考点39椭圆一、选择题1.（2014·福建高考文科·Ｔ12）在平面直角坐标系中，两点间的“L-距离”定义为则平面内与x轴上两个不同的定点的“L-距离”之和等于定值（大于）的点的轨迹可以是（）【解题指南】本题是新定义问题，考查学生分析问题、解决问题的能力．【解析】选A.以线段的中点为坐标原点，所在直线为x轴，建立平面直角坐标系．不妨设，则．由题意（为定值），整理得．当时，方程化为，即，即．当时，方程化为，即，即．当时，方程化为，即．所以A图象符合题意．2.（2014·福建高考理科·Ｔ9）．设分别为圆和椭圆上的点，则两点间的最大距离是（）A.B.C.D.【解题指南】两动点问题，可以化为一动一静，因此考虑与圆心联系．【解析】D.圆心M，设椭圆上的点为，则，当时，．所以．二、填空题3.（2014·辽宁高考文科·Ｔ1５）与（2014·辽宁高考理科·Ｔ1５）相同已知椭圆，点与点C的焦点不重合，若关于C的焦点的对称点分别为，线段的中点在C上，则【解析】根据题意，椭圆的左右焦点为，由于点的不确定性，不妨令其为椭圆的左顶点,线段的中点为椭圆的上顶点，则关于C的焦点的对称点分别为，而点，据两点间的距离公式得答案：【误区警示】在无法明确相关点的具体情况的时候，可以取特殊情形处理问题。避免对一般情况处理的复杂性三、解答题4.(2014·天津高考文科·T18)设椭圆=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,右顶点为A,上顶点为B.已知|AB|=|F1F2|.(1)求椭圆的离心率.(2)设P为椭圆上异于其顶点的一点,以线段PB为直径的圆经过点F1,经过点F2的直线l与该圆相切于点M,|MF2|=2.求椭圆的方程.【解析】(1)设椭圆右焦点F2的坐标为(c,0),由|AB|=|F1F2|,可得a2+b2=3c2,又b2=a2-c2,则.所以椭圆的离心率e=.(2)由(1)知a2=2c2,b2=c2,故椭圆方程为=1.设P(x0,y0),由F1(-c,0),B(0,c),有=(x0+c,y0),=(c,c),由已知,有·=0,即(x0+c)c+y0c=0.又c≠0,故有x0+y0+c=0.①因为点P在椭圆上,故=1.②由①和②可得+4cx0=0,而点P不是椭圆的顶点,故x0=-,代入①得y0=,即点P的坐标为.设圆的圆心为T(x1,y1),则x1==-c,y1==c,进而圆的半径r==c.由已知,有|TF2|2=|MF2|2+r2,又|MF2|=2,故有=8+.解得c2=3.所以所求椭圆的方程为=1.5.（2014·天津高考理科·Ｔ18）（本小题满分13分）设椭圆（）的左、右焦点为，右顶点为，上顶点为.已知.（1）求椭圆的离心率；（2）设为椭圆上异于其顶点的一点，以线段为直径的圆经过点，经过原点的直线与该圆相切.求直线的斜率.【解析】（1）设椭圆的右焦点的坐标为.由，可得，又，则.所以，椭圆的离心率.，所以，解得，.（2）由（1）知，.故椭圆方程为.设.由，，有，.由已知，有，即.又，故有.①又因为点在椭圆上，所以.②由①和②可得.而点不是椭圆的顶点，故，代入①得，即点的坐标为.设圆的圆心为，则，，进而圆的半径.设直线的斜率为，依题意，直线的方程为.由与圆相切，可得，即，整理得，解得.所以，直线的斜率为或.6.(2014·新课标全国卷Ⅱ高考文科数学·T20)(本小题满分12分)设F1,F2分别是椭圆+=1的左右焦点,M是C上一点且MF2与x轴垂直,直线MF1与C的另一个交点为N.(1)若直线MN的斜率为,求C的离心率.(2)若直线MN在y轴上的截距为2,且=5,求a,b.【解题提示】(1)利用直线MN的斜率为再结合a2=b2+c2表示出关于离心率e的方程,解方程求得离心率.(2)结合图形,利用椭圆的性质和焦半径公式求得a,b.【解析】(1)因为由题知,=,所以·=,且a2=b2+c2.联立整理得:2e2+3e-2=0,解得e=.所以C的离心率为.(2)由三角形中位线知识可知,MF2=2×2,即=4.设F1N=m,由题可知MF1=4m.由两直角三角形相似,可得M,N两点横坐标分别为c,-c.由焦半径公式可得:MF1=a+ec,NF1=a+e,且MF1∶NF1=4∶1,e=,a2=b2+c2.联立解得a=7,b=2.所以,a=7,b=2.7.（2014·浙江高考理科·Ｔ21）(本题满分15分)如图，设椭圆动直线与椭圆只有一个公共点，且点在第一象限.（1）已知直线的斜率为，用表示点的坐标；（2）若过原点的直线与垂直，证明：点到直线的距离的最大值为.【解析】（1）设直线的方程为，由，消去得由于与只有一个公共点，故，即，所以解得点的坐标为，又点在第一象限，故点的坐标为（2）由于直线过原点且与直线垂直，故直线的方程为...
