)卷题组 考点一　椭圆的定义和标准方程 1.(2019课标全国Ⅱ文,9,5分)若抛物线y2=2px(p>0)的焦点是椭圆 + =1的一个焦点,则p=  (　　) A.2　    B.3　    C.4　    D.8 答案    D　本题考查椭圆与抛物线的几何性质;考查运算求解能力;考查的核心素养为数学运 算. ∵抛物线y2=2px(p>0)的焦点坐标为 , ∴椭圆 + =1的一个焦点为 , ∴3p-p= ,∴p=8. 思路分析    利用抛物线的焦点是椭圆的一个焦点,建立关于p的方程,求解即可. 2.(2018上海,13,5分)设P是椭圆 + =1上的动点,则P到该椭圆的两个焦点的距离之和为  (　　) A.2 　    B.2 　    C.2 　    D.4  答案    C    由椭圆的定义可得P到两焦点距离之和为2a=2 . 3.(2019课标全国Ⅲ理,15,5分)设F1,F2为椭圆C: + =1的两个焦点,M为C上一点且在第一象 限.若△MF1F2为等腰三角形,则M的坐标为　　　    . 答案　(3, ) 解析　本题考查椭圆的定义与几何性质;考查了学生的运算求解能力和数形结合的思想方法; 考查了数学运算的核心素养. 不妨设F1,F2分别是椭圆C的左,右焦点,由M点在第一象限,△MF1F2是等腰三角形,知|F1M|=|F1F2 |,又由椭圆方程 + =1,知|F1F2|=8,|F1M|+|F2M|=2×6=12, 所以|F1M|=|F1F2|=8,|F2M|=4. 设M(x0,y0)(x0>0,y0>0), 则  解得x0=3,y0= ,即M(3, ). 4.(2018浙江,17,4分)已知点P(0,1),椭圆 +y2=m(m>1)上两点A,B满足 =2 ,则当m=　　         时,点B横坐标的绝对值最大. 答案　5 解析　本小题考查椭圆的标准方程,向量的坐标运算,二次函数的最值. 设B(t,u),由 =2 ,易得A(-2t,3-2u). ∵点A,B都在椭圆上,∴  从而有 +3u2-12u+9=0,即 +u2=4u-3. 即有4u-3=m⇒u= , ∴ + =m,∴t2=- m2+ m- =- (m-5)2+4. ∴当m=5时,(t2)max=4,即|t|max=2, 即当m=5时,点B横坐标的绝对值最大. 5.(2015重庆,21,12分)如图,椭圆 + =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F2的直线交椭圆 于P,Q两点,且PQ⊥PF1. (1)若|PF1|=2+ ,|PF2|=2- ,求椭圆的标准方程; (2)若|PF1|=|PQ|,求椭圆