考點(diǎn)37橢圓5.(2023·新高考Ⅰ卷·T5)設(shè)橢圓C1:x2a2+y2=1(a>1),C2:x24+y2=1的離心率分別為e1,e2.若e2=3e1,則A.233 B.2 C.3 D【命題意圖】本題考查了橢圓的幾何性質(zhì),考查了橢圓離心率的求解方法,考查學(xué)生的運(yùn)算能力.【解析】選A.由e2=3e1,得e22=3e12,即4?14=3×a18.(2023·天津高考)設(shè)橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右頂點(diǎn)分別為A1,A2,右焦點(diǎn)為F,已知|A1F|=3(1)求橢圓方程及其離心率;(2)已知點(diǎn)P是橢圓上一動點(diǎn)(不與頂點(diǎn)重合),直線A2P交y軸于點(diǎn)Q,若△A1PQ的面積是△A2FP面積的二倍,求直線A2P的方程.【解析】(1)由題意可知,a+c=3a所以b2=a2-c2=4-1=3.則橢圓方程為x24+y23=1,橢圓的離心率e=(2)由題意可知,直線A2P的斜率存在且不為0,當(dāng)k<0時,直線A2P的方程為y=k(x-2),取x=0,得Q(0,-2k).聯(lián)立y=得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0.Δ=(-16k2)2-4(4k2+3)(16k2-12)=2xP=16k2-124k2+3,得xP=8S△A1PQ=S△A1A2Q-S△A1A2P=12×4×S△A2FP=12×1×-12所以-16k3+12即2k2=3,得k=-62(k<0同理求得當(dāng)k>0時,k=62所以直線A2P的方程為y=±62(x-2)12.(2023·全國甲卷·理科·T12)已知橢圓x29+y26=1,F1,F2為兩個焦點(diǎn),O為原點(diǎn),P為橢圓上一點(diǎn),cos∠F1PF2=35,則A.25 B.302 C.35 【解析】選B.因為|PF1|+|PF2|=2a=6①,|PF1|2+|PF2|2-2|PF1||PF2即|PF1|2+|PF2|2聯(lián)立①②,解得|PF1||PF2|=152,|PF1|而=12(+),所以|OP|=||=12|+|,即||=12=1221+2×320.(2023·全國乙卷·理科·T20)已知橢圓C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的離心率是53,點(diǎn)A(-2(1)求C的方程;(2)過點(diǎn)(-2,3)的直線交C于P,Q兩點(diǎn),直線AP,AQ與y軸的交點(diǎn)分別為M,N,證明:線段MN的中點(diǎn)為定點(diǎn).【解析】(1)由題意可得b=2a2=所以橢圓方程為y29+x2(2)由題意可知:直線PQ的斜率存在,設(shè)PQ:y=k(x+2)+3,P(x1,y1),Q(x2,y2),聯(lián)立方程組y=k(x+2)+3y29+x24=1,消去y得:(4k2+9)x2+8k(2k+3則Δ=64k2(2k+3)2-64(4k2+9)(k2+3k)=-1728k>0,解得k<0,可得x1+x2=-8k(2k+3)4k2+9因為A(-2,0),則直線AP:y=y1x1+2令x=0,解得y=2y1x1+2,即M同理可得N0,2y2x則2y1x1+2[=2k32k(k2+3所以線段MN的中點(diǎn)是定點(diǎn)(0,3).7.(2023·全國甲卷·文科·T7)設(shè)F1,F2為橢圓C:x25+y2=1的兩個焦點(diǎn),點(diǎn)P在C上,若·=0,則|PF1|·|PF2|=()A.1 B.2 C.4 D.5【解析】選B.方法一:因為·=0,所以∠F1PF2=90°,從而S△F1PF2=b2=12×|PF1|·|PF2|所以|PF1|·|PF2|=2.方法二:因為·=0,所以∠F1PF2=90°,由橢圓方程可知,c2=5-1=4?c=2,所以|