2024-2025學(xué)年高考數(shù)學(xué)考點(diǎn)第九章平面解析幾何橢圓理

橢圓1．橢圓的概念平面內(nèi)與兩個(gè)定點(diǎn)F1，F(xiàn)2的距離的和等于常數(shù)(大于|F1F2|)的點(diǎn)的軌跡叫做橢圓．這兩個(gè)定點(diǎn)叫做橢圓的焦點(diǎn)，兩焦點(diǎn)間的距離叫做橢圓的焦距．集合P＝{M||MF1|＋|MF2|＝2a}，|F1F2|＝2c<2a，其中a>0，c>0，且a，c為常數(shù)．2．橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和幾何性質(zhì)標(biāo)準(zhǔn)方程eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)圖形性質(zhì)范圍－a≤x≤a－b≤y≤b－b≤x≤b－a≤y≤a對(duì)稱(chēng)性對(duì)稱(chēng)軸：坐標(biāo)軸對(duì)稱(chēng)中心：原點(diǎn)頂點(diǎn)坐標(biāo)A1(－a,0)，A2(a,0)B1(0，－b)，B2(0，b)A1(0，－a)，A2(0，a)B1(－b,0)，B2(b,0)軸長(zhǎng)軸A1A2的長(zhǎng)為2a；短軸B1B2的長(zhǎng)為2b焦距|F1F2|＝2c離心率e＝eq\f(c,a)∈(0,1)a，b，c的關(guān)系a2＝b2＋c2概念方法微思索1．在橢圓的定義中，若2a＝|F1F2|或2a<|F1F2|，動(dòng)點(diǎn)P的軌跡如何？提示當(dāng)2a＝|F1F2|時(shí)動(dòng)點(diǎn)P的軌跡是線段F1F2；當(dāng)2a<|F1F2|時(shí)動(dòng)點(diǎn)P的軌跡是不存在的．2．橢圓的離心率的大小與橢圓的扁平程度有怎樣的關(guān)系？提示由e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2)知，當(dāng)a不變時(shí)，e越大，b越小，橢圓越扁；e越小，b越大，橢圓越圓．1．（2024?北京）已知橢圓的離心率為，則A． B． C． D．【答案】B【解析】由題意，，得，則，，即．故選．2．（2024?新課標(biāo)Ⅰ）已知橢圓的焦點(diǎn)為，，過(guò)點(diǎn)的直線與橢圓交于，兩點(diǎn)．若，，則的方程為A． B． C． D．【答案】B【解析】，，又，，又，，，，，，，在軸上．在△中，，在△中，由余弦定理可得，依據(jù)，可得，解得，．．所以橢圓的方程為：．故選．3．（2024?全國(guó)）已知橢圓過(guò)點(diǎn)和，則橢圓離心率A． B． C． D．【答案】A【解析】橢圓過(guò)點(diǎn)和，則，解得，，，，，故選．4．（2024?新課標(biāo)Ⅰ）已知橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)為，則的離心率為A． B． C． D．【答案】C【解析】橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)為，可得，解得，，．故選．5．（2024?上海）設(shè)是橢圓上的動(dòng)點(diǎn)，則到該橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)的距離之和為A． B． C． D．【答案】C【解析】橢圓的焦點(diǎn)坐標(biāo)在軸，，是橢圓上的動(dòng)點(diǎn)，由橢圓的定義可知：則到該橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)的距離之和為．故選．6．（2024?新課標(biāo)Ⅱ）已知，是橢圓的左、右焦點(diǎn)，是的左頂點(diǎn)，點(diǎn)在過(guò)且斜率為的直線上，△為等腰三角形，，則的離心率為A． B． C． D．【答案】D【解析】由題意可知：，，，直線的方程為：，由，，則，代入直線，整理得：，題意的離心率．故選．7．（2024?新課標(biāo)Ⅱ）已知，是橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)，是上的一點(diǎn)，若，且，則的離心率為A． B． C． D．【答案】D【解析】，是橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)，是上的一點(diǎn)，若，且，可得橢圓的焦點(diǎn)坐標(biāo)，所以，．可得：，可得，可得，，解得．故選．8．（2024?全國(guó)）橢圓的焦點(diǎn)為，，點(diǎn)在上，，，則的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為A．2 B． C． D．【答案】D【解析】橢圓的焦點(diǎn)為，，則，，，由余弦定理可得，即，解得，（舍去），，故選．9．（2024?上海）在平面直角坐標(biāo)系中，已知橢圓和．為上的動(dòng)點(diǎn)，為上的動(dòng)點(diǎn)，是的最大值．記在上，在上，且，則中元素個(gè)數(shù)為A．2個(gè) B．4個(gè) C．8個(gè) D．無(wú)窮個(gè)【答案】D【解析】橢圓和．為上的動(dòng)點(diǎn)，為上的動(dòng)點(diǎn)，可設(shè)，，，，則，當(dāng)時(shí)，取得最大值6，則在上，在上，且中的元素有無(wú)窮多對(duì)．另解：令，，則，，由柯西不等式，當(dāng)且僅當(dāng)，取得最大值6，明顯，滿意條件的、有無(wú)窮多對(duì)，項(xiàng)正確．故選．10．（2024?新課標(biāo)Ⅰ）設(shè)，是橢圓長(zhǎng)軸的兩個(gè)端點(diǎn)，若上存在點(diǎn)滿意，則的取值范圍是A．，， B．，， C．，， D．，，【答案】A【解析】假設(shè)橢圓的焦點(diǎn)在軸上，則時(shí)，設(shè)橢圓的方程為：，設(shè)，，，，則，，，，，，則，，當(dāng)最大時(shí)，即時(shí)，取最大值，位于短軸的端點(diǎn)時(shí)，取最大值，要使橢圓上存在點(diǎn)滿意，，，，解得：；當(dāng)橢圓的焦點(diǎn)在軸上時(shí)，，當(dāng)位于短軸的端點(diǎn)時(shí)，取最大值，要使橢圓上存在點(diǎn)滿意，，，，解得：，的取值范圍是，，故選．故選．11．（2024?浙江）橢圓的離心率是A． B． C． D．【答案】B【解析】橢圓，可得，，則，所以橢圓的離心率為：．故選．12．（2024?新課標(biāo)Ⅲ）已知橢圓的左、右頂點(diǎn)分別為，，且以線段為直徑的圓與直線相切，則的離心率為A． B． C． D．【答案】A【解析】以線段為直徑的圓與直線相切，原點(diǎn)到直線的距離，化為：．橢圓的離心率．故選．13．（2024?上海）已知橢圓的右焦點(diǎn)為，直線經(jīng)過(guò)橢圓右焦點(diǎn)，交橢圓于、兩點(diǎn)（點(diǎn)在其次象限），若點(diǎn)關(guān)于軸對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為，且滿意，求直線的方程是__________．【答案】【解析】橢圓的右焦點(diǎn)為，直線經(jīng)過(guò)橢圓右焦點(diǎn)，交橢圓于、兩點(diǎn)（點(diǎn)在其次象限），若點(diǎn)關(guān)于軸對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為，且滿意，可知直線的斜率為，所以直線的方程是：，即．故答案為：．14．（2024?浙江）已知橢圓的左焦點(diǎn)為，點(diǎn)在橢圓上且在軸的上方．若線段的中點(diǎn)在以原點(diǎn)為圓心，為半徑的圓上，則直線的斜率是__________．【答案】【解析】橢圓的，，，，設(shè)橢圓的右焦點(diǎn)為，連接，線段的中點(diǎn)在以原點(diǎn)為圓心，2為半徑的圓，連接，可得，設(shè)的坐標(biāo)為，可得，可得，，由，可得直線的斜率為．另解：由，，，可得，，可得直線的斜率為．故答案為：．15．（2024?上海）在橢圓上隨意一點(diǎn)，與關(guān)于軸對(duì)稱(chēng)，若有，則與的夾角范圍為_(kāi)_________．【答案】，【解析】設(shè)，則點(diǎn)，橢圓的焦點(diǎn)坐標(biāo)為，，，，，，結(jié)合可得：，故與的夾角滿意：，故，故答案為：，．16．（2024?浙江）已知點(diǎn)，橢圓上兩點(diǎn)，滿意，則當(dāng)__________時(shí)，點(diǎn)橫坐標(biāo)的肯定值最大．【答案】5【解析】設(shè)，，，，由，，可得，，即有，，又，即為，①，②①②得，可得，解得，，則，即有，即有時(shí)，有最大值4，即點(diǎn)橫坐標(biāo)的肯定值最大．故答案為：5．17．（2024?北京）已知橢圓，雙曲線．若雙曲線的兩條漸近線與橢圓的四個(gè)交點(diǎn)及橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)恰為一個(gè)正六邊形的頂點(diǎn)，則橢圓的離心率為_(kāi)_________；雙曲線的離心率為_(kāi)_________．【答案】；2【解析】橢圓，雙曲線．若雙曲線的兩條漸近線與橢圓的四個(gè)交點(diǎn)及橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)恰為一個(gè)正六邊形的頂點(diǎn)，可得橢圓的焦點(diǎn)坐標(biāo)，正六邊形的一個(gè)頂點(diǎn)，，可得：，可得，可得，，解得．同時(shí)，雙曲線的漸近線的斜率為，即，可得：，即，可得雙曲線的離心率為．故答案為：；2．18．（2024?上海）設(shè)橢圓的左、右焦點(diǎn)分別為、，點(diǎn)在該橢圓上，則使得△是等腰三角形的點(diǎn)的個(gè)數(shù)是__________．【答案】6【解析】如圖所示，①當(dāng)點(diǎn)與短軸的頂點(diǎn)重合時(shí)，△構(gòu)成以為底邊的等腰三角形，此種狀況有2個(gè)滿意條件的等腰△；②當(dāng)△構(gòu)成以為一腰的等腰三角形時(shí)，共有4個(gè)．以作為等腰三角形的底邊為例，，點(diǎn)在以為圓心，半徑為焦距的圓上因此，當(dāng)以為圓心，半徑為的圓與橢圓有2交點(diǎn)時(shí)，存在2個(gè)滿意條件的等腰△．同理可得：當(dāng)以為圓心，半徑為的圓與橢圓有2交點(diǎn)時(shí)，存在2個(gè)滿意條件的等腰△．綜上可得：滿意條件的使得△是等腰三角形的點(diǎn)的個(gè)數(shù)為6．故答案為：6．19．（2024?上海）已知橢圓，，為左、右焦點(diǎn)，直線過(guò)交橢圓于，兩點(diǎn)．（1）若直線垂直于軸，求；（2）當(dāng)時(shí)，在軸上方時(shí)，求、的坐標(biāo)；（3）若直線交軸于，直線交軸于，是否存在直線，使得，若存在，求出直線的方程；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【解析】（1）依題意，，當(dāng)軸時(shí)，則，，得；（2）設(shè)，，，，又在橢圓上，滿意，即，，解得，即．直線，聯(lián)立，解得，；（3）設(shè)，，，，，，直線，則，．聯(lián)立，得．則，．由直線的方程：，得縱坐標(biāo)；由直線的方程：，得的縱坐標(biāo)．若，即，，，，代入根與系數(shù)的關(guān)系，得，解得．存在直線或滿意題意．20．（2024?天津）設(shè)橢圓的左焦點(diǎn)為，上頂點(diǎn)為．已知橢圓的短軸長(zhǎng)為4，離心率為．（Ⅰ）求橢圓的方程；（Ⅱ）設(shè)點(diǎn)在橢圓上，且異于橢圓的上、下頂點(diǎn)，點(diǎn)為直線與軸的交點(diǎn)，點(diǎn)在軸的負(fù)半軸上．若為原點(diǎn)），且，求直線的斜率．【解析】（Ⅰ）由題意可得，即，，，解得，，可得橢圓方程為；（Ⅱ），設(shè)的方程為，代入橢圓方程，可得，解得或，即有，，，令，可得，，又，，可得，解得，可得的斜率為．21．（2024?江蘇）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，橢圓的焦點(diǎn)為，．過(guò)作軸的垂線，在軸的上方，1與圓交于點(diǎn)，與橢圓交于點(diǎn)．連結(jié)并延長(zhǎng)交圓于點(diǎn)，連結(jié)交橢圓于點(diǎn)，連結(jié)．已知．（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）求點(diǎn)的坐標(biāo)．【解析】（1）如圖，，，，，則，，則，，，則橢圓方程為，取，得，則．又，，解得．橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為；（2）由（1）知，，，，則，聯(lián)立，得．解得或（舍．．即點(diǎn)的坐標(biāo)為．22．（2024?江蘇）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，橢圓過(guò)點(diǎn)，焦點(diǎn)，，，，圓的直徑為．（1）求橢圓及圓的方程；（2）設(shè)直線與圓相切于第一象限內(nèi)的點(diǎn)．①若直線與橢圓有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，求點(diǎn)的坐標(biāo)；②直線與橢圓交于，兩點(diǎn)．若的面積為，求直線的方程．【解析】（1）由題意可設(shè)橢圓方程為，焦點(diǎn)，，，，．，又，解得，．橢圓的方程為：，圓的方程為：．（2）①可知直線與圓相切，也與橢圓，且切點(diǎn)在第一象限，因此肯定小于0，可設(shè)直線的方程為，．由圓心到直線的距離等于圓半徑，可得．由，可得，△，可得，，結(jié)合，，解得，．將，代入可得，解得，，故點(diǎn)的坐標(biāo)為．②設(shè)，，，，由．聯(lián)立直線與橢圓方程得，，到直線的距離，，的面積為，解得，（正值舍去），．為所求．23．（2024?全國(guó)）設(shè)橢圓的中心為，左焦點(diǎn)為，左頂點(diǎn)為，短軸的一個(gè)端點(diǎn)為，短軸長(zhǎng)為4，的面積為（1）求，；（2）設(shè)直線與交于，兩點(diǎn)，，四邊形為平行四邊形，求的方程．【解析】（1）依題意得，，解得，，（2）方法1（點(diǎn)差法）：由（1）得橢圓的方程為，因?yàn)樗倪呅螢槠叫兴倪呅?，設(shè)的中點(diǎn)為，則也是的中點(diǎn)，因?yàn)?，則，設(shè)，，，，由題意，兩式相減得，變形得，即，所以直線的方程為，即．帶入，檢驗(yàn)△，有兩個(gè)交點(diǎn)，滿意題意．方法2（韋達(dá)定理法）①當(dāng)直線的斜率不存在時(shí)，直線的方程為，此時(shí)，其中點(diǎn)為，不成立；②當(dāng)直線的斜率存在時(shí)，設(shè)直線的方程為，聯(lián)立得，消化簡(jiǎn)得，，設(shè)，，，，則，解得，帶入上述二次方程，檢驗(yàn)得△，滿意題意．所以直線的方程為，即．強(qiáng)化訓(xùn)練強(qiáng)化訓(xùn)練1．（2024?河南模擬）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，B為橢圓的上頂點(diǎn)，若A．22 B．32 C．12【答案】C【解析】設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，△BF1F2的外心必在線段OB上，且有c2+(b-2b3)2=(即a2﹣c2＝3c2，得a＝2c，∴橢圓C的離心率為e=c故選C．2．（2024?運(yùn)城模擬）已知橢圓E：x2a+2+y2a=1(a＞0)的離心率為22，若面積為4的矩形ABCDA．2±12 B．3 C．3±1【答案】D【解析】由橢圓E的離心率為22，得a+2-aa+2=∴橢圓E的方程為x24+由橢圓與矩形的對(duì)稱(chēng)性可得該矩形的面積S=2cosθ×2∴sin2θ=22，即2θ=π4或∴|OA|故選D．3．（2024?南崗區(qū)校級(jí)模擬）已知F1、F2是橢圓x24+y23=1的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)P是橢圓上隨意一點(diǎn)，以PF1為直徑作圓N，直線ON與圓NA．23 B．4 C．3 D．1【答案】C【解析】連接PF2，由題意可知|PF2|＝2|ON|，|NQ|=12|PF所以|OQ|＝|ON|+|NQ|=12（|PF2|+|PF1|）由極化恒等式可知QF所以QF（極化恒等式：a→故選C．4．（2024?襄州區(qū)校級(jí)四模）已知F1、F2分別是橢圓x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左、右焦點(diǎn)，PA．(13，23] B．[2【答案】D【解析】F1、F2分別是橢圓x2a2若存在以22c為半徑的圓內(nèi)切于△PF1F2，可得：∴(a+c)c=2c|yp|≤2bc，∴(a+c)≤2b，∴（a+c）2≤2b2∵（a+c）（a﹣3c）≥0，∴a≥3c，∴0＜e≤1故選D．5．（2024?馬鞍山三模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓x2a2+y2b2=1（a＞b＞0），過(guò)左焦點(diǎn)F（﹣2，0）傾斜角為π3的直線交橢圓上半部分于點(diǎn)A，以FAA．3 B．23 C．33 D．43【答案】B【解析】依題意，c＝2，設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），∵四邊形OFAB為平行四邊形，∴y1＝y(tǒng)2，又x12a2+y12b2又FA∥OB，且直線FA的傾斜角為π3，∴y∵y1＝y(tǒng)2，x2＝﹣x1，∴x1＝﹣1，x2＝1，y1得A（﹣1，3），將A的坐標(biāo)代入橢圓方程，可得1a2又a2﹣b2＝4，②聯(lián)立①②解得：a2=4+23故選B．6．（2024?福州三模）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的焦距為2，右頂點(diǎn)為A．過(guò)原點(diǎn)與x軸不重合的直線交C于M，N兩點(diǎn)，線段A．x24+yC．x29+【答案】C【解析】如圖，設(shè)M（x0，y0），則N（﹣x0，﹣y0），∵A（a，0），且線段AM的中點(diǎn)為B，∴B（a+x02由B，F(xiàn)，N三點(diǎn)共線，得FN→∥FB∴FN→=(-x即-(x又y0≠0，解得a＝3，∴b2＝32﹣12＝8．可得C的方程為x2故選C．7．（2024?梅河口市校級(jí)模擬）已知經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O的直線與橢圓x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)相交于M，N兩點(diǎn)（M在其次象限），AA．x29+yC．x236+【答案】C【解析】由|AF|＝4，得a﹣c＝4，設(shè)線段AN的中點(diǎn)為P，M（m，n），則N（﹣m，﹣n），又A（a，0），∴P（a-m2，-n2），F(xiàn)∵點(diǎn)M、F、P在同始終線上，∴kMF＝kFP，即n-0m-(a-4)化簡(jiǎn)即可求得a＝6，∴c＝2，則b2＝a2﹣c2＝32．故橢圓方程為x2故選C．8．（2024?邵陽(yáng)三模）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，M為橢圓上一點(diǎn)，MF→1?MF2→=0，線段A．22 B．32 C．23【答案】A【解析】設(shè)|MF2|＝m，∵|MF1|，|MN|，|NF1|成等差數(shù)列，∴2|MN|＝|MF1|+|NF1|，∴|MN|＝|MF2|+|NF2|＝2a﹣|MF1|+2a﹣|NF1|＝4a﹣2|MN|，∴|MN|=43∴|NF2|=43a﹣∴|NF1|＝2a﹣（43a﹣m）=23a∵M(jìn)F→∴MF1⊥MF2，∴Rt△F1MN中，|NF1|2＝|MN|2+|MF1|2，∴（2a﹣m）2+（43a）2＝（23a+m）整理可得m＝a，∴|MF2|＝a，|MF1|＝a，∴|F2F1|2＝|MF2|2+|MF1|2，∴4c2＝2a2，∴e=c故選A．9．（2024?啟東市校級(jí)模擬）如圖，已知A為橢圓x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)上一點(diǎn)，它關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為B，點(diǎn)F【答案】3【解析】如圖所示：，由題意可知，以AB為直徑的圓過(guò)F，點(diǎn)F為橢圓的右焦點(diǎn)，則∠AFB＝90°，且AB＝2c，又∵∠ABF=π6，則AF＝c，BF設(shè)橢圓的左焦點(diǎn)為E，由橢圓的對(duì)稱(chēng)性可得AE＝BF，由橢圓的定義得AF+BF＝AE+AF＝2a，則c+3c=2即離心率e=c故答案為：3-110．（2024?鼓樓區(qū)校級(jí)模擬）已知橢圓C：x24+y23=1的焦點(diǎn)是F1，F(xiàn)2，A，B是C上（不在長(zhǎng)軸上）的兩點(diǎn)，且F1A→∥F2B→．M為F【答案】橢圓；4【解析】如圖，延長(zhǎng)AF1交橢圓于D．設(shè)A（x1，y1），D（x2，y2），則B（﹣x2，﹣y2），由題意可知，AF1的斜率不為0，可設(shè)AF1：x＝my﹣1，則BF1：yx+1=y2x2-1①∴y=y聯(lián)立x=my-1x24∴y1+y∴y2由①②得，x+1y+x-1y=2m-∴y2x2∴M的軌跡所在的曲線是橢圓；離心率e=(故答案為：橢圓；4511．（2024?天心區(qū)校級(jí)模擬）已知橢圓x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的離心率為3【答案】9【解析】據(jù)題意ca=32，b＝1，解得于是|PF1|+|PF2|＝2a＝4，所以1=1當(dāng)且僅當(dāng)|PF2|＝2|PF1|，即|PF2|=故答案為：9412．（2024?東湖區(qū)校級(jí)模擬）已知橢圓x2m2+y2=1（m＞0）的焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，若在長(zhǎng)軸A1A2上任取一點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)M作垂直于A1A2的直線交橢圓于點(diǎn)P【答案】2或1【解析】聯(lián)立橢圓x2m2+y2=1（m＞0），x2當(dāng)m＞1時(shí)，解得x=±m(xù)c2-1c過(guò)點(diǎn)M作垂直于A1A2若使得PF1→?PF2→＜0的點(diǎn)M當(dāng)0＜m＜1時(shí)，解得y＝±c2-m21-m故答案為：2或1213．（2024?桃城區(qū)校級(jí)模擬）已知橢圓C的中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上，若C的短軸長(zhǎng)為46，且兩個(gè)焦點(diǎn)恰好為長(zhǎng)軸的2個(gè)相鄰的五等分點(diǎn)，則此橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為_(kāi)_________【答案】x【解析】橢圓的短軸長(zhǎng)為46，即46=2b，∴b=26，即a2∵2個(gè)焦點(diǎn)恰好為長(zhǎng)軸的2個(gè)相鄰的五等分點(diǎn)，∴2c=15×2a，得a解得c＝1，a＝5，故該橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2故答案為：x214．（2024?威海一模）已知橢圓x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P(-1，32)（Ⅰ）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（Ⅱ）若A為橢圓的右頂點(diǎn)，直線AP與y軸交于點(diǎn)H，過(guò)點(diǎn)H的另始終線與橢圓交于M、N兩點(diǎn)，且S△HMA＝6S△PHN，求直線MN的方程．【解析】（Ⅰ）因?yàn)閨F1F2|是|PF1|和|PF2|的等差中項(xiàng)，所以a＝2c，得a2＝4c2．又P(-1，32)在橢圓上，所以14c2+34c2=1，所以c＝1，可得橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（Ⅱ）因?yàn)镻(-1，32)，由（Ⅰ）計(jì)算可知A當(dāng)直線MN與x軸垂直時(shí)，不合題意．當(dāng)直線MN與x軸不垂直時(shí)，設(shè)直線MN的方程為y＝kx+1，聯(lián)立直線與橢圓的方程y=kx+1x24+y23=1，可得（4設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），由韋達(dá)定理可得x1由S△HMA＝6S△PHN，可得|AH||MH|＝6|NH||PH|，又|AH|＝2|PH|，所以|MH|＝3|NH|，得x1＝﹣3x2，帶入①，可得-2x所以3×16k2所以直線MN的方程為y=±615．（2024?4月份模擬）已知橢圓，C的中心為O，左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2．上頂點(diǎn)為A，右頂點(diǎn)為B，且|OB|、|OA|、|OF2|成等比數(shù)列．（1）求橢圓C的離心率；（2）推斷△F1AB的形態(tài)，并說(shuō)明理由．【解析】（1）設(shè)橢圓的長(zhǎng)軸長(zhǎng)，短軸長(zhǎng)，焦距分別為2a，2b，2c，則|OB|＝a，|OA|＝b，|OF2|＝c，由題設(shè)可得b2＝ac及b2＝a2﹣c2可得c2+ac﹣a2＝0，即e2+e﹣1＝0，解得e=-1±52，而所以橢圓的離心率為e=-1+（2）設(shè)橢圓的方程為：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0），則A（0，b），因?yàn)閎2＝ac，AF1→=（﹣c，﹣b），AB→所以AF1→?AB→=-ac+b即△ABF1為直角三角形．16．（2024?濰坊模擬）已知橢圓C1：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的右頂點(diǎn)與拋物線C2：y2＝2px（p≥0）的焦點(diǎn)重合．C1的離心率為12，過(guò)C1（1）求橢圓C1和拋物線C2的方程；（2）過(guò)點(diǎn)M（3，0）的直線l與橢圓C1交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)B關(guān)于x軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為點(diǎn)E，證明：直線AE過(guò)定點(diǎn)．【解析】（1）由C1的離心率為12，可得ca=12因?yàn)闄E圓的右頂點(diǎn)與拋物線的焦點(diǎn)重合，所以a=p2，p＝2所以可得p＝4c，過(guò)C1的右焦點(diǎn)F且垂直于x軸的直線截C2所得的弦長(zhǎng)為42，令x＝c代入拋物線的方程：可得y2＝2p?c，所以|y|=2pc=22即42=2?22c，解得c＝1，所以a＝2，p由b2＝a2﹣c2可得b2＝4﹣1＝3，所以橢圓C1和拋物線C2的方程分別為：x24+y23（2）由題意可得直線l的斜率存在且不為0，設(shè)直線l的方程為：x＝my+3，設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），由題意可得E（x2，﹣y2），直線與橢圓聯(lián)立：x=my+33x2+4y2-12=0，整理可得：（4+3m2）y2+18my+15＝0，△＝182m2﹣4（4+3m2）?15＞0，可得m2＜7，y1+y2=直線AE的方程為：y﹣y1=y1+y2x1-x2（x﹣x1），整理可得：y=所以當(dāng)x=43時(shí)，y＝0，即過(guò)定點(diǎn)（所以可證直線AE過(guò)定點(diǎn)（4317．（2024?大武口區(qū)校級(jí)一模）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，離心率為12，點(diǎn)P為橢圓C（1）求橢圓C的方程；（2）設(shè)點(diǎn)M（x1，y1），N（x2，y2）為橢圓C上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)x1x2+y1y2為多少時(shí)，點(diǎn)O到直線MN的距離為定值．【解析】（1）依據(jù)題意，因?yàn)镻在橢圓上，當(dāng)P是短軸端點(diǎn)時(shí)，P到x軸距離最大，此時(shí)△PF1F2面積最大，所以12×2c×b=bc=3，由bc=所以橢圓方程為x2（2）依據(jù)題意，在x1≠x2時(shí)，設(shè)直線MN方程為y＝kx+m，原點(diǎn)到此直線的距離為d=|m|1+k由y=kx+mx24+y23=1，得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12＝0，△＝64k2m2﹣4（3+4k2）（4m所以x1+xx1所以當(dāng)x1x2+y1y2＝0時(shí)，m2=127(1+若x1＝x2，則y1＝﹣y2，x1x2+y1y綜上所述，當(dāng)x1x2+y1y2＝0時(shí)，點(diǎn)O到直線MN的距離為定值22118．（2024?大武口區(qū)校級(jí)一模）若橢圓C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的頂點(diǎn)到直線l1（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程（2）設(shè)平行于l1的直線l交C于A，B兩點(diǎn)，且OA⊥OB，求直線l的方程．【解析】（1）由直線l1：y＝x可知其與兩坐標(biāo)軸的夾角均為45°，故長(zhǎng)軸端點(diǎn)到直線l1的距離為22a，短軸端點(diǎn)到直線l1的距離為所以22a=2，22b=所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）設(shè)直線l：y＝x+t（t≠0），聯(lián)立y=x+tx24+y2=1，整理得5x則△＝64t2﹣16×5（t2﹣1）＞0，解得-5設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則x1+x故y1因?yàn)镺A⊥OB，即OA→解得t=±2105，滿意-所以直線l的方程為y=x+210519．（2024?海安市模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知A，B兩點(diǎn)分別為橢圓x2a2+y2b2=1（a＞（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）過(guò)點(diǎn)A的直線交橢圓于另一點(diǎn)P，交l于點(diǎn)Q．若以PQ為直徑的圓經(jīng)過(guò)原點(diǎn)，求直線PQ的方程．【解析】（1）設(shè)橢圓的焦距為2c（c＞0）．a(chǎn)2c=4所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：x2（2）由題意得直線PQ不垂直x軸，設(shè)PQ：y＝k（x﹣2）．聯(lián)立y=k(x-2)3x2+4y2=12可得（4k2+3）x2﹣16∴xA∴P（8k聯(lián)立y=k(x-2)x=4，可得Q（4，2k因?yàn)橐訮Q為直徑的圓經(jīng)過(guò)原點(diǎn)，所以O(shè)P→解得k=±3∴PQ直線方程為：3x-y-23=20．（2024?渭南一模）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的頂點(diǎn)到直線l1（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程（2）設(shè)平行于l1的直線l交C于A，B兩點(diǎn)，且|OA→+OB→|＝|【解析】（1）由直線l1：y＝x可知其與兩坐標(biāo)軸的夾角均為45°，故長(zhǎng)軸端點(diǎn)到直線l1的距離為22a，短軸端點(diǎn)到直線l1的距離為22所以22a=2，22b=22所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）設(shè)直線l：y＝x+t（t≠0），聯(lián)立y=x+tx24+y2=1，整理得5x則△＝64t2﹣16×5（t2﹣1）＞0，解得-5＜t設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則x1+x2=-8t5，x1x2故y1y2＝（x1+t）（x2+t）＝（x1+x2）t+x1x2+t2=t因?yàn)閨OA→+OB→|＝|AB→即OA→?OB→=x1x2+y解得t＝±2105，滿意-5＜t所以直線l的方程為y＝x+2105或y＝21．（2024?長(zhǎng)沙模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的右焦點(diǎn)為F（c，0），下頂點(diǎn)為P，過(guò)點(diǎn)M（0，b（1）當(dāng)直線l平行于x軸時(shí)，P，F(xiàn)，A三點(diǎn)共線，且PA=332（2）當(dāng)橢圓C的離心率為何值時(shí)，對(duì)隨意的動(dòng)直線l，總有PA⊥PB？【解析】（1）當(dāng)直線l與x軸平行時(shí)，即l：y=12如圖，作AD⊥x軸交x軸于點(diǎn)D，則依據(jù)ADOP=FDOF=AFPF12且PA=32PF=32c2又因?yàn)锳在橢圓上，所以94c2a2+14b2所以橢圓C的方程為x2（2）①當(dāng)直線l平行于x軸時(shí)，由PA⊥PB，得kPA?kPB=3∴a2＝3b2，又a2＝b2+c2，∴2a2＝3c2，∴e2=2∵e∈（0，1），∴e=6②當(dāng)直線l不平行于x軸時(shí)，下面證明當(dāng)e=63時(shí)，總有PA⊥事實(shí)上，由①知橢圓可化為x23b2+y2b2=1，設(shè)直線l的方程為y＝kx+b2，A（x1，y1），B（x2，y由y=kx+b2x2+3y∴x1+x2=-3kb1+3∵PA→=(x∴PA→?PB→=x1x2+（y1+b）（y=(1+k=(1+k=-=-9∴PA⊥PB，綜上，當(dāng)橢圓C的離心率為63時(shí)，對(duì)隨意的動(dòng)直線l，總有PA⊥PB22．（2024?陽(yáng)泉三模）已知橢圓M：x2a2+y2b2=1（a＞b（1）求橢圓M的方程；（2）設(shè)直線l與橢圓M交于A，B兩點(diǎn)，且以線段AB為直徑的圓過(guò)橢圓的右頂點(diǎn)C，求△ABC面積的最大值．【解析】（1）由已知e=ca=32，又a2＝b2+c2橢圓方程為x2將（2，22）代入方程得b＝1，a故橢圓的方程為x2（2）不妨設(shè)直線AB的方程x＝ky+m，聯(lián)立x=ky+mx24+y2=1，消去x得（k2+4）y設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則有y1+y2又以線段AB為直徑的圓過(guò)橢圓的右頂點(diǎn)C，∴CA→由CA→=(x得（x1﹣2）（x2﹣2）+y1y2＝0，將x1＝ky1+m，x2＝ky2+m代入上式得：(k將①代入上式求得m=65或則直線l恒過(guò)點(diǎn)（65∴S△ABC設(shè)t=1k2+4（0﹣36t2+25t的對(duì)稱(chēng)軸方程為t=2572，在上（0，∴當(dāng)t=14時(shí)，取得最大值為23．（2024?興慶區(qū)校級(jí)四模）已知橢圓方程為x2（1）設(shè)橢圓的左右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P在橢圓上運(yùn)動(dòng)，求|PF（2）設(shè)直線l和圓x2+y2＝2相切，和橢圓交于A、B兩點(diǎn)，O為原點(diǎn)，線段OA，OB分別和圓x2+y2＝2交于兩點(diǎn)，設(shè)△AOB，△COD的面積分別為S1，S2，求S1【解析】（1）由已知，F(xiàn)1（-3，0），F(xiàn)2（3，0），設(shè)P（x，由焦半徑公式可得|PFPF1→?PF結(jié)合x(chóng)26+故|PF（2）當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，其方程為x=±2由對(duì)稱(chēng)性，不妨設(shè)x=2，此時(shí)A（2，2），B（2，-2故S1若直線l的斜率存在，設(shè)其方程為y＝kx+m，由已知可得|m|1+k2=2，則m設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），將直線l與橢圓方程聯(lián)立，得（2k2+1）x2+4kmx+2m2﹣6＝0．x1+x結(jié)合|OC|＝|OD|=2及y12可知S=1將根與系數(shù)的關(guān)系代入整理得：S1結(jié)合m2＝2（k2+1），得S1設(shè)t＝2k2+1≥1，u=1t則S1S2=∴S1S224．（2024?黃岡模擬）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左、右焦點(diǎn)分別為點(diǎn)F1，F(xiàn)2，左、右頂點(diǎn)分別為A，B，長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4，橢圓上隨意一點(diǎn)P（不與（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）如圖，過(guò)點(diǎn)F1的直線l1與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)，過(guò)