2020-2021学年高考数学 考点 第九章 平面解析几何 椭圆（理）.docx

1、椭圆1椭圆的概念平面内与两个定点F1，F2的距离的和等于常数(大于|F1F2|)的点的轨迹叫做椭圆这两个定点叫做椭圆的焦点，两焦点间的距离叫做椭圆的焦距集合PM|MF1|MF2|2a，|F1F2|2c0，c0，且a，c为常数2椭圆的标准方程和几何性质标准方程1 (ab0)1(ab0)图形性质范围axabybbxbaya对称性对称轴：坐标轴对称中心：原点顶点坐标A1(a,0)，A2(a,0)B1(0，b)，B2(0，b)A1(0，a)，A2(0，a)B1(b,0)，B2(b,0)轴长轴A1A2的长为2a；短轴B1B2的长为2b焦距|F1F2|2c离心率e(0,1)a，b，c的关系a2b2c2概念

2、方法微思考1在椭圆的定义中，若2a|F1F2|或2a|F1F2|，动点P的轨迹如何？提示当2a|F1F2|时动点P的轨迹是线段F1F2；当2a|F1F2|时动点P的轨迹是不存在的2椭圆的离心率的大小与椭圆的扁平程度有怎样的关系？提示由e知，当a不变时，e越大，b越小，椭圆越扁；e越小，b越大，椭圆越圆1（2019北京）已知椭圆的离心率为，则ABCD【答案】B【解析】由题意，得，则，即故选2（2019新课标）已知椭圆的焦点为，过点的直线与椭圆交于，两点若，则的方程为ABCD【答案】B【解析】，又，又，在轴上在中，在中，由余弦定理可得，根据，可得，解得，所以椭圆的方程为：故选3（2018全国）已知

3、椭圆过点和，则椭圆离心率ABCD【答案】A【解析】椭圆过点和，则，解得，故选4（2018新课标）已知椭圆的一个焦点为，则的离心率为ABCD【答案】C【解析】椭圆的一个焦点为，可得，解得，故选5（2018上海）设是椭圆上的动点，则到该椭圆的两个焦点的距离之和为ABCD【答案】C【解析】椭圆的焦点坐标在轴，是椭圆上的动点，由椭圆的定义可知：则到该椭圆的两个焦点的距离之和为故选6（2018新课标）已知，是椭圆的左、右焦点，是的左顶点，点在过且斜率为的直线上，为等腰三角形，则的离心率为ABCD【答案】D【解析】由题意可知：，直线的方程为：，由，则，代入直线，整理得：，题意的离心率故选7（2018新课标

4、）已知，是椭圆的两个焦点，是上的一点，若，且，则的离心率为ABCD【答案】D【解析】，是椭圆的两个焦点，是上的一点，若，且，可得椭圆的焦点坐标，所以，可得：，可得，可得，解得故选8（2017全国）椭圆的焦点为，点在上，则的长轴长为A2BCD【答案】D【解析】椭圆的焦点为，则， 由余弦定理可得，即，解得，（舍去），故选9（2017上海）在平面直角坐标系中，已知椭圆和为上的动点，为上的动点，是的最大值记在上，在上，且，则中元素个数为A2个B4个C8个D无穷个【答案】D【解析】椭圆和为上的动点，为上的动点，可设，则，当时，取得最大值6，则在上，在上，且中的元素有无穷多对另解：令，则，由柯西不等式，当

5、且仅当，取得最大值6，显然，满足条件的、有无穷多对，项正确故选10（2017新课标）设，是椭圆长轴的两个端点，若上存在点满足，则的取值范围是A，B，C，D，【答案】A【解析】假设椭圆的焦点在轴上，则时，设椭圆的方程为：，设，则，则，当最大时，即时，取最大值，位于短轴的端点时，取最大值，要使椭圆上存在点满足，解得：；当椭圆的焦点在轴上时，当位于短轴的端点时，取最大值，要使椭圆上存在点满足，解得：，的取值范围是，故选故选11（2017浙江）椭圆的离心率是ABCD【答案】B【解析】椭圆，可得，则，所以椭圆的离心率为：故选12（2017新课标）已知椭圆的左、右顶点分别为，且以线段为直径的圆与直线相切，

6、则的离心率为ABCD【答案】A【解析】以线段为直径的圆与直线相切，原点到直线的距离，化为：椭圆的离心率故选13（2020上海）已知椭圆的右焦点为，直线经过椭圆右焦点，交椭圆于、两点（点在第二象限），若点关于轴对称点为，且满足，求直线的方程是_【答案】【解析】椭圆的右焦点为，直线经过椭圆右焦点，交椭圆于、两点（点在第二象限），若点关于轴对称点为，且满足，可知直线的斜率为，所以直线的方程是：，即故答案为：14（2019浙江）已知椭圆的左焦点为，点在椭圆上且在轴的上方若线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上，则直线的斜率是_【答案】【解析】椭圆的，设椭圆的右焦点为，连接，线段的中点在以原点为圆心，2

7、为半径的圆，连接，可得，设的坐标为，可得，可得，由，可得直线的斜率为另解：由，可得，可得直线的斜率为故答案为：15（2019上海）在椭圆上任意一点，与关于轴对称，若有，则与的夹角范围为_【答案】，【解析】设，则点，椭圆的焦点坐标为，结合可得：，故与的夹角满足：，故，故答案为：，16（2018浙江）已知点，椭圆上两点，满足，则当_时，点横坐标的绝对值最大【答案】5【解析】设，由，可得，即有，又，即为，得，可得，解得，则，即有，即有时，有最大值4，即点横坐标的绝对值最大故答案为：517（2018北京）已知椭圆，双曲线若双曲线的两条渐近线与椭圆的四个交点及椭圆的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆

8、的离心率为_；双曲线的离心率为_【答案】；2【解析】椭圆，双曲线若双曲线的两条渐近线与椭圆的四个交点及椭圆的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，可得椭圆的焦点坐标，正六边形的一个顶点，可得：，可得，可得，解得同时，双曲线的渐近线的斜率为，即，可得：，即，可得双曲线的离心率为故答案为：；218（2017上海）设椭圆的左、右焦点分别为、，点在该椭圆上，则使得是等腰三角形的点的个数是_【答案】6【解析】如图所示，当点与短轴的顶点重合时，构成以为底边的等腰三角形，此种情况有2个满足条件的等腰；当构成以为一腰的等腰三角形时，共有4个以作为等腰三角形的底边为例，点在以为圆心，半径为焦距的圆上因此，当以为圆心，

9、半径为的圆与椭圆有2交点时，存在2个满足条件的等腰同理可得：当以为圆心，半径为的圆与椭圆有2交点时，存在2个满足条件的等腰综上可得：满足条件的使得是等腰三角形的点的个数为6故答案为：619（2019上海）已知椭圆，为左、右焦点，直线过交椭圆于，两点（1）若直线垂直于轴，求；（2）当时，在轴上方时，求、的坐标；（3）若直线交轴于，直线交轴于，是否存在直线，使得，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由【解析】（1）依题意，当轴时，则，得；（2）设，又在椭圆上，满足，即，解得，即直线，联立，解得，；（3）设，直线，则，联立，得则，由直线 的方程：，得纵坐标；由直线 的方程：，得的纵坐标若，即，

10、代入根与系数的关系，得，解得存在直线或满足题意20（2019天津）设椭圆的左焦点为，上顶点为已知椭圆的短轴长为4，离心率为（）求椭圆的方程；（）设点在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点为直线与轴的交点，点在轴的负半轴上若为原点），且，求直线的斜率【解析】（）由题意可得，即，解得，可得椭圆方程为；（），设的方程为，代入椭圆方程，可得，解得或，即有，令，可得，又，可得，解得，可得的斜率为21（2019江苏）如图，在平面直角坐标系中，椭圆的焦点为，过作轴的垂线，在轴的上方，1与圆交于点，与椭圆交于点连结并延长交圆于点，连结交椭圆于点，连结已知（1）求椭圆的标准方程；（2）求点的坐标【解析】（1）如图

11、，则，则，则椭圆方程为，取，得，则又，解得椭圆的标准方程为；（2）由（1）知，则，联立，得解得或（舍即点的坐标为22（2018江苏）如图，在平面直角坐标系中，椭圆过点，焦点，圆的直径为（1）求椭圆及圆的方程；（2）设直线与圆相切于第一象限内的点若直线与椭圆有且只有一个公共点，求点的坐标；直线与椭圆交于，两点若的面积为，求直线的方程【解析】（1）由题意可设椭圆方程为，焦点，又，解得，椭圆的方程为：，圆的方程为：（2）可知直线与圆相切，也与椭圆，且切点在第一象限，因此一定小于0，可设直线的方程为，由圆心到直线的距离等于圆半径，可得由，可得，可得，结合，解得，将，代入可得，解得，故点的坐标为设，由联

12、立直线与椭圆方程得，到直线的距离，的面积为，解得，（正值舍去），为所求23（2017全国）设椭圆的中心为，左焦点为，左顶点为，短轴的一个端点为，短轴长为4，的面积为（1）求，；（2）设直线与交于，两点，四边形为平行四边形，求的方程【解析】（1）依题意得，解得，（2）方法1（点差法）：由（1）得椭圆的方程为，因为四边形为平行四边形，设的中点为，则也是的中点，因为，则，设，由题意，两式相减得，变形得，即，所以直线的方程为，即带入，检验，有两个交点，满足题意方法2（韦达定理法）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时，其中点为，不成立；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立得，消化简得，设，则，解

13、得，带入上述二次方程，检验得，满足题意所以直线的方程为，即强化训练1（2020河南模拟）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，B为椭圆的上顶点，若BF1F2的外接圆的半径为2b3，则椭圆C的离心率为（）A22B32C12D23【答案】C【解析】设O为坐标原点，BF1F2的外心必在线段OB上，且有c2+(b-2b3)2=(2b3)2，得b23c2，即a2c23c2，得a2c，椭圆C的离心率为e=ca=12故选C2（2020运城模拟）已知椭圆E：x2a+2+y2a=1(a0)的离心率为22，若面积为4的矩形ABCD的四个顶点都在椭圆E上，点O为坐标原点，则|OA

14、|2（）A212B3C312D322【答案】D【解析】由椭圆E的离心率为22，得a+2-aa+2=22，即a2椭圆E的方程为x24+y22=1，设A(2cos，2sin)(0，2)，由椭圆与矩形的对称性可得该矩形的面积S=2cos2sin=1，sin2=22，即2=4或34，可得cos2=22，|OA|2=4cos2+2sin2=2cos2+2=cos2+3=322，故选D3（2020南岗区校级模拟）已知F1、F2是椭圆x24+y23=1的左、右焦点，点P是椭圆上任意一点，以PF1为直径作圆N，直线ON与圆N交于点Q（点Q不在椭圆内部），则QF1QF2=（）A23B4C3D1【答案】C【解析】

15、连接PF2，由题意可知|PF2|2|ON|，|NQ|=12|PF1|，所以|OQ|ON|+|NQ|=12（|PF2|+|PF1|）=1242，由极化恒等式可知QF1QF2=|QO|2-14|F1F2|2=4-1=3，所以QF1QF2=3，（极化恒等式：ab=(a+b)2-(a-b)24）故选C4（2020襄州区校级四模）已知F1、F2分别是椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点，P是椭圆上一点（异于左、右顶点），若存在以22c为半径的圆内切于PF1F2，则椭圆的离心率的取值范围是（）A(13，23B23，1)C(0，23D(0，13【答案】D【解析】F1、F2分别是椭圆x2a2+y2

16、b2=1(ab0)的左、右焦点，P是椭圆上一点（异于左、右顶点），若存在以22c为半径的圆内切于PF1F2，可得：12(2a+2c)22c=122c|yp|，(a+c)c=2c|yp|2bc，(a+c)2b，（a+c）22b2，则0a22ac3c2，（a+c）（a3c）0，a3c，0e13故选D5（2020马鞍山三模）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆x2a2+y2b2=1（ab0），过左焦点F（2，0）倾斜角为3的直线交椭圆上半部分于点A，以FA，FO为邻边作平行四边形OFAB，若点B在椭圆上，则b2等于（）A3B23C33D43【答案】B【解析】依题意，c2，设A（x1，y1），B（x2，

17、y2），四边形OFAB为平行四边形，y1y2，又x12a2+y12b2=1，x22a2+y22b2=1，x2x1，又FAOB，且直线FA的倾斜角为3，y1x1+2=y2x2=3y1y2，x2x1，x11，x21，y1=y2=3得A（1，3），将A的坐标代入椭圆方程，可得1a2+3b2=1，又a2b24，联立解得：a2=4+23，b2=23故选B6（2020福州三模）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（ab0）的焦距为2，右顶点为A过原点与x轴不重合的直线交C于M，N两点，线段AM的中点为B，若直线BN经过C的右焦点，则C的方程为（）Ax24+y23=1Bx26+y25=1Cx29+y28=1D

18、x236+y232=1【答案】C【解析】如图，设M（x0，y0），则N（x0，y0），A（a，0），且线段AM的中点为B，B（a+x02，y02），由B，F，N三点共线，得FNFB，依题意，F（1，0），FN=(-x0-1，-y0)，FB=(a+x02-1，y02)，即-(x0+1)y02+(a+x02-1)y0=0又y00，解得a3，b232128可得C的方程为x29+y28=1故选C7（2020梅河口市校级模拟）已知经过原点O的直线与椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)相交于M，N两点（M在第二象限），A，F分别是该椭圆的右顶点和右焦点，若直线MF平分线段AN，且|AF|4，则该椭圆的方程

19、为（）Ax29+y25=1Bx236+y24=1Cx236+y232=1Dx225+y224=1【答案】C【解析】由|AF|4，得ac4，设线段AN的中点为P，M（m，n），则N（m，n），又A（a，0），P（a-m2，-n2），F（a4，0），点M、F、P在同一直线上，kMFkFP，即n-0m-(a-4)=-n2-0a-m2-(a-4)，化简即可求得a6，c2，则b2a2c232故椭圆方程为x236+y232=1故选C8（2020邵阳三模）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（ab0）的左、右焦点分别为F1，F2，M为椭圆上一点，MF1MF2=0，线段MF2的延长线交椭圆C于点N，若|MF1|

20、，|MN|，|NF1|成等差数列，则椭圆C的离心率为（）A22B32C23D33【答案】A【解析】设|MF2|m，|MF1|，|MN|，|NF1|成等差数列，2|MN|MF1|+|NF1|，|MN|MF2|+|NF2|2a|MF1|+2a|NF1|4a2|MN|，|MN|=43a，|NF2|=43am，|NF1|2a（43am）=23a+m，MF1MF2=0，MF1MF2，RtF1MN中，|NF1|2|MN|2+|MF1|2，（2am）2+（43a）2（23a+m）2，整理可得ma，|MF2|a，|MF1|a，|F2F1|2|MF2|2+|MF1|2，4c22a2，e=ca=22，故选A9（2

21、020启东市校级模拟）如图，已知A为椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)上一点，它关于原点的对称点为B，点F为椭圆的右焦点，且以AB为直径的圆过点F，当ABF=6时，该椭圆的离心率是_【答案】3-1【解析】如图所示：，由题意可知，以AB为直径的圆过F，点F为椭圆的右焦点，则AFB90，且AB2c，又ABF=6，则AFc，BF=3c，设椭圆的左焦点为E，由椭圆的对称性可得AEBF，由椭圆的定义得AF+BFAE+AF2a，则c+3c=2a，即离心率e=ca=21+3=3-1，故答案为：3-110（2020鼓楼区校级模拟）已知椭圆C：x24+y23=1的焦点是F1，F2，A，B是C上（不在长轴上）的

22、两点，且F1AF2BM为F1B与F2A的交点，则M的轨迹所在的曲线是_；离心率为_【答案】椭圆；45【解析】如图，延长AF1交椭圆于D设A（x1，y1），D（x2，y2），则B（x2，y2），由题意可知，AF1的斜率不为0，可设AF1：xmy1，则BF1：yx+1=y2x2-1，AF2：yx-1=y1x1-1，yx+1yx-1=y1x1-1y2x2-1=y1my1-2y2my2-2=y1y2m2y1y2-2m(y1+y2)+4联立x=my-1x24+y23=1，得(m2+43)y2-2my-3=0y1+y2=2mm2+43，y1y2=-3m2+43，y2x2-1=-3-3m2+163，由得，x

23、+1y+x-1y=2m-2(y1+y2)y1y2，m=3x5y，y2x2-1=-3-3(3x5y)2+163，整理得：x2(54)2+y2(34)2=1M的轨迹所在的曲线是椭圆；离心率e=(54)2-(34)254=45故答案为：椭圆；4511（2020天心区校级模拟）已知椭圆x2a2+y2b2=1（ab0）的离心率为32，短轴长为2，点P为椭圆上任意一点，则1|PF1|+4|PF2|的最小值是_【答案】94【解析】据题意ca=32，b1，解得a2，c=3，于是|PF1|+|PF2|2a4，所以1|PF1|+4PF2|=14(1|PF1|+4|PF2|)(|PF1|+|PF2|)=14(5+|

24、PF2|PF1|+4|PF1|PF2|)14(5+24)=94，当且仅当|PF2|2|PF1|，即|PF2|=83，|PF1|=43时等号成立故答案为：9412（2020东湖区校级模拟）已知椭圆x2m2+y2=1（m0）的焦点为F1，F2，若在长轴A1A2上任取一点M，过点M作垂直于A1A2的直线交椭圆于点P，若使得PF1PF20的点M的概率为63，则m的值为_【答案】2或12【解析】联立椭圆x2m2+y2=1（m0），x2+y2c2，当m1时，解得x=mc2-1c，故只要在长轴A1A2上任取一点M，过点M作垂直于A1A2的直线交椭圆于点P，若使得PF1PF20的点M的概率为63，可得2mc2

25、-1c2m=63，m2当0m1时，解得yc2-m21-m2，由2c2-m21-m22=63，解得m=12故答案为：2或1213（2020桃城区校级模拟）已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，若C的短轴长为46，且两个焦点恰好为长轴的2个相邻的五等分点，则此椭圆的标准方程为_【答案】x225+y224=1【解析】椭圆的短轴长为46，即46=2b，b=26，即a2c224（*）2个焦点恰好为长轴的2个相邻的五等分点，2c=152a，得a5c，代入（*）式，解得c1，a5，故该椭圆的标准方程为x225+y224=1故答案为：x225+y224=114（2020威海一模）已知椭圆x2a2+y2b2=1

26、（ab0）的左、右焦点分别为F1，F2，点P(-1，32)是椭圆上一点，|F1F2|是|PF1|和|PF2|的等差中项（）求椭圆的标准方程；（）若A为椭圆的右顶点，直线AP与y轴交于点H，过点H的另一直线与椭圆交于M、N两点，且SHMA6SPHN，求直线MN的方程【解析】（）因为|F1F2|是|PF1|和|PF2|的等差中项，所以a2c，得a24c2又P(-1，32)在椭圆上，所以14c2+34c2=1，所以c1，a24，b2a2c23，可得椭圆的标准方程为x24+y23=1（）因为P(-1，32)，由（）计算可知A（2，0），H（0，1），当直线MN与x轴垂直时，不合题意当直线MN与x轴不垂

27、直时，设直线MN的方程为ykx+1，联立直线与椭圆的方程y=kx+1x24+y23=1，可得（4k2+3）x2+8kx80，设M（x1，y1），N（x2，y2），由韦达定理可得x1+x2=-8k4k2+3x1x2=-84k2+3，由SHMA6SPHN，可得|AH|MH|6|NH|PH|，又|AH|2|PH|，所以|MH|3|NH|，得x13x2，带入，可得-2x2=-84k2+3-3x22=-84k2+3，所以316k2(4k2+3)2=84k2+3，解得k=62，所以直线MN的方程为y=62x+115（20204月份模拟）已知椭圆，C的中心为O，左、右焦点分别为F1，F2上顶点为A，右顶点为

28、B，且|OB|、|OA|、|OF2|成等比数列（1）求椭圆C的离心率；（2）判断F1AB的形状，并说明理由【解析】（1）设椭圆的长轴长，短轴长，焦距分别为2a，2b，2c，则|OB|a，|OA|b，|OF2|c，由题设可得b2ac及b2a2c2可得c2+aca20，即e2+e10，解得e=-152，而e（0，1），所以椭圆的离心率为e=-1+52；（2）设椭圆的方程为：x2a2+y2b2=1（ab0），则A（0，b），B（a，0），F1（c，0），因为b2ac，AF1=（c，b），AB=（a，b），所以AF1AB=-ac+b20，所以AF1AB，即ABF1为直角三角形16（2020潍坊模拟）已

29、知椭圆C1：x2a2+y2b2=1（ab0）的右顶点与抛物线C2：y22px（p0）的焦点重合C1的离心率为12，过C1的右焦点F且垂直于x轴的直线截C2所得的弦长为42（1）求椭圆C1和抛物线C2的方程；（2）过点M（3，0）的直线l与椭圆C1交于A，B两点，点B关于x轴的对称点为点E，证明：直线AE过定点【解析】（1）由C1的离心率为12，可得ca=12，所以a2c，因为椭圆的右顶点与抛物线的焦点重合，所以a=p2，p2a，所以可得p4c，过C1的右焦点F且垂直于x轴的直线截C2所得的弦长为42，令xc代入抛物线的方程：可得y22pc，所以|y|=2pc=22c，即42=222c，解得c1

30、，所以a2，p4c4由b2a2c2可得b2413，所以椭圆C1和抛物线C2的方程分别为：x24+y23=1，y28x；（2）由题意可得直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为：xmy+3，设A（x1，y1），B（x2，y2），由题意可得E（x2，y2），直线与椭圆联立：x=my+33x2+4y2-12=0，整理可得：（4+3m2）y2+18my+150，182m24（4+3m2）150，可得m27，y1+y2=-18m4+3m2，y1y2=154+3m2，直线AE 的方程为：yy1=y1+y2x1-x2（xx1），整理可得：y=y1+y2x1-x2x-y1x1+y2x1x1-x2+y1x1-

31、y1x2x1-x2=y1+y2m(y1-y2)x-y2(my1+3)+y1(my2+3)m(y1-y2)=-18(y1-y2)(4+3m2)x+24(y1-y2)(4+3m2)=-18(y1-y2)(4+3m2)（x-43）所以当x=43时，y0，即过定点（43，0），所以可证直线AE过定点（43，0）17（2020大武口区校级一模）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)的焦点为F1，F2，离心率为12，点P为椭圆C上一动点，且PF1F2的面积最大值为3，O为坐标原点（1）求椭圆C的方程；（2）设点M（x1，y1），N（x2，y2）为椭圆C上的两个动点，当x1x2+y1y2为多少时，点O

32、到直线MN的距离为定值【解析】（1）根据题意，因为P在椭圆上，当P是短轴端点时，P到x轴距离最大，此时PF1F2面积最大，所以122cb=bc=3，由bc=3ca=12a2=b2+c2，解得a=2b=3c=1，所以椭圆方程为x24+y23=1（2）根据题意，在x1x2时，设直线MN方程为ykx+m，原点到此直线的距离为d=|m|1+k2，即d2=m21+k2，由y=kx+mx24+y23=1，得（3+4k2）x2+8kmx+4m2120，64k2m24（3+4k2）（4m212）0，m24k2+3，所以x1+x2=-8km3+4k2，x1x2=4m2-123+4k2，x1x2+y1y2=x1x

33、2+(kx1+m)(kx2+m)=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=(1+k2)4m2-123+4k2-8k2m23+4k2+m2=7m2-12(k2+1)3+4k2，所以当x1x2+y1y20时，m2=127(1+k2)，d2=m21+k2=127，d=2217为常数若x1x2，则y1y2，x1x2+y1y2=x12-y12=0，x12=y12，x2=127，d=|x|=2217，综上所述，当x1x2+y1y20时，点O到直线MN的距离为定值221718（2020大武口区校级一模）若椭圆C：x2a2+y2b2=1（ab0）的顶点到直线l1：yx的距离分别为2和22（1）求椭圆C

34、的标准方程（2）设平行于l1的直线l交C于A，B两点，且OAOB，求直线l的方程【解析】（1）由直线l1：yx可知其与两坐标轴的夹角均为45，故长轴端点到直线l1的距离为22a，短轴端点到直线l1的距离为22b，所以22a=2，22b=22，解得a2，b1，所以椭圆C的标准方程为x24+y2=1（2）设直线l：yx+t（t0），联立y=x+tx24+y2=1，整理得5x2+8tx+4t240，则64t2165（t21）0，解得-5t5，设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=-8t5，x1x2=4t2-45，故y1y2=(x1+t)(x2+t)=(x1+x2)t+x1x2+t2=t

35、2-45，因为OAOB，即OAOB=x1x2+y1y2=4t2-45+t2-45=0解得t=2105，满足-5t5且t0，所以直线l的方程为y=x+2105或y=x-210519（2020海安市模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知A，B两点分别为椭圆x2a2+y2b2=1（ab0）的右顶点和上顶点，且AB=7，右准线l的方程为x4（1）求椭圆的标准方程；（2）过点A的直线交椭圆于另一点P，交l于点Q若以PQ为直径的圆经过原点，求直线PQ的方程【解析】（1）设椭圆的焦距为2c （c0）a2c=4a2=b2+c2a2+b2=7，解得：a2=4b2=3，所以椭圆的标准方程为：x24+y23=1

36、（2）由题意得直线PQ不垂直x轴，设PQ：yk（x2）联立y=k(x-2)3x2+4y2=12可得（4k2+3）x216k2x+16k2120xA+xP=16k24k2+3，xP=8k2-64k2+3，P（8k2-64k2+3，-12k4k2+3）联立y=k(x-2)x=4，可得Q（4，2k）因为以PQ为直径的圆经过原点，所以OPOQ=48k2-64k2+3+2k-12k4k2+3=0解得k=3PQ直线方程为：3x-y-23=0，或3x+y-23=020（2020渭南一模）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（ab0）的顶点到直线l1：yx的距离分别为2和22（1）求椭圆C的标准方程（2）设平行

37、于l1的直线l交C于A，B两点，且|OA+OB|AB|，求直线l的方程【解析】（1）由直线l1：yx可知其与两坐标轴的夹角均为45，故长轴端点到直线l1的距离为22a，短轴端点到直线l1的距离为22b，所以22a=2，22b=22，解得a2，b1，所以椭圆C的标准方程为x24+y2=1；（2）设直线l：yx+t（t0），联立y=x+tx24+y2=1，整理得5x2+8tx+4t240，则64t2165（t21）0，解得-5t5，设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=-8t5，x1x2=4t2-45，故y1y2（x1+t）（x2+t）（x1+x2）t+x1x2+t2=t2-45，因

38、为|OA+OB|AB|，所以OAOB，即OAOB=x1x2+y1y2=4t2-45+t2-45=0，解得t2105，满足-5t5且t0，所以直线l的方程为yx+2105或yx-210521（2020长沙模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（ab0）的右焦点为F（c，0），下顶点为P，过点M（0，b2）的动直线l交椭圆C于A，B两点（1）当直线l平行于x轴时，P，F，A三点共线，且PA=332，求椭圆C的方程；（2）当椭圆C的离心率为何值时，对任意的动直线l，总有PAPB？【解析】（1）当直线l与x轴平行时，即l：y=12b，如图，作ADx轴交x轴于点D，则根

39、据ADOP=FDOF=AFPF12，可得A（32c，12b），且PA=32PF=32c2+b2=32a=332，解得a=3，又因为A在椭圆上，所以94c2a2+14b2b2=1，解得c2=13a21，所以b2312，所以椭圆C的方程为x23+y22=1；（2）当直线l平行于x轴时，由PAPB，得kPAkPB=32b32a32b-32a=-1，a23b2，又a2b2+c2，2a23c2，e2=23，e（0，1），e=63当直线l不平行于x轴时，下面证明当e=63时，总有PAPB，事实上，由知椭圆可化为x23b2+y2b2=1，x2+3y23b2，设直线l的方程为ykx+b2，A（x1，y1），B

40、（x2，y2），由y=kx+b2x2+3y2=3b2，得（1+3k2）x2+3kbx-94b2=0，x1+x2=-3kb1+3k2，x1x2=-94b21+3k2，PA=(x1，y1+b)，PB=(x2，y2+b)，PAPB=x1x2+（y1+b）（y2+b）=x1x2+(kx1+3b2)(kx2+3b2)=(1+k2)x1x2+3kb2(x1+x2)+94b2 =(1+k2)-94b21+3k2+3kb2-3kb1+3k2+94b2 =-94b2(1+3k2)1+3k2+94b2 =-94b2+94b2=0PAPB，综上，当椭圆C的离心率为63时，对任意的动直线l，总有PAPB22（2020

41、阳泉三模）已知椭圆M：x2a2+y2b2=1（ab0）的离心率为32，且椭圆上一点P的坐标为（2，22）（1）求椭圆M的方程；（2）设直线l与椭圆M交于A，B两点，且以线段AB为直径的圆过椭圆的右顶点C，求ABC面积的最大值【解析】（1）由已知e=ca=32，又a2b2+c2，则a2b椭圆方程为x24b2+y2b2=1，将（2，22）代入方程得b1，a2，故椭圆的方程为x24+y2=1；（2）不妨设直线AB的方程xky+m，联立x=ky+mx24+y2=1，消去x得（k2+4）y2+2kmy+m240设A（x1，y1），B（x2，y2），则有y1+y2=-2kmk2+4，y1y2=m2-4k2

42、+4，又以线段AB为直径的圆过椭圆的右顶点C，CACB=0，由CA=(x1-2，y1)，CB=(x2-2，y2)，得（x12）（x22）+y1y20，将x1ky1+m，x2ky2+m代入上式得：(k2+1)y1y2+k(m-2)(y1+y2)+(m-2)2=0，将代入上式求得m=65或m2（舍），则直线l恒过点（65，0）SABC=12|DC|y1-y2|=1245(y1+y2)2-4y1y2=82525(k2+4)-36(k2+4)2，设t=1k2+4（0t14），则SABC=825-36t2+25t，36t2+25t的对称轴方程为t=2572，在上（0，14上单调递增，当t=14时，取得最

43、大值为162523（2020兴庆区校级四模）已知椭圆方程为x26+y23=1（1）设椭圆的左右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆上运动，求|PF1|PF2|+PF1PF2的值（2）设直线l和圆x2+y22相切，和椭圆交于A、B两点，O为原点，线段OA，OB分别和圆x2+y22交于两点，设AOB，COD的面积分别为S1，S2，求S1S2的取值范围【解析】（1）由已知，F1（-3，0），F2（3，0），设P（x，y），由焦半径公式可得|PF1|PF2|=(6+22x)(6-22x)=6-12x2，PF1PF2=(-3-x，-y)(3-x，-y)=x2+y23结合x26+y23=1，得y2=3-12x

44、2，故|PF1|PF2|+PF1PF2=6-12x2+12x2=6；（2）当直线l的斜率不存在时，其方程为x=2，由对称性，不妨设x=2，此时A（2，2），B（2，-2），C（1，1），D（1，1），故S1S2=21=2若直线l的斜率存在，设其方程为ykx+m，由已知可得|m|1+k2=2，则m22（1+k2），设A（x1，y1），B（x2，y2），将直线l与椭圆方程联立，得（2k2+1）x2+4kmx+2m260x1+x2=-4km2k2+1，x1x2=2m2-62k2+1结合|OC|OD|=2及y12=3-12x12，y22=3-12x22，可知S1S2=12|OA|OB|sinAOB12

45、|OC|OD|sinCOD=12|OA|OB|=12x12+y12x22+y22=12(3+12x12)(3+12x22)=129+32(x1+x2)2-2x1x2+14(x1x2)2将根与系数的关系代入整理得：S1S2=129+12k2m2-6m2+36k2+18+(m2-3)2(2k2+1)2，结合m22（k2+1），得S1S2=129+28k4+44k2+7(2k2+1)2设t2k2+11，u=1t（0，1，则S1S2=129+7t2+8t-8t2=12-8t2+8t+16=12-8u2+8u+162，322S1S2的取值范围是2，32224（2020黄冈模拟）已知椭圆C：x2a2+y2

46、b2=1(ab0)的左、右焦点分别为点F1，F2，左、右顶点分别为A，B，长轴长为4，椭圆上任意一点P（不与A，B重合）与A，B连线的斜率乘积均为-34（1）求椭圆C的标准方程；（2）如图，过点F1的直线l1与椭圆C交于M，N两点，过点F2的直线l2与椭圆C交于P，Q两点，且l1l2，试问：四边形MNPQ可否为菱形？并请说明理由【解析】（1）由题意，a2，则A（2，0），B（2，0），设P(x0，y0)(x024)，则点P与点A连线的斜率为kAP=y0x0+2，点P与点B连线的斜率为kBP=y0x0-2，故y02x02-4=-34，又因为点P在椭圆C上，故有x024+y02b2=1，联立解得b

47、23，则椭圆C的方程为x24+y23=1（2）由于点F1，F2关于原点对称且l1l2，故l1，l2关于原点对称，又椭圆关于原点对称，所以四边形MNPQ为平行四边形；由（1），知F1（1，0），易知直线MN不能平行于x轴所以令直线MN的方程为xmy1，设M（x1，y1），N（x2，y2）联立方程3x2+4y2-12=0x=my-1，得（3m2+4）y26my90，所以y1+y2=6m3m2+4，y1y2=-93m2+4若MNPQ是菱形，则OMON，即OMON=0，于是有x1x2+y1y2=(m2+1)y1y2-m(y1+y2)+1=0，整理得到-12m2-53m2+4=0，即12m2+50，上述

48、关于m的方程显然没有实数解，故四边形MNPQ不可能是菱形25（2020徐州模拟）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（ab0）的左右焦点分别为F1，F2，点P是椭圆C上一点，以PF1为直径的圆E：x2+(y-22)2=92过点F2（）求椭圆C的方程；（）过点P且斜率大于0的直线l1与C的另一个交点为A，与直线x4的交点为B，过点（3，2）且与l1垂直的直线l2与直线x4交于点D，求ABD面积的最小值【解析】（）在圆E的方程中，令y0，得到：x24，所以F1（2，0），F2（2，0），又因为OE=12F2P，所以P点坐标为(2，2)，所以2a=|PF1|+|PF2|=42，则a=22，b2，因此椭

49、圆的方程为x28+y24=1；（）设直线l1：y-2=k（x2）（k0），所以点B的坐标为(4，2+2k)，设A（xA，yA），D（xD，yD），将直线l1代入椭圆方程得：（1+2k2）x2+（42k8k2）x+8k282k40，所以xPxA=8k2-82k-41+2k2，所以xA=4k2-42k-21+2k2，直线l2的方程为y-2=-1k（x3），所以点D坐标为(4，2-1k)，所以SABD=12（4xA）|yByD|=124k2+42k+62k2+1|2k+1k|2k+3k+2226+22，当且仅当2k=3k，即k=62时取等号，综上，ABD面积的最小值26+2226（2020北海一模）

50、已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（ab0），长半轴长与短半轴长的差为2-3，离心率为12（1）求椭圆C的标准方程；（2）若在x轴上存在点M，过点M的直线l分别与椭圆C相交于P、Q两点，且1|PM|2+1|QM|2为定值，求点M的坐标【解析】（1）由题意可得：ab=2-3，ca=12，a2b2+c2联立解得：a2，c1，b=3椭圆C的标准方程为：x24+y23=1（2）设M（t，0），P（x1，y1），Q（x2，y2）当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为：xmy+t联立x=my+t3x2+4y2=12，化为：（3m2+4）y2+6mty+3t212048（3m2t2+4）0y1+y2=-6

51、mt3m2+4，y1y2=3t2-123m2+4|PM|2=(x1-t)2+y12=（1+m2）y12，同理可得：|PQ|2（1+m2）y221|PM|2+1|QM|2=1(1+m2)(1y12+1y22)=1(1+m2)(y1+y2)2-2y1y2(y1y2)2=1(1+m2)36m2t2(3m2+4)2-2(3t2-12)3m2+4(3t2-123m2+4)2=2(3t2+12)m2+(16-4t2)3(1+m2)(t2-4)21|PM|2+1|QM|2为定值，必然有3t2+12164t2，解得t=277此时1|PM|2+1|QM|2=79为定值，M（277，0）当直线l的斜率为0时，设P（2，0），Q（2，0）|PM|t+2|，|QM|2t|此时1|PM|2+1|QM|2=1(t+2)2+1(t-2)2=2t2+8(4-t2)2，把t2=47代入可得：1|PM|2+1|QM|2=79为定值综上可得：1|PM|2+1|QM|2=79为定值，M（277，0）