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免费2015-2017学年文科真题分项解析—专题14：椭圆及其相关1.【2017浙江，2】椭圆的离心率是A．    B．    C．    D．【答案】B【考点】椭圆的简单几何性质【名师点睛】解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等．2.【2017课标1，文12】设A、B是椭圆C：长轴的两个端点，若C上存在点M满足∠AMB=120°，则m的取值范围是A．     B．C．     D．【答案】A【解析】试题分析：当，焦点在轴上，要使C上存在点M满足，则，即，得；当，焦点在轴上，要使C上存在点M满足，则，即，得，故的取值范围为，选A．【考点】椭圆【名师点睛】本题设置的是一道以椭圆的知识为背景的求参数范围的问题．解答问题的关键是利用条件确定的关系，求解时充分借助题设条件转化为，这是简化本题求解过程的一个重要措施，同时本题需要对方程中的焦点位置进行逐一讨论．3.【2017课标3，文11】已知椭圆C：，（a>b>0）的左、右顶点分别为A1，A2，且以线段A1A2为直径的圆与直线相切，则C的离心率为（）A．   B．   C．    D．【答案】A【考点】椭圆离心率【名师点睛】解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.4.【2016高考新课标1文数】直线l经过椭圆的一个顶点和一个焦点,若椭圆中心到l的距离为其短轴长的14,则该椭圆的离心率为（）（A）13（B）12（C）23（D）34【答案】B【解析】试题分析：如图,由题意得在椭圆中,在中,,且,代入解得,所以椭圆得离心率得,故选B.考点：椭圆的几何性质【名师点睛】求椭圆或双曲线离心率是高考常考问题,求解此类问题的一般步骤是先列出等式,再转化为关于a,c的齐次方程,方程两边同时除以a的最高次幂,转化为关于e的方程,解方程求e.5.[2016高考新课标Ⅲ文数]已知为坐标原点，是椭圆：的左焦点，分别为的左，右顶点.为上一点，且轴.过点的直线与线段交于点，与轴交于点.若直线经过的中点，则的离心率为（）（A）   （B）  （C）  （D）【答案】A考点：椭圆方程与几何性质．【思路点拨】求解椭圆的离心率问题主要有三种方法：（1）直接求得的值，进而求得的值；（2）建立的齐次等式，求得或转化为关于的等式求解；(3)通过特殊值或特殊位置，求出．6.【2015高考新课标1，文5】已知椭圆E的中心为坐标原点，离心率为，E的右焦点与抛物线的焦点重合，是C的准线与E的两个交点，则()（A）（B）（C）（D）【答案】B【解析】∵抛物线的焦点为（2,0），准线方程为，∴椭圆E的右焦点为（2,0），∴椭圆E的焦点在x轴上，设方程为，c=2，∵，∴，∴，∴椭圆E方程为，将代入椭圆E的方程解得A（-2,3），B（-2，-3），∴|AB|=6，故选B.【考点定位】抛物线性质；椭圆标准方程与性质【名师点睛】本题是抛物线与椭圆结合的基础题目，解此类问题的关键是要熟悉抛物线的定义、标准方程与性质、椭圆的定义、标准方程与性质，先由已知曲线与待确定曲线的关系结合已知曲线方程求出待确定曲线中的量，写出待确定曲线的方程或求出其相关性质.7.【2015高考福建，文11】已知椭圆的右焦点为．短轴的一个端点为，直线交椭圆于两点．若，点到直线的距离不小于，则椭圆的离心率的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】A【考点定位】1、椭圆的定义和简单几何性质；2、点到直线距离公式．【名师点睛】本题考查椭圆的简单几何性质，将转化为，进而确定的值，是本题关键所在，体现了椭圆的对称性和椭圆概念的重要性，属于难题．求离心率取值范围就是利用代数方法或平面几何知识寻找椭圆中基本量满足的不等量关系，以确定的取值范围．8.【2015高考广东，文8】已知椭圆（）的左焦点为，则（）A．B．C．D．【答案】C【考点定位】椭圆的简单几何性质．【名师点晴】本题主要考查的是椭圆的简单几何性质，属于容易题．解题时要注意椭圆的焦点落在哪个轴上，否则很容易出现错误．解本题需要掌握的知识点是椭圆的简单几何性质，即椭圆（）的左焦点，右焦点，其中．9.【2015高考浙江，文15】椭圆（）的右焦点关于直线的对称点在椭圆上，则椭圆的离心率是．【答案】【解析】设关于直线的对称点为，则有，解得，所以在椭圆上，即有，解得，所以离心率.【考点定位】1.点关于直线对称；2.椭圆的离心率.【名师点睛】本题主要考查椭圆的离心率.利用点关于直线对称的关系，计算得到右焦点的对称点，通过该点在椭圆上，代入方程，转化得到关于的方程，由此计算离心率.本题属于中等题。主要考查学生基本的运算能力10.【2017课标II，文20】设O为坐标原点，动点M在椭圆C上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足(1)求点P的轨迹方程；(2)设点在直线上，且.证明过点P且垂直于OQ的直线过C的左焦点F.【答案】（1）（2）见解析【解析】试题解析：（1）设P（x，y），M（）,则N（），由得.因为M（）在C上，所以.因此点P的轨迹为.（2）由题意知F（-1,0），设Q（-3，t），P（m，n），则，.由得，又由（1）知，故.所以，即.又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F【考点】求轨迹方程，直线与椭圆位置关系【名师点睛】定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定"定点"是什么、"定值"是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的.定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.11.【2017山东，文21】（本小题满分14分）在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:(a>b>0)的离心率为,椭圆C截直线y=1所得线段的长度为.(Ⅰ)求椭圆C的方程；(Ⅱ)动直线l:y=kx+m(m≠0)交椭圆C于A,B两点,交y轴于点M.点N是M关于O的对称点,圆N的半径为|NO|.设D为AB的中点,DE,DF与圆N分别相切于点E,F,求EDF的最小值.【答案】(Ⅰ);(Ⅱ)的最小值为.【解析】,确定,,所以,由此可得的最小值为的最小值为.试题解析：（Ⅰ）由椭圆的离心率为，得，又当时，，得，所以，因此椭圆方程为.（Ⅱ）设，联立方程得，由得（*）且，因此，所以，又，所以整理得：，因为所以令故所以.令，所以.当时，,从而在上单调递增，因此，等号当且仅当时成立，此时，所以，由（*）得且，故，设，则，所以得最小值为.从而的最小值为，此时直线的斜率时.综上所述：当，时，取得最小值为.【考点】圆与椭圆的方程、直线与圆锥曲线的位置关系、【名师点睛】圆锥曲线中的两类最值问题：①涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；②求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时确定与之有关的一些问题．常见解法：①几何法,若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义,则考虑利用图形性质来解决；②代数法,若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系,则可先建立起目标函数,再求这个函数的最值,最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解．12.【2017天津，文20】已知椭圆的左焦点为，右顶点为，点的坐标为，的面积为.（I）求椭圆的离心率；（II）设点在线段上，，延长线段与椭圆交于点，点，在轴上，，且直线与直线间的距离为，四边形的面积为.（i）求直线的斜率；（ii）求椭圆的方程.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）（ⅰ）（ⅱ）【解析】试题解析：（Ⅰ）解：设椭圆的离心率为e.由已知，可得.又由，可得，即.又因为，解得.所以，椭圆的离心率为.（Ⅱ）（ⅰ）依题意，设直线FP的方程为，则直线FP的斜率为.由（Ⅰ）知，可得直线AE的方程为，即，与直线FP的方程联立，可解得，即点Q的坐标为.由已知|FQ|=，有，整理得，所以，即直线FP的斜率为.（ii）解：由，可得，故椭圆方程可以表示为.由（i）得直线FP的方程为，与椭圆方程联立消去，整理得，解得（舍去），或.因此可得点，进而可得，所以.由已知，线段的长即为与这两条平行直线间的距离，故直线和都垂直于直线.因为，所以，所以的面积为，同理的面积等于，由四边形的面积为，得，整理得，又由，得.所以，椭圆的方程为.【考点】1.椭圆方程；2.椭圆的几何性质；3.直线与椭圆的位置关系.【名师点睛】本题对考生计算能力要求较高，是一道难题重点考察了计算能力，以及转化与化归的能力，解答此类题目，利用的关系，确定椭圆离心率是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，一般都是根据根与系数的关系解题，但本题需求解交点坐标，再求解过程逐步发现四边形的几何关系，从而求解面积，计算结果，本题计算量比较大。13.【2017北京，文19】已知椭圆C的两个顶点分别为A(?2,0)，B(2,0)，焦点在x轴上，离心率为．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）点D为x轴上一点，过D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M，N，过D作AM的垂线交BN于点E.求证：△BDE与△BDN的面积之比为4:5．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.【解析】试题解析：（Ⅰ）设椭圆的方程为.由题意得解得.所以.所以椭圆的方程为.（Ⅱ）设，则.由题设知，且.直线的斜率，故直线的斜率.所以直线的方程为.直线的方程为.联立解得点的纵坐标.由点在椭圆上，得.所以.又，，所以与的面积之比为.【考点】1.椭圆方程；2.直线与椭圆的位置关系.【名师点睛】本题对考生计算能力要求较高，重点考察了计算能力，以及转化与化归的能力，解答此类题目，利用的关系，确定椭圆方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，一般都是根据根与系数的关系解题，但本题需求解交点坐标，再根据面积的几何关系，从而求解面积比值，计算结果，本题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出..本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.14.【2017江苏，17】如图,在平面直角坐标系中,椭圆的左、右焦点分别为,,离心率为,两准线之间的距离为8.点在椭圆上，且位于第一象限，过点作直线的垂线,过点作直线的垂线.（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线的交点在椭圆上,求点的坐标.【答案】（1）（2）因此椭圆E的标准方程是.（2）由（1）知，，.设，因为点为第一象限的点，故.当时，与相交于，与题设不符.当时，直线的斜率为，直线的斜率为.因为，，所以直线的斜率为，直线的斜率为，从而直线的方程：，①直线的方程：.②由①②，解得，所以.因为点在椭圆上，由对称性，得，即或.又在椭圆E上，故.由，解得；，无解.因此点P的坐标为.【考点】椭圆方程，直线与椭圆位置关系【名师点睛】直线和圆锥曲线的位置关系，一般转化为直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组，利用韦达定理或求根公式进行转化，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点在曲线上则点的坐标满足曲线方程.15.【2015高考北京，文20】（本小题满分14分）已知椭圆，过点且不过点的直线与椭圆交于，两点，直线与直线交于点．（I）求椭圆的离心率；（II）若垂直于轴，求直线的斜率；（III）试判断直线与直线的位置关系，并说明理由．【答案】（I）；（II）1；（III）直线与直线平行.程，由于直线与相交于点，所以得到点坐标，利用点、点的坐标，求直线的斜率；（III）分直线的斜率存在和不存在两种情况进行讨论，第一种情况，直接分析即可得出结论，第二种情况，先设出直线和直线的方程，将椭圆方程与直线的方程联立，消参，得到和，代入到中，只需计算出等于即可证明，即两直线平行.试题解析：（Ⅰ）椭圆的标准方程为.所以，，.所以椭圆的离心率.（Ⅱ）因为过点且垂直于轴，所以可设，.直线的方程为.令，得.所以直线的斜率.（Ⅲ）直线与直线平行.证明如下：当直线的斜率不存在时，由（Ⅱ）可知.又因为直线的斜率，所以.当直线的斜率存在时，设其方程为.设，，则直线的方程为.令，得点.由，得.所以，.直线的斜率.因为，所以.所以.综上可知，直线与直线平行.考点：椭圆的标准方程及其几何性质、直线的斜率、两直线的位置关系.【名师点晴】本题主要考查的是椭圆的标准方程、椭圆的简单几何性质、直线的斜率和两条直线的位置关系，属于中档题．解题时一定要注意直线的斜率是否存在，否则很容易出现错误．解本题需要掌握的知识点是椭圆的离心率，直线的两点斜率公式和两条直线的位置关系，即椭圆（）的离心率，过，的直线斜率（），若两条直线，斜率都存在，则且．16.【2016高考新课标2文数】已知是椭圆：的左顶点，斜率为的直线交与，两点，点在上，.（Ⅰ）当时，求的面积；（Ⅱ）当时，证明：.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】试题解析：（Ⅰ）设，则由题意知.由已知及椭圆的对称性知，直线的倾斜角为，又，因此直线的方程为.将代入得，解得或，所以.因此的面积.（2）将直线的方程代入得.由得，故.由题设，直线的方程为，故同理可得.由得，即.设，则是的零点，，所以在单调递增，又，因此在有唯一的零点，且零点在内，所以.考点：椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系.【名师点睛】本题中，分离变量，得，解不等式，即求得实数的取值范围.17.【2016高考北京文数】（本小题14分）已知椭圆C：过点A（2,0），B（0,1）两点.（I）求椭圆C的方程及离心率；（Ⅱ）设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析.所以椭圆的方程为．又，所以离心率．（II）设（，），则．又，，所以，直线的方程为．令，得，从而．直线的方程为．令，得，从而．所以四边形的面积．从而四边形的面积为定值．考点：椭圆方程，直线和椭圆的关系，运算求解能力.【名师点睛】解决定值定点方法一般有两种：(1)从特殊入手，求出定点、定值、定线，再证明定点、定值、定线与变量无关；(2)直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定点、定值、定线.应注意到繁难的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元的思想的运用可有效地简化运算.18.【2015高考山东，文21】平面直角坐标系中，已知椭圆：的离心率为，且点（，）在椭圆上.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设椭圆：，为椭圆上任意一点，过点的直线交椭圆于两点，射线交椭圆于点.（i）求的值；(ii)求面积的最大值.【答案】（I）；（II）（i）；（ii）（II）由（I）知椭圆的方程为.（i）设由题意知.因为又，即所以，即（ii）设将代入椭圆的方程，可得，由可得……………………①则有所以因为直线与轴交点的坐标为，所以的面积设将直线代入椭圆的方程，可得，由可得……………………②由①②可知故.当且仅当，即时取得最大值由（i）知，的面积为，所以面积的最大值为【考点定位】1.椭圆的标准方程及其几何性质；2.直线与椭圆的位置关系；3.距离与三角形面积；4.转化与化归思想.【名师点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其几何性质、直线与椭圆的位置关系、距离与三角形面积、二次函数的性质等，解答本题的主要困难是（II）中两小题，首先是通过研究的坐标关系，使（i）得解，同时为解答（ii）提供简化基础，即认识到与的面积关系，从而将问题转化成研究面积的最大值.通过联立直线方程、椭圆方程，并应用韦达定理确定"弦长"，进一步确定三角形面积表达式，对考生复杂式子的变形能力及逻辑思维能力要求较高.本题是一道能力题，属于难题.在考查椭圆的标准方程及其几何性质、直线与椭圆的位置关系、距离与三角形面积、二次函数的性质等基础知识的同时，考查考生的计算能力及转化与化归思想.本题梯度设计较好，层层把关，有较强的区分度，有利于优生的选拔.19.【2016高考山东文数】(本小题满分14分)已知椭圆C:（a>b>0）的长轴长为4，焦距为2.（I）求椭圆C的方程；(Ⅱ)过动点M(0，m)(m>0)的直线交x轴与点N，交C于点A，P(P在第一象限)，且M是线段PN的中点.过点P作x轴的垂线交C于另一点Q，延长线QM交C于点B.(i)设直线PM、QM的斜率分别为k、k'，证明为定值.(ii)求直线AB的斜率的最小值.【答案】(Ⅰ).(Ⅱ)(i)见解析；(ii)直线AB的斜率的最小值为.(ii)设，分别将直线PA的方程，直线QB的方程与椭圆方程联立，应用一元二次方程根与系数的关系得到、及用表示的式子，进一步应用基本不等式即得.试题解析：(Ⅰ)设椭圆的半焦距为c，由题意知，所以，所以椭圆C的方程为.(Ⅱ)(i)设，由，可得所以直线PM的斜率，直线QM的斜率.此时，所以为定值.(ii)设，直线PA的方程为，直线QB的方程为.联立，整理得.由可得，所以，同理.所以，，所以由，可知，所以，等号当且仅当时取得.此时，即，符号题意.所以直线AB的斜率的最小值为.考点：1.椭圆的标准方程及其几何性质；2.直线与椭圆的位置关系；3.基本不等式.【名师点睛】本题对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答此类题目，利用的关系，确定椭圆（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到参数的解析式或方程是关键，易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出..本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力、分析问题解决问题的能力等.20.【2015高考陕西，文20】如图，椭圆经过点，且离心率为.(I)求椭圆的方程；(II)经过点，且斜率为的直线与椭圆交于不同两点（均异于点），证明：直线与的斜率之和为2.【答案】(I)；(II)证明略，详见解析.入，化简得，则○1，○2，由已知，从而直线与的斜率之和化简得，把○1○2式代入方程得.试题解析：(I)由题意知，综合，解得，所以，椭圆的方程为.(II)由题设知，直线的方程为，代入，得，由已知，设，则，从而直线与的斜率之和.【考点定位】1.椭圆的标准方程；2.圆锥曲线的定值问题.【名师点睛】定值问题的处理常见的方法：（1）通过考查极端位置，探索出"定值"是多少，然后再进行一般性的证明或计算，即将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角形形式，证明该式是恒定的，如果以客观题形式出现，特殊方法往往比较快速奏效；（2）进行一般计算推理求出其结果.21.【2016高考天津文数】（设椭圆（）的右焦点为，右顶点为，已知，其中为原点，为椭圆的离心率.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设过点的直线与椭圆交于点（不在轴上），垂直于的直线与交于点，与轴交于点，若，且，求直线的斜率.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】试题解析：（1）解：设，由，即，可得，又，所以，因此，所以椭圆的方程为.（2）设直线的斜率为，则直线的方程为，设，由方程组消去，整理得，解得或，由题意得，从而，由（1）知，设，有，，由，得，所以，解得，因此直线的方程为，设，由方程组消去，得，在中，，即，化简得，即，解得或，所以直线的斜率为或.考点：椭圆的标准方程和几何性质，直线方程【名师点睛】解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．直线与圆锥曲线位置关系的判断、有关圆锥曲线弦的问题等能很好地渗透对函数方程思想和数形结合思想的考查，一直是高考考查的重点，特别是焦点弦和中点弦等问题，涉及中点公式、根与系数的关系以及设而不求、整体代入的技巧和方法，也是考查数学思想方法的热点题型．22.【2015高考四川，文20】如图，椭圆E：(a>b>0)的离心率是，点P(0，1)在短轴CD上，且＝－1(Ⅰ)求椭圆E的方程；(Ⅱ)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A、B两点.是否存在常数λ，使得为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由.所以椭圆E方程为.(Ⅱ)当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)联立，得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0其判别式△＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0所以从而＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝＝－所以，当λ＝1时，－＝－3此时，＝－3为定值当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD此时＝－2－1＝－3故存在常数λ＝－1，使得为定值－3.【考点定位】本题主要考查椭圆的标准方程、直线方程、平面向量等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想.【名师点睛】本题属于解析几何的基本题型，第(Ⅰ)问根据"离心率是，且＝－1"建立方程组可以求出椭圆方程；第(Ⅱ)问设出直线方程后，代入椭圆方程，利用目标方程法，结合韦达定理，得到两交点横坐标的和与积，再代入中化简整理.要得到定值，只需判断有无合适的λ，使得结论与k无关即可，对考生代数式恒等变形能力要求较高.属于较难题.23.【2015高考重庆，文21】如题（21）图，椭圆（>>0）的左右焦点分别为,,且过的直线交椭圆于P,Q两点，且PQ.(Ⅰ)若||=2+，||=2-，求椭圆的标准方程.(Ⅱ)若|PQ|=||，且，试确定椭圆离心率的取值范围.【答案】（Ⅰ），（Ⅱ）.（Ⅱ）由,得由椭圆的定义，,进而于是.解得，故．再注意到从而,两边除以，得,若记，则上式变成.再由，并注意函数的单调性，即可求得离心率的取值范围。试题解析：(1)由椭圆的定义，设椭圆的半焦距为，由已知，因此即从而故所求椭圆的标准方程为.(2)如题(21)图，由,得由椭圆的定义，,进而于是.解得，故.由勾股定理得,从而,两边除以，得,若记，则上式变成.由，并注意到关于的单调性，得，即，进而，即.【考点定位】1.椭圆的标准方程，2.椭圆的定义，3.函数与方程思想.【名师点睛】本题椭圆的定义、标准方程、简单几何性质的应用，第一问题应用椭圆的定义及基本量间的关第易于求解，第二问应用条件、椭圆的定义及勾股定理建军立离心率与的关系式，从而将离心率表示成为的函数，然后得用函数相关知识，求其值域，即是所求的范围.本题属于较难题，注意运算的准确性及函数思想方法的应用.24.【2016高考四川文科】（本小题满分13分）已知椭圆E：的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三个顶点，点在椭圆E上.(Ⅰ)求椭圆E的方程；(Ⅱ)设不过原点O且斜率为12的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，线段AB的中点为M，直线OM与椭圆E交于C，D，证明：．【答案】（1）；（2）证明详见解析.【解析】试题解析：（I）由已知，a=2b.又椭圆过点，故，解得.所以椭圆E的方程是.（II）设直线l的方程为，，由方程组得，①方程①的判别式为，由，即，解得.由①得.所以M点坐标为，直线OM方程为，由方程组得.所以.又.所以.考点：椭圆的标准方程及其几何性质.【名师点睛】本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题解决问题的能力和数形结合的思想.在涉及到直线与椭圆（圆锥曲线）的交点问题时，一般都设交点坐标为，同时把直线方程与椭圆方程联立，消元后，可得，再把用表示出来，并代入刚才的，这种方法是解析几何中的"设而不求"法．可减少计算量，简化解题过程．25.【2015高考安徽，文20】设椭圆E的方程为点O为坐标原点，点A的坐标为,点B的坐标为（0，b）,点M在线段AB上，满足直线OM的斜率为.（Ⅰ）求E的离心率e;（Ⅱ）设点C的坐标为（0，-b）,N为线段AC的中点，证明：MNAB.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）详见解析.【解析】（Ⅰ）解：由题设条件知，点，又从而.进而，故.（Ⅱ）证：由是的中点知，点的坐标为，可得.又，从而有由（Ⅰ）得计算结果可知所以，故.【考点定位】本题主要考查椭圆的离心率，直线与椭圆的位置关系等基础知识.【名师点睛】本题主要将椭圆的性质与求椭圆的离心率相结合，同时考查了中点坐标公式，以及解析几何中直线与直线垂直的常用方法，本题考查了考生的基本运算能力和综合分析能力.26.【2015高考天津，文19】（本小题满分14分）已知椭圆的上顶点为B,左焦点为,离心率为,（I）求直线BF的斜率;（II）设直线BF与椭圆交于点P（P异于点B）,过点B且垂直于BP的直线与椭圆交于点Q（Q异于点B）直线PQ与y轴交于点M,.（i）求的值;（ii）若,求椭圆的方程.【答案】（I）2;（II）（i）;（ii）得=,由此求出c=1,故椭圆方程为试题解析:（I）设,由已知及可得,又因为,,故直线BF的斜率.（II）设点,（i）由（I）可得椭圆方程为直线BF的方程为,两方程联立消去y得解得.因为,所以直线BQ方程为,与椭圆方程联立消去y得,解得.又因为,及得（ii）由（i）得,所以,即,又因为,所以=.又因为,所以,因此所以椭圆方程为【考点定位】本题主要考查直线与椭圆等基础知识.考查运算求解能力及用方程思想和化归思想解决问题的能力.【名师点睛】高考解析几何解答题大多考查直线与圆锥曲线的位置关系,直线与圆锥曲线的位置关系是一个很宽泛的考试内容,主要由求值、求方程、求定值、最值、求参数取值范围等几部分组成,其中考查较多的圆锥曲线是椭圆,解决这类问题要重视方程思想、函数思想及化归思想的应用.27.【2015新课标2文20】（本小题满分12分）已知椭圆的离心率为,点在C上.（I）求C的方程；（II）直线l不经过原点O,且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB中点为M,证明：直线OM的斜率与直线l的斜率乘积为定值.【答案】（I）（II）见试题解析试题解析：解：（I）由题意有解得,所以椭圆C的方程为.（II）设直线,,把代入得故于是直线OM的斜率即,所以直线OM的斜率与直线l的斜率乘积为定值.【考点定位】本题主要考查椭圆方程、直线与椭圆及计算能力、逻辑推理能力.【名师点睛】本题第一问求椭圆方程的关键是列出关于的两个方程,通过解方程组求出,解决此类问题要重视方程思想的应用；第二问是证明问题,解析几何中的证明问题通常有以下几类：证明点共线或直线过定点；证明垂直；证明定值问题.