第33课 椭圆-【提分宝典】2025年新高考数学一轮全考点普查随堂课后练

第33课 椭　圆 普查与练习33 Ⅰ　　　　椭圆的定义、标准方程及几何性质 1．椭圆标准方程的不同求法 a．利用定义法求椭圆的标准方程(与椭圆有关的轨迹问题) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (1)(2020四川绵阳模拟，5分)已知M(－2，0)，P是圆N：x2－4x＋y2－32＝0上一动点，线段MP的垂直平分线交NP于点Q，则动点Q的轨迹方程为(　A　) A.＋＝1 B.－＝1 C.＋＝1 D.－＝1 解析：圆N：x2－4x＋y2－32＝0可化为(x－2)2＋y2＝36， ∴圆心为N(2，0)，半径r＝6. ∵M(－2，0)，∴|MN|＝4. 连接QM，∵Q在MP的垂直平分线上，∴|QM|＝|QP|. ∵|QN|＋|QM|＝|QN|＋|QP|＝|NP|＝r＝6>|MN|， ∴根据椭圆的定义，可知点Q的轨迹是以原点为中心，以M，N为焦点，长轴长等于6的椭圆， ∴a＝3，c＝2，b2＝a2－c2＝9－4＝5， ∴点Q的轨迹方程为＋＝1. 故选A. b．利用待定系数法求椭圆的标准方程 (2)(2023汇编，16分)求满足下列条件的椭圆的标准方程． (Ⅰ)焦点分别为(0，－2)，(0，2)，经过点(4, 3)； 答案：＋＝1 解析：解：(法一)∵椭圆的焦点在y轴上， ∴可设它的标准方程为＋＝1(a＞b＞0)． 由椭圆的定义知2a＝＋＝12， ∴a＝6. 又∵c＝2，∴b2＝a2－c2＝32， ∴所求椭圆的标准方程为＋＝1.(4分) (法二)∵椭圆的焦点在y轴上， ∴可设它的标准方程为＋＝1(a＞b＞0)． ∵椭圆过点(4, 3)， ∴＋＝1. 又c2＝a2－b2＝4，解得a2＝36，b2＝32， ∴所求椭圆的标准方程为＋＝1.(4分) (Ⅱ)经过两点(2，－)，； 答案：＋＝1 解析：解：(法一)若焦点在x轴上，设椭圆的标准方程为＋＝1(a＞b＞0)． 由已知条件，得解得 ∴所求椭圆的标准方程为＋＝1. 若焦点在y轴上，设椭圆的标准方程为＋＝1(a＞b＞0)． 由已知条件，得解得 ∴a2＝4，b2＝8，a2<b2，与a＞b＞0矛盾，舍去． 综上可知，椭圆的标准方程为＋＝1.(8分) (法二)设椭圆的方程为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n)， 分别将两点的坐标(2，－)， 代入椭圆的方程，得 解得 ∴所求椭圆的标准方程为＋＝1.(8分) (Ⅲ)过点(2，－)，且与椭圆＋＝1有相同的离心率； 答案：＋＝1或＋＝1 解析：解：当焦点在x轴上时，与椭圆＋＝1有相同离心率的椭圆方程可设为＋＝n(n>0)， ∵椭圆过点(2，－)， ∴＋＝n， ∴n＝2，此时椭圆方程为＋＝2，即＋＝1. 当焦点在y轴上时，与椭圆＋＝1有相同离心率的椭圆方程可设为＋＝m(m>0)， ∵椭圆过点(2，－)， ∴＋＝m， ∴m＝，此时椭圆方程为＋＝，即＋＝1. 综上所述，所求椭圆的标准方程为＋＝1或＋＝1.(12分) (Ⅳ)过点M(2，)，且与椭圆9x2＋5y2＝45有相同的焦点． 答案：＋＝1 解析：解：(法一)由9x2＋5y2＝45，得＋＝1，其焦点分别为F1(0，2)，F2(0，－2)． 设所求椭圆的标准方程为＋＝1(a>b>0)． ∵点M(2，)在所求椭圆上， ∴|MF1|＋|MF2|＝2a，即2a＝＋＝4，解得a＝2. 又∵c＝2，∴b2＝a2－c2＝8， ∴所求椭圆的标准方程是＋＝1.(16分) (法二)∵所求椭圆与椭圆＋＝1有相同的焦点， ∴可设所求椭圆的标准方程为＋＝1(λ>－5)． 又∵所求椭圆过点(2，)， ∴＋＝1，解得λ＝3或λ＝－7(不合题意，舍去)， ∴所求椭圆的标准方程是＋＝1.(16分) c．综合其他知识求椭圆的标准方程 (3)(2019全国Ⅰ，5分)已知椭圆C的焦点为F1(－1，0)，F2(1，0)，过F2的直线与C交于A，B两点．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的方程为(　B　) A.＋y2＝1 B.＋＝1 C.＋＝1 D.＋＝1 解析：(法一)由已知可设|BF2|＝n，则|AF2|＝2n，|BF1|＝|AB|＝3n，由椭圆的定义得2a＝|BF1|＋|BF2|＝4n， ∴|AF1|＝2a－|AF2|＝2n. 在△AF1B中，由余弦定理得 cos∠F1AB＝＝＝. 在△AF1F2中，由余弦定理得|F1F2|2＝|AF1|2＋|AF2|2－2|AF1||AF2|cos∠F1AB＝4n2＋4n2－2×2n×2n×＝4，解得n＝或－(舍去)， ∴2a＝4n＝2，∴a＝，∴b2＝a2－c2＝3－1＝2， ∴所求椭圆方程为＋＝1.故选B. (法二)同法一得|BF2|＝n，|AF1|＝|AF2|＝2n，|BF1|＝|AB|＝3n，|F1F2|＝2，2a＝4n. 在△AF1F2和△BF1F2中，由余弦定理得 即 ∵∠AF2F1，∠BF2F1互补，∴cos∠AF2F1＋cos∠BF2F1＝0. ①＋2×②，整理得4n2＝3， 解得n＝(负值舍去)，以下同法一． (法三)同法一，可得|AF1|＝|AF2|＝2n，∴点A在F1F2的垂直平分线上，即点A为椭圆短轴的端点．如图，过点B作x轴的垂线，垂足为H，则△AF2O∽△BF2H， ∴＝＝，即＝＝， ∴|BH|＝b，|F2H|＝，∴|OH|＝c＝. 又点B在椭圆上，∴＋＝1，即＝， ∴a2＝3，b2＝a2－c2＝2，∴椭圆方程为＋＝1.故选B. (4)(2021广东广州二模，5分)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点为F1(－2，0)和F2(2，0)．直线l过点F1，点F2关于直线l的对称点A在C上，且(＋2)·＝8，则C的标准方程为__＋＝1__． 解析：设AF2与直线l的交点为D. ∵点A与F2关于直线l对称， ∴l为线段AF2的垂直平分线， ∴|AF1|＝|F1F2|＝4，|AF2|＝2a－|AF1|＝2a－4. ∵(＋2)·＝8， ∴(＋＋)·＝8，即(2＋)·＝8，∴2·＋·＝8. 又⊥， ∴·＝0，∴·＝8，即·＝8， ∴||·||·cos ∠F1F2A＝8. 而||·cos ∠F1F2A＝||＝||， ∴||2＝8，即(2a－4)2＝16， 解得a＝4或a＝0(舍)，∴b2＝a2－c2＝12， ∴椭圆C的标准方程为＋＝1. 2．椭圆的离心率 a．求椭圆的离心率 (5)(2023汇编，21分)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P为椭圆C上的点，O为坐标原点． ①延长PF2与椭圆C交于另一点Q，若|PF1|∶|PQ|∶|QF1|＝2∶3∶4，则椭圆的离心率为(　C　) A. B. C. D. ②若△POF2为等边三角形，则椭圆C的离心率为(　D　)(2019全国Ⅱ改编) A. B. C. D.－1 ③设M，N是椭圆上与P不同的两点，若P，O是△MNP的重心，且直线MN的斜率为－，则椭圆C的离心率为(　B　) A. B. C. D. ④若点P为过F1的直线l与椭圆在第一象限内的交点，直线l和圆＋y2＝c2(c为椭圆的半焦距)相切，且PF2⊥x轴，则该直线的斜率是____，椭圆的离心率是____．(2021浙江，6分) 解析：①由题意，设|PF1|＝2t，|PQ|＝3t，|QF1|＝4t，t>0， 则|PF2|＝2a－2t，|QF2|＝2a－4t. 由|PF2|＋|QF2|＝|PQ|得2a－2t＋2a－4t＝3t， 解得a＝t，则|PF2|＝t. 在△PF1Q中，由余弦定理的推论得cos∠QPF1＝ ＝＝－. 在△PF1F2中，由余弦定理得 |F1F2|＝ ＝ ＝t＝2c， 所以c＝t， 所以椭圆C的离心率e＝＝t÷t＝.故选C. ②如图，连接PF1，由△POF2为等边三角形可知，|OP|＝|PF2|＝|OF2|＝|OF1|＝c，∠POF2＝∠OPF2＝， 则∠POF1＝π－∠POF2＝，所以∠OPF1＝∠OF1P＝， 所以在△F1PF2中，∠F1PF2＝∠OPF1＋∠OPF2＝， 所以|PF1|＝c，所以椭圆C的离心率e＝＝＝＝－1.故选D. ③因为kOP·kMN＝－， 所以·＝－，即＝， 所以e＝＝＝＝.故选B. ④(法一)设圆＋y2＝c2的圆心为A，直线l与圆的切点为B， 如图，连接AB，则AB⊥PF1. 易得|AB|＝c，|OA|＝c， |AF1|＝c＋c＝c. 在Rt△ABF1中， 由勾股定理可得|BF1|＝＝c， 所以kBF1＝＝＝. 因为PF2⊥x轴， 所以＝kBF1＝，即＝， 所以|PF2|＝c. 将x＝c代入＋＝1，可得P点坐标为P， 所以|PF2|＝＝，所以＝c， 即5c2＋4ac－5a2＝0，即5e2＋4e－5＝0， 解得e＝(负值舍去)．故答案为，. (法二)不妨假设c＝2， 则|AB|＝2，|AF2|＝1，|AF1|＝c＋c＝3， 所以kPF1＝tan∠PF1F2＝＝. 因为kPF1＝，|F1F2|＝2c＝4，所以|PF2|＝， 所以|PF1|＝|PF2|·＝|PF2|·＝， 所以2a＝|PF1|＋|PF2|＝4，即a＝2， 所以e＝＝＝.故答案为，. b．求离心率的取值范围 (6)(2023汇编，10分)设点B是椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)上的一点． ①若点B是椭圆C的上顶点，且椭圆C上的任意一点P都满足|PB|≤2b，则C的离心率的取值范围是(　C　)(2021全国Ⅱ) A. B. C. D. ②设点B关于原点的对称点为A，椭圆的右焦点为F，若AF⊥BF，∠BAF∈，则C的离心率的取值范围是(　D　) A. B. C. D. 解析：①由题可知，点B的坐标为(0，b)． (法一)设点P(x0，y0)，则＋＝1，所以x＝a2， 所以|PB|2＝x＋(y0－b)2＝a2＋(y0－b)2＝－y－2by0＋a2＋b2＝－2＋＋a2＋b2. 因为－b≤y0≤b， 所以当－≤－b，即b2≥c2时，有(|PB|2)max＝4b2， 即|PB|max＝2b，符合题意， 此时由b2≥c2，即a2≥2c2，得0<e≤； 当－>－b，即b2<c2时，有(|PB|2)max＝＋a2＋b2，所以＋a2＋b2≤4b2，化简得(c2－b2)2≤0，显然该不等式不成立． 综上所述，e的取值范围为.故选C. (法二)设P(x0，y0)，则|PB|≤2b等价于x＋(y0－b)2≤4b2，即a2＋(y0－b)2≤4b2. 不妨设b＝1，则对∀y0∈[－1，1]，a2(1－y)＋(y0－1)2≤4恒成立，即(a2－1)y＋2y0－a2＋3≥0， 即(y0＋1)[(a2－1)y0－a2＋3]≥0. 当y0＝－1时，该不等式恒成立； 当y0∈(－1，1]时，(a2－1)y0－a2＋3≥0， 所以(a2－1)×(－1)－a2＋3≥0，解得－≤a≤. 又a>1，所以1<a≤， 所以离心率e的取值范围是.故选C. ②易知点A也在椭圆C上． 设椭圆的左焦点为F′，连接AF′，则|AF|＋|AF′|＝2a. 因为A，B关于原点对称，F，F′关于原点对称， 所以易知|BF|＝|AF′|，所以|AF|＋|BF|＝2a. 因为O是Rt△ABF斜边的中点，所以|AB|＝2c. 设∠BAF＝α，则|AF|＝2ccosα，|BF|＝2csinα， 所以2ccosα＋2csinα＝2a，所以＝， 即e＝＝． 因为α＝∠BAF∈， 所以≤α＋≤，所以≤sin≤1， 所以≤e≤.故选D. (7)(2023改编，5分)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F，短轴的一个端点为M，直线l：4x－3y＝0交椭圆E于A，B两点．若|AF|＋|BF|＝6，点M到直线l的距离不小于，则椭圆E的离心率的取值范围是(　A　) A. B. C. D. 解析：设椭圆E的左焦点为F1，半焦距为c，连接AF1，BF1，则四边形AF1BF为平行四边形，∴|AF|＋|BF|＝|AF|＋|AF1|＝2a＝6，解得a＝3. ∵点M为短轴的一个端点，∴M(0，±b)．∵M到直线l：4x－3y＝0的距离不小于，∴≥，解得b≥2，∴b2≥4，∴a2 －c2≥4，即9－c2≥4，解得0<c≤，∴0<≤， ∴椭圆E的离心率的取值范围是.故选A. 3．椭圆的应用 a．与焦点三角形有关的问题 (8)(2023汇编，15分)已知F1，F2为椭圆C：＋＝1的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点． ①若|PQ|＝|F1F2|，则四边形PF1QF2的面积为__8__；(2021全国Ⅰ) ②△PF1Q面积的最大值为__4__； ③延长PF2与椭圆交于点A，若|OF1|＝|OA|，且△OF1A的面积为3，则|PF2|＝__或__，△F1AP的内切圆半径是__或__． 解析：①(法一)因为P，Q为椭圆C上关于坐标原点对称的两点，且|PQ|＝|F1F2|，所以四边形PF1QF2为矩形． 设|PF1|＝m，|PF2|＝n，则由勾股定理和椭圆定义可知m＋n＝2a＝8，m2＋n2＝(2c)2＝48. 由完全平方公式(m＋n)2＝m2＋2mn＋n2，得64＝48＋2mn， 解得mn＝8，即四边形PF1QF2的面积等于8. 故答案为8. (法二)同法一可知四边形PF1QF2为矩形， 所以∠F1PF2 ＝90°，所以S△F1PF2＝b2tan＝4. 显然S矩形PF1QF2＝2S△F1PF2，所以矩形PF1QF2的面积为8. ②如图，连接QF2. 根据椭圆的对称性，可得△POF1≌△QOF2， 所以△POF1的面积等于△QOF2的面积， 所以△PF1Q的面积等于△F1F2Q的面积． 由题知a＝4，b＝2，c＝2， 所以S△F1F2Q≤×2c·b＝bc＝4， 当且仅当点Q在短轴顶点时取等号， 所以△PF1Q面积的最大值为4. ③因为|OF1|＝|OF2|＝|OA|，所以∠F2AF1＝90°， 所以S△OF1A＝×|AF1|·|AF2|＝3，所以|AF1|·|AF2|＝12. 由椭圆的定义可得|AF1|＋|AF2|＝8， 所以或 设|PF2|＝n，则|PF1|＝8－n. 当时，如图所示，在Rt△AF1P中，由勾股定理得|AF1|2＋|AP|2＝|PF1|2，即22＋(6＋n)2＝(8－n)2， 解得n＝. 当时，如图所示，在Rt△AF1P中，由勾股定理得|AF1|2＋|AP|2＝|PF1|2，即62＋(2＋n)2＝(8－n)2， 解得n＝. 综上，|PF2|＝或. 设Rt△F1AP的内切圆半径为r， 则r＝(|AF1|＋|AP|－|PF1|)＝(|AF1|＋|AF2|＋|PF2|－|PF1|)＝|PF2|， 所以△F1AP的内切圆半径是或. b．与焦半径有关的问题 (9)(2019浙江，4分)已知椭圆＋＝1的左焦点为F，点P在椭圆上且在x轴的上方，若线段PF的中点在以原点O为圆心，|OF|为半径的圆上，则直线PF的斜率是____． 解析：(法一)由题意知a2＝9，b2＝5， 所以c2＝a2－b2＝4，所以c＝2，则F(－2，0)． 设椭圆的右焦点为F1(2，0)，线段PF的中点为M，连接OM，PF1，设P(xP，yP)． 由题意可知|OF|＝|OM|＝c＝2. 因为O，M分别为FF1，FP的中点， 所以|PF1|＝2|OM|＝4，则点P在以点F1为圆心，4为半径的圆上，所以(xP－2)2＋y＝16.① 又点P在椭圆上，所以＋＝1.② 联立①②消去yP，可得4x－36xP－63＝0，解得xP＝－或. 因为点P在椭圆上，所以|xP|≤a＝3，故xP＝舍去． 将xP＝－代入椭圆方程，由点P在x轴上方，可得点P的坐标为， 所以kPF＝＝. (法二：应用焦半径公式)设椭圆的右焦点为F1(2，0)，线段PF的中点为M，连接OM，PF1，设P(xP，yP)． 由题意知a2＝9，b2＝5，所以a＝3，c2＝a2－b2＝4， 所以c＝2，所以e＝＝. 由题意可知点P位于第二象限．因为O，M分别为FF1，FP的中点，所以|PF1|＝2|OM|＝2|OF|＝4，即a－exP＝4，解得xP＝－.将xP＝－代入椭圆方程，可得点P的坐标为(－，)，所以kPF＝＝. (法三)同法一，可知a＝3，c＝2，连接MF1， 因为点M在以FF1为直径的圆上，所以MF⊥MF1. 因为M为PF的中点， 所以|F1P|＝2|OM|＝2|FO|＝|F1F|＝4. 又|PF|＝2a－|PF1|＝2，所以|MF|＝1. 在Rt△MF1F中，|F1M|＝＝， 所以kPF＝tan∠MFF1＝＝. (10)(2019全国Ⅲ，5分)设F1，F2为椭圆C：＋＝1的两个焦点，M为C上一点且在第一象限．若△MF1F2为等腰三角形，则M的坐标为__(3，)__． 提醒：先根据已知条件确定△MF1F2的腰，再求点M的坐标． 解析：(法一)由题意得a2＝36, b2＝20，∴c2＝a2－b2＝16，∴c＝4，∴|F1F2|＝2c＝8.不妨设F1为左焦点，F2为右焦点．由M为C上一点，M在第一象限且△MF1F2为等腰三角形，易知F1F2及MF1为△MF1F2的腰，|MF1|＝|F1F2|＝8；MF2为△MF1F2的底，|MF2|＝2a－|MF1|＝4. 设点M的坐标为(x0, y0)(x0＞0, y0＞0)， 则S△MF1F2＝·|F1F2|·y0＝4y0， 又S△MF1F2＝|MF2|·＝×4×＝4， ∴4y0＝4，解得y0＝， ∴＋＝1，解得x0＝3或－3(舍去)， ∴点M的坐标为(3，)． (法二)根据题意，可知a＝6，b＝2，c＝＝4，e＝＝，|F1F2|＝8.不妨设F1为左焦点，F2为右焦点． 因为点M在第一象限，所以|MF1|>|MF2|.因为|MF1|＋|MF2|＝2a＝12，所以|MF2|<6<|F1F2|，所以由△MF1F2为等腰三角形，可得|MF1|＝|F1F2|＝8.设M(x0，y0)，则|MF1|＝a＋ex0＝6＋x0＝8，解得x0＝3.代入椭圆方程，解得y0＝(负值舍去)，所以点M的坐标为(3，)． (11)(2023汇编，10分)已知椭圆＋＝1的左、右焦点分别为F1，F2. ①若点P在椭圆上，且PF1的中点在y轴上，则|PF1|是|PF2|的 __5__倍； ②设直线x＝m与椭圆相交于点A，B，则当△F1AB的周长最大时，△F1AB的面积是__2__． 解析：①设线段PF1的中点为E. ∵线段PF1的中点E在y轴上，O为F1F2的中点， ∴PF2∥OE， ∴|PF2|＝＝1，|PF1|＝2a－|PF2|＝6－1＝5， ∴|PF1|＝5|PF2|.故答案为5. ②设直线x＝m与x轴交于点C，点A在x轴上方． 如图，连接AF2，BF2， 则|AF1|＋|AF2|＝|BF1|＋|BF2|＝6. ∵|AB|＝|AC|＋|BC|≤|AF2|＋|BF2|， ∴|AF1|＋|BF1|＋|AB|≤|AF1|＋|BF1|＋|AF2|＋|BF2|＝12，当且仅当AB过点F2时等号成立， ∴当点C与F2重合时，△F1AB的周长最大， 此时|AB|＝＝2， ∴此时△F1AB的面积S＝|AB||F1F2|＝2. c．椭圆顶点三角形的有关问题 (12)(2020宁夏吴忠期末，5分)设A，B是椭圆C：＋＝1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　) A．(0，1]∪[9，＋∞) B．(0，]∪[9，＋∞) C．(0，1]∪[4，＋∞) D．(0，]∪[4，＋∞) 解析：设P为椭圆C：＋＝1短轴的一个顶点，∵椭圆C上存在点M满足∠AMB＝120°，∴∠APB≥120°，∴≥60°.设椭圆C的长轴长为2a(a＞0)，短轴长为2b(b＞0)， 则tan＝，∴≥tan60°＝， ∴a2≥3b2，∴3≥3m或m≥9，即m≤1或m≥9. 又∵m＞0且m≠3，∴m的取值范围是(0，1]∪[9，＋∞)．故选A. (13)(2020云南昆明月考，5分)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，B，C分别为椭圆的上、下顶点，直线BF2与椭圆的另一个交点为D.若cos∠F1BF2＝，则直线CD的斜率为(　C　) A. B. C. D. 解析：因为cos∠F1BF2＝， 所以根据倍角公式，可得cos∠F1BO＝＝， 所以tan∠F1BO＝，所以＝. 设b＝4t，c＝3t，则a＝＝5t. 设D(m，n)，则有＋＝1，所以n2＝b2－. 因为B(0，b)，C(0，－b)， 所以kBD·kCD＝·＝＝＝－＝－.　 又kBD＝kBF2＝－＝－，所以kCD＝.故选C. d．椭圆中求范围或最值问题 (14)(2021新高考Ⅰ，5分)已知F1，F2是椭圆C：＋＝1的两个焦点，点M在C上，则|MF1|·|MF2|的最大值为(　C　) A．13 B．12 C．9 D．6 解析：由题知，a2＝9，b2＝4，则|MF1|＋|MF2|＝2a＝6， 则|MF1|·|MF2|≤2＝9(当且仅当|MF1|＝|MF2|＝3时，等号成立)． 故|MF1|·|MF2|的最大值为9.故选C. (15)(2021全国Ⅱ，5分)设B是椭圆C：＋y2＝1的上顶点，点P在C上，则|PB|的最大值为(　A　) A. B. C. D．2 解析：易知点B(0，1)，设点P(x0，y0), 则＋y＝1， 所以|PB|2＝x＋(y0－1)2＝5(1－y)＋(y0－1)2＝－4y－2y0＋6＝－42＋. 因为－1≤y0≤1，所以当y0＝－时，|PB|2有最大值，即|PB|的最大值为.故选A. (16)(2020浙江杭州模拟，4分)已知点P是椭圆＋＝1上的动点，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，O为坐标原点．若M是∠F1PF2的角平分线上的一点，且MF1⊥MP，则|OM|的取值范围是__[0，2)__． 解析：显然P不在x轴上．由椭圆的对称性，不妨设P在第二象限或y轴正半轴上，延长F1M交PF2于N，因为M是∠F1PF2的角平分线上的一点，且MF1⊥MP，所以△PF1N是以F1N为底边的等腰三角形，所以|PN|＝|PF1|，|F1M|＝|MN|. (法一)在△NF1F2中，因为OM为中位线， 所以|OM|＝|NF2|. 由椭圆的定义可得|NF2|＝|PF2|－|PN|＝|PF2|－|PF1|＝2a－2|PF1|. 又|PF1|∈(a－c，a]，所以|NF2|∈[0，2c)， 所以|OM|∈[0，c)． 而由椭圆的方程可得c2＝a2－b2＝9－5＝4， 所以c＝2，所以|OM|∈[0，2)． (法二)在△NF1F2中，因为OM是中位线， 所以|OM|＝|F2N| ＝||PF2|－|PN|| ＝||PF2|－|PF1||. 由椭圆方程可得a＝3，b＝，c＝2. 设点P(x0，y0)，则－3<x0≤0，且y＝5－x， 所以|PF1|＝ ＝ ＝＝ ＝x0＋3， 所以|PF2|＝6－|PF1|＝3－x0， 所以|OM|＝||PF2|－|PF1||＝|x0|∈[0，2)． 随堂普查练33 Ⅰ 1．(2020山东青岛模拟，5分)若方程＋＝1表示焦点在y轴上的椭圆，则实数m的取值范围为____． 解析：方程＋＝1表示焦点在y轴上的椭圆， 可得1－m>m>0，所以m∈. 2．(2023改编，5分)已知△ABC的周长为20，且顶点B(0，－4)，C(0，4)，则顶点A的轨迹方程是__＋＝1(x≠0)__． 解析：设A(x，y)．由已知得|AB|＋|AC|＝20－8＝12>8，即动点A到定点B，C的距离之和为定值，且大于两定点间的距离， ∴顶点A的轨迹是椭圆或椭圆的一部分． 易得a＝6，c＝4，∴b2＝a2－c2＝20. 又∵椭圆的焦点在y轴上，且当点A在BC边所在直线上，即x＝0时，△ABC不存在， ∴顶点A的轨迹方程是＋＝1(x≠0)． 3．(2021江苏苏州三模，5分)写出一个长轴长等于离心率8倍的椭圆标准方程为__＋＝1(答案不唯一)__． 解析：由题意可知2a＝8·，即a2＝4c.令a＝2，则c＝1. 又a2＝b2＋c2，所以b＝， 所以椭圆的标准方程为＋＝1. 4．(2020广东茂名二模，5分)古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．若椭圆C的中心为原点，焦点F1，F2均在x轴上，C的面积为2π，过点F1的直线交C于点A，B，且△ABF2的周长为8，则C的标准方程为(　C　) A.＋y2＝1 B.＋＝1 C.＋＝1 D.＋＝1 解析：由题意，C的面积为πab，△ABF2的周长为|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝|AF1|＋|BF1|＋|AF2|＋|BF2|＝4a， 所以解得a＝2，b＝. 因为椭圆C的焦点在x轴上，所以C的标准方程为＋＝1.故选C. 5．(2020山东济南模拟，5分)如图，已知水平地面上有一半径为4的球，球心为O′，在平行光线的照射下，其投影的边缘轨迹为椭圆C，椭圆中心为O，球与地面的接触点为E，OE＝3.若光线与地面所成角为θ，则sinθ＝____，椭圆的离心率e＝____． 解析：在平行光线的照射下，椭圆的短半轴长是球的半径，即b＝4. 如图，直线AB与圆O′相切于点E， 所以O′E⊥AB，即∠OEO′＝90°. 连接OO′，O′A，O′B，由AA′∥BB′可知∠O′AB＋∠O′BA＝(∠A′AB＋∠B′BA)＝90°，所以∠AO′B＝90°，而O是AB的中点，所以|OO′|＝|AB|＝a. 在Rt△O′OE中，|OO′|2＝|OE|2＋|O′E|2＝32＋42＝52， 所以a＝5，sinθ＝＝. 因为a＝5，b＝4，所以c＝＝3， 所以e＝＝.故答案为，. 6．(2020广东广州模拟，5分)已知椭圆C的长轴位于x轴上，且两个端点分别为A，B，椭圆上一动点P(不同于A，B)和A，B的连线的斜率之积为常数λ，则椭圆C的离心率为(　B　) A. B. C. D. 解析：由题可知A(a，0)，B(－a，0)．设P点坐标为(x，y)(x≠±a)，则kAP＝，kBP＝，由题意得kAP·kBP＝＝λ，∴y2＝λ(x2－a2)，整理可得＋＝1.∵点P在椭圆C上，∴－λa2＝b2，∴＝－λ，∴e＝＝.故选B. 7．(2020江苏南通模拟，5分)如图所示，在平面直角坐标系xOy中，F是椭圆＋＝1(a>b>0) 的右焦点，直线y＝与椭圆交于B，C两点，且∠BFC＝90°，则该椭圆的离心率是____． 解析：将y＝代入椭圆的方程中，解得x＝±a，∴B，C.∵∠BFC＝90°，且F(c，0)，∴·＝0，∴·＝0，即－a2＋c2＋b2＝0.又∵b2＝a2－c2，∴2a2＝3c2，∴该椭圆的离心率是e＝＝. 8．(2021山东烟台模拟，5分)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，过原点的直线与C交于A，B两点(A在第一象限)．若|AB|＝2，且sin∠ABF1≤2sin∠BAF1，则椭圆离心率的取值范围是____． 解析：∵直线AB过原点，∴A，B关于原点对称． 又|AB|＝2＝2c， ∴|OA|＝|OB|＝|OF1|＝|OF2|＝c， ∴四边形AF1BF2为矩形，∴△AF1F2为直角三角形． 设|AF1|＝r1，|AF2|＝r2，则r1＋r2＝2a，r＋r＝4c2， ∴e2＝＝＝，则＝1＋. 在Rt△AF1B中，sin∠ABF1＝＝， sin∠BAF1＝＝. ∵sin∠ABF1≤2sin∠BAF1，∴r1≤2r2. 又A在第一象限，∴r1＞r2，∴1<≤2. 令t＝，t∈(1，2]， 则由对勾函数的单调性可得t＋∈， ∴＝1＋＝1＋∈， ∴e2∈，即e∈. 9．(2019全国Ⅱ节选，7分)已知F1，F2是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点，P为C上的点，O为坐标原点．如果存在点P，使得PF1⊥PF2，且△F1PF2的面积等于16，求b的值和a的取值范围． 答案：b＝4　[4，＋∞) 解析：解：设点P(x0，y0)，显然x0≠±c，且x<a2. 由题意得即(2分) 由②③及a2＝b2＋c2得y＝. 又由①知y＝，故b＝4.(4分) 把y＝代入②得x＝(c2－b2)≥0，所以c2≥b2， 从而a2＝b2＋c2≥2b2＝32，故a≥4.(6分) 即当b＝4，a≥4时，存在满足条件的点P. 所以b＝4，a的取值范围为[4，＋∞)．(7分) 10．(2020黑龙江哈尔滨模拟，5分)已知F1，F2是椭圆＋＝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·＝(　C　) A．2 B．4 C．3 D．1 解析：连接PF2，则ON是△F1PF2的中位线，所以|PF2|＝2|ON|.因为Q在以PF1为直径的圆N上，所以|NQ|＝|PF1|，所以|OQ|＝|ON|＋|NQ|＝(|PF2|＋|PF1|)＝×4＝2. (法一)·＝(－)·(－)＝·－(＋)·＋||2＝－12＋22＝3.故选C. (法二)由极化恒等式(a·b＝)可知·＝|QO|2－|F1F2|2＝4－1＝3， 所以·＝3.故选C. 11．(经典题，5分)设F1，F2为椭圆＋y2＝1的两个焦点，M为椭圆上一点，△MF1F2的内心I的纵坐标为2－，则∠F1MF2的余弦值为__0__． 解析：(法一)由题意可知，a2＝4，b2＝1， 所以a＝2，c2＝a2－b2＝3，所以c＝， 所以△MF1F2的周长C＝2a＋2c＝4＋2. 易知△MF1F2的内切圆的半径r＝2－， 所以S△MF1F2＝rC＝×(2－)(4＋2)＝1. 又S△MF1F2＝b2tan＝tan(∠F1MF2)， 所以tan＝1，所以∠F1MF2＝， 所以cos∠F1MF2＝0. (法二)同法一可得c＝，S△MF1F2＝1， 则S△MF1F2＝|MF1||MF2|sin∠F1MF2＝1①. 又cos∠F1MF2＝＝②， sin2∠F1MF2＋cos2∠F1MF2＝1③， |MF1|＋|MF2|＝2a＝4④. 联立①②③④，得 或所以cos∠F1MF2＝0. (法三)由法一，可知a＝2，c＝，△MF1F2的内切圆的半径r＝2－，设圆I与F1F2的切点为D，与MF1的切点为E，与MF2的切点为F. 根据切线的性质，得|MF1|＋|MF2|－|F1F2|＝|ME|＋|F1E|＋|MF|＋|F2F|－(|F1D|＋|F2D|)＝|ME|＋|MF|＝2|ME|＝2a－2c＝2(2－)， 所以|ME|＝2－，则tan＝＝1， 所以∠F1MF2＝，即∠F1MF2＝， 所以cos∠F1MF2＝0. 12．(2020吉林月考，5分)设点P为椭圆C：＋＝1上一点，F1，F2分别是椭圆C的左、右焦点，且△PF1F2的重心为点G，如果|PF1|∶|PF2|＝2∶3，那么△GPF1的面积为(　C　) A. B．2 C. D．3 解析：由椭圆的定义可得|PF1|＋|PF2|＝2a＝10，因为|PF1|∶|PF2|＝2∶3，所以|PF1|＝4，|PF2|＝6.因为a＝5，b＝4，所以c＝＝3，离心率e＝＝，左焦点F1(－3，0)．设P(x0，y0)，不妨设y0>0，由焦半径公式可得|PF1|＝a＋ex0＝5＋x0＝4，解得x0＝－，代入椭圆方程中可得y0＝，所以S△PF1F2＝×6×＝8.根据重心的性质，可知|PG|＝|PO|，所以S△GPF1＝S△PF1O＝×S△PF1F2＝.故选C. 13．(多选)(2021福建模拟，5分)已知椭圆C：＋＝1的左、右顶点分别为M，N，点P(m，n)在椭圆C上，点Q(m，－n)．若直线MP，NQ的交点为R，则|OR|的值不可能为(　AB　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：∵M，N是椭圆C的左、右顶点，∴M(－2，0)，N(2，0)， ∴直线MP：y＝(x＋2)，直线NQ：y＝(x－2)． 联立解得 ∴R，∴|OR|＝＝＝＝. 根据题意，点P不在坐标轴上， ∴0<|m|<2，∴|OR|>2.故选AB. 14．(2021陕西西安模拟，5分)如图，人造地球卫星绕地球的运动遵循开普勒行星运动定律：卫星在以地球为焦点的椭圆轨道上绕地球运行时，其运行速度是变化的，速度的变化服从面积守恒规律，即卫星的向径(卫星与地球的连线)在相同的时间内扫过的面积相等．设椭圆的长轴长、焦距分别为2a，2c，下列结论不正确的是(　D　) A．卫星向径的最小值为a－c B．卫星向径的最大值为a＋c C．卫星向径的最小值与最大值的比值越小，椭圆轨道越扁 D．卫星运行速度在近地点时最小，在远地点时最大 解析：对于A，B，由椭圆的几何性质可知，椭圆上一点到焦点的距离的最小值为a－c，最大值为a＋c，所以卫星向径的最小值为a－c，最大值为a＋c，故A，B正确； 对于C，由椭圆的几何性质可知，椭圆的离心率e＝越大，椭圆越扁，当卫星向径的最小值与最大值的比值＝＝＝－1越小时，e越大，此时，椭圆轨道越扁，故C正确； 对于D，由于速度的变化服从面积守恒规律，即卫星的向径在相同的时间内扫过的面积相等，所以向径越大，速度越小，卫星越靠近远地点，向径越大，卫星越靠近近地点，向径越小，所以卫星运行速度在近地点时最大，在远地点时最小，故D错误．故选D. 普查与练习33 Ⅱ　　　　直线与椭圆的位置关系 4．直线与椭圆位置关系的判断 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (17)(2021北京101中学模拟，4分)定义曲线＋＝1(a>0，b>0)为椭圆＋＝1(a>0，b>0)的“倒椭圆”．已知椭圆C1：＋y2＝1，它的倒椭圆为C2，过C2上任意一点P作直线PA垂直于x轴于点A，作直线PB垂直于y轴于点B，则直线AB与椭圆C1的公共点个数为(　B　) A．0 B．1 C．2 D．与点P的位置有关 解析：根据题意知，C2的方程为＋＝1. 设P(x0，y0)，则＋＝1， 则4y＋x＝xy且x0y0≠0. ∵PA⊥x轴，PB⊥y轴， ∴A(x0，0)，B(0，y0)， ∴直线AB的方程为＋＝1． 联立 消去y整理得(x＋4y)x2－8x0yx＋4x(y－1)＝0， 则Δ＝64xy－16x(x＋4y)(y－1)＝－16x(xy－x－4y)＝0， ∴直线AB与椭圆C1只有一个公共点．故选B. 5．弦长问题 (18)(2023改编，8分)已知椭圆C：＋y2＝1，过点M(1，0)的直线l交椭圆C于A，B两点，＝λ.若λ∈，求弦长的取值范围． 答案： 解析：解：当直线l斜率为0时，λ＝3±2，不合题意，故可设直线l的方程为x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立直线与椭圆的方程，得 消元得(m2＋2)y2＋2my－1＝0， ∴y1＋y2＝－①，y1y2＝－②， ∴|AB|＝· ＝· ＝＝2.(4分) ∵|MA|＝λ|MB|，∴＝λ， ∴(1－x1，－y1)＝λ(x2－1，y2)，则－y1＝λy2③. 联立①②③，得＝λ＋－2.(6分) 当λ∈时，λ＋∈，＝λ＋－2∈，解得0≤m2≤，∴≤≤， ∴≤2≤， ∴弦长|AB|的取值范围是.(8分) (19)(2021新高考Ⅱ，12分)已知椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，右焦点为F(，0)，且离心率为. (Ⅰ)求椭圆C的方程； 答案：＋y2＝1 解析：解：设椭圆的半焦距为c， 因为椭圆的右焦点为F(，0)，所以c＝. 又因为离心率为，所以＝，(2分) 所以a＝，所以b＝＝1， 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.(4分) (Ⅱ)设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2＋y2＝b2(x>0)相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝. 答案：见证明过程 解析：证明：由(Ⅰ)可知，b2＝1， 所以曲线x2＋y2＝b2(x>0)即为x2＋y2＝1(x>0)， 它表示以原点为圆心，半径为1的圆在y轴右侧的部分．(6分) 若直线MN的斜率为0，则直线MN与圆的切点在y轴上，不满足x>0，所以直线MN的斜率不为0，设直线MN的方程为x＝ty＋m， 因为直线MN与圆x2＋y2＝1(x>0)相切， 所以圆心到直线MN的距离d＝＝1，即t2＝m2－1.(8分) 在直线MN的方程中，令y＝0，得x＝m. 设直线MN与x轴的交点为T， 则直线MN与x轴的交点为T(m，0)． 因为直线MN与圆的切点在y轴右侧， 所以T也一定在y轴的右侧，即 m>0. 又因为点T为圆的切线上的点， 因此，点T不能在圆的内部，所以m≥1. 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 由得(t2＋3)y2＋2mty＋m2－3＝0， 所以y1＋y2＝－，y1y2＝， 所以|MN|＝·|y1－y2|＝·＝＝＝.(10分) 因为F(，0)在x轴上， 所以M，N，F三点共线等价于F与T(m，0)重合，即m＝. 而|MN|＝等价于＝， 即m2－2m＋2＝0， 即(m－)2＝0，即m＝， 所以M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝.(12分) 6．面积问题 (20)(2023汇编，24分)已知直线l与椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)交于P，Q两点， F1，F2为E的左、右焦点，B1，B2为E的上、下顶点，且椭圆过点(，0)，四边形F1B1F2B2的面积为2. (Ⅰ)求椭圆E的方程； 答案：＋y2＝1 解析：解：∵椭圆过点(，0)，∴a＝. 又四边形F1B1F2B2的面积为2，∴2bc＝2，(2分) 结合a2＝b2＋c2，解得b＝c＝1， ∴椭圆E的方程为＋y2＝1.(3分) (Ⅱ)若直线l过点F2，且B1P⊥B1Q，求△B1PQ的面积； 答案： 解析：解：显然直线l不经过点B1且与x轴不重合． 设直线l的方程为x＝my＋1(m≠－1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)． ∵B1P⊥B1Q，∴·＝0， ∴(my1＋1)(my2＋1)＋(y1－1)(y2－1)＝0， 即(m2＋1)y1y2＋(m－1)(y1＋y2)＋2＝0 .(5分) 联立消去x整理得(m2＋2)y2＋2my－1＝0， 显然Δ＞0恒成立， ∴y1＋y2＝－，y1y2＝－， ∴－－＋2＝0，即m2－2m－3＝0. ∵m≠－1，∴m＝3，∴直线l的方程为x－3y－1＝0.(7分) 由弦长公式，可得 |PQ|＝·|y1－y2|＝·＝×＝， 又∵点B1(0，1)到直线l的距离d＝＝， ∴S△B1PQ＝d·|PQ|＝××＝.(9分) (Ⅲ)若直线l过定点M(－2，0)，且＝λ，当λ∈时，求△OPQ的面积S的取值范围； 答案：(，) 解析：解：当直线l的斜率为0时，λ＝＝或，即λ＝3＋2或3－2，不符合题意；(10分) 当直线l的斜率不为0时，设直线l：x＝ty－2， 联立直线l与椭圆的方程得消去x，整理得(t2＋2)y2－4ty＋2＝0. 由Δ＝16t2－8(t2＋2)>0，得t2＞2. 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 则y1＋y2＝，y1y2＝.(12分) ∵M(－2，0)，∴由＝λ可得y1＝λy2， ∴ ①2÷②得＝，即λ＋＋2＝.(14分) ∵λ∈，∴λ＋＋2∈， ∴<<，∴<t2<4，满足Δ>0.(15分) 易得S＝S△OMQ－S△OMP＝|OM|·|y1－y2|＝|y1－y2|＝＝＝.(16分) 设w＝，则w∈， ∴t2＝w2＋2，∴S＝＝. ∵函数y＝w＋在上单调递减， ∴S＝在上单调递增， ∴△OPQ的面积S的取值范围是.(18分) (Ⅳ)设N是椭圆E上的一点，O为坐标原点，若直线l的斜率存在，且四边形OPNQ是平行四边形，求四边形OPNQ的面积． 答案： 解析：解：设直线l：y＝kx＋t1，显然t1≠0. 联立消去y整理得(1＋2k2)x2＋4kt1x＋2t－2＝0. ∵直线l与椭圆E相交， ∴Δ＝(4kt1)2－4(1＋2k2)(2t－2)>0，即t<1＋2k2. 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 则x1＋x2＝，x1x2＝.(20分) 如图，连接ON. ∵四边形OPNQ是平行四边形，∴＝＋， ∴xN＝x1＋x2＝，yN＝y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2t1＝. 又点N在椭圆上，∴2＋22＝2， 整理可得4t＝1＋2k2，满足t<1＋2k2， ∴x1＋x2＝，x1x2＝，(22分) ∴|PQ|＝·＝·＝. 又O到直线l的距离d1＝， ∴四边形OPNQ的面积为|PQ|·d1＝.(24分) (21)(2020海南，12分)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点M(2，3)，点A为其左顶点，且AM的斜率为. (Ⅰ)求C的方程； 答案：＋＝1 解析：解：由题意可知直线AM的方程为y－3＝(x－2)，即x－2y＋4＝0. 当y＝0时，解得x＝－4，所以a＝4.(2分) 因为椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点M(2，3)， 所以＋＝1，解得b2＝12，所以C的方程为＋＝1.(4分) (Ⅱ)点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值． 答案：18 解析：解：设与直线AM平行的直线方程为x－2y＋m＝0(m≠4)．当该直线与椭圆相切时，与直线AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值．将x－2y＋m＝0代入椭圆方程＋＝1中， 消去x可得16y2－12my＋3m2－48＝0，由Δ＝144m2－4×16(3m2－48)＝0，即m2＝64，解得m＝±8.(8分) 所以与直线AM距离比较远的直线方程为x－2y－8＝0. 利用平行线之间的距离公式得点N到直线AM的距离d＝＝. 而|AM|＝＝3， 所以△AMN的面积的最大值为×3×＝18.(12分) 7．“中点弦”问题 a．由弦中点求弦所在直线方程 (22)(2021福建模拟，5分)以椭圆＋＝1内一点P(1，1)为中点的弦所在的直线方程是(　B　) A．4x＋3y－7＝0 B．3x＋4y－7＝0 C.x＋2y－(2＋)＝0 D．2x＋y－(2＋)＝0 解析：(法一)设过中点P(1，1)的直线交椭圆于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点， 则x1＋x2＝2，y1＋y2＝2. 将A，B两点坐标代入椭圆方程，得 两式相减得＋＝0， 即＋＝0. ∵x1≠x2，∴k＝＝－， ∴所求直线方程为y－1＝－(x－1)，即3x＋4y－7＝0. 故选B. (法二)显然以P(1，1)为中点的弦所在的直线斜率存在． 设过点P(1，1)的直线方程为y－1＝k(x－1)，该直线交椭圆于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点． 联立 消去y整理得(3＋4k2)x2＋(8k－8k2)x＋4k2－8k－8＝0， ∴x1＋x2＝－＝2，解得k＝－. ∴所求直线方程为y－1＝－(x－1)，即3x＋4y－7＝0. 故选B. b．根据弦中点满足的条件求参数 (23)(经典题，12分)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左焦点F(－2，0)，上顶点B(0，2)． (Ⅰ)求椭圆C的方程； 答案：＋＝1 解析：解：由题意可得c＝2，b＝2，由a2＝b2＋c2，得a2＝22＋22＝8， 故椭圆C的方程为＋＝1.(3分) (Ⅱ)若直线y＝x＋m与椭圆C交于不同的两点M，N，且线段MN的中点G在圆x2＋y2＝1上，求m的值． 答案：m＝± 解析：解：(法一)设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，线段MN的中点G(x0，y0)，联立 消去y，整理得3x2＋4mx＋2m2－8＝0，(5分) 则Δ＝16m2－12(2m2－8)＝96－8m2＞0，解得m2<12①， 所以x0＝＝－，y0＝x0＋m＝，即G(－，)．(8分) 因为点G在圆x2＋y2＝1上， 所以＋＝1，解得m2＝，符合①式． 故m的值为±.(12分) (法二)设M(x1，y1)，N(x2，y2)(x1≠x2)，MN的中点G(x0，y0)． 由题意得 ①－②得(x1＋x2)(x1－x2)＋2(y1＋y2)(y1－y2)＝0， 将③，④代入上式整理得x0(x1－x2)＋2y0(y1－y2)＝0. 因为kMN＝1＝，所以y0＝－，(8分) 所以G. 又点G在圆x2＋y2＝1上，所以x＋＝1，解得x0＝±，所以点G的坐标为或，经验证均在椭圆内． 将点G的坐标代入直线MN：y＝x＋m，得m的值为±.(12分) 随堂普查练33 Ⅱ 1．(2023汇编，18分)如图所示，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|＝2，点M在直线x＝－2上运动，线段MF2与椭圆C的交点为N，当NF1⊥x轴时，直线MF2的斜率的绝对值为. (1)求椭圆C的标准方程； 答案：＋y2＝1 解析：解：由|F1F2|＝2c＝2，得c＝1. 当NF1⊥x轴时，如图，连接NF1，则＝|kMF2|＝， ∴|NF1|＝，∴|NF2|＝＝， ∴2a＝|NF1|＋|NF2|＝2，得a＝， ∴b2＝a2－c2＝2－1＝1， ∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1.(4分) (2)过F1作直线l与椭圆C交于P，Q两点． ①若直线l与直线MF2的斜率之积等于－，证明：直线MP始终与椭圆C相切； 答案：见证明过程 解析：解：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)． 证明：由(1)知F1(－1，0)，F2(1，0)． 由题意知x1≠－1，y1≠0，且椭圆C上过P点的切线方程为＋y1y＝1. 联立方程 消去x整理得(2y＋x)y2－4y1y＋2－x＝0， ∴Δ＝16y－4(2y＋x)(2－x)＝4x＋8xy－8x. 又＋y＝1， ∴Δ＝0，即＋y1y＝1为椭圆的切线方程．(8分) 设M(－2，yM)． ∵kPF1·kMF2＝－，∴·＝－，即yM＝. 在＋y1y＝1中， 令y＝，则x＝＝＝－2， ∴切线方程必过点M， ∴直线MP始终与椭圆C相切．(11分) ②设线段PQ的中垂线与直线l相交于点S，与直线x＝－2相交于点T.当|PQ|＝|ST|时，求直线l的方程． 答案：x－y＋1＝0或x＋y＋1＝0 解析：解：由题意知，直线l的斜率不为0，设直线l：x＝my－1. 联立消去x整理得(m2＋2)y2－2my－1＝0， ∴y1＋y2＝，y1y2＝－， ∴|PQ|＝·＝·＝2·.(14分) ∵ST是线段PQ的中垂线， ∴S是PQ的中点，且kST＝－m， ∴yS＝＝， ∴xS＝myS－1＝， ∴|ST|＝·|xS＋2|＝2·， ∴＝＝＝1， 解得m2＝1，即m＝±1，(17分) ∴直线l的方程为x－y＋1＝0或x＋y＋1＝0.(18分) 2．(2023汇编，24分)已知椭圆G：＋＝1. (1)任作斜率为的直线l与椭圆G交于R，S两点，且点Q(1，1)在直线l的上方．若|RS|＝，求△QRS的面积； 答案： 解析：解：设直线RS的方程为y＝x＋t， 因为点Q(1，1)在该直线的上方，所以×1＋t<1，解得t<. 联立直线与椭圆的方程得 化简可得x2＋tx＋t2－3＝0，Δ＝t2－4(t2－3)＝12－3t2>0， 解得－2<t<2，所以－2<t<.(2分) 根据根与系数的关系，可得xR＋xS＝－t，xRxS＝t2－3， 所以|RS|＝·＝·＝·＝，解得t＝±1. 又因为－2<t<，所以t＝－1， 所以直线RS的方程为y＝x－1.(5分) 因为点Q到直线RS的距离为d＝＝， 所以S△QRS＝××＝.(8分) (2)若某条直线与椭圆G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； 答案： 解析：解：根据题意，可知∠ACB＝90°， 易得直线AB的斜率不能为0. 不妨设直线AB的方程为x＝ky＋m， 联立直线与椭圆的方程得 消去x得(3k2＋4)y2＋6kmy＋3m2－12＝0. 设A(xA，yA)，B(xB，yB)， 则有yA＋yB＝，yAyB＝.①(10分) 因为以线段AB为直径的圆过椭圆的右顶点C(2，0)， 所以·＝0. 因为＝(xA－2，yA)，＝(xB－2，yB)， 所以(xA－2)(xB－2)＋yAyB＝0. 将xA＝kyA＋m，xB＝kyB＋m代入上式得(k2＋1)yAyB＋k(m－2)(yA＋yB)＋(m－2)2＝0. 将①代入上式，化简可得＝0， 解得m＝或m＝2. 当m＝2时，直线AB经过椭圆右顶点，不满足题意； 当m＝时，直线AB的方程为x＝ky＋， 所以直线AB恒过点D.(12分) 所以S△ABC＝|DC|·|yA－yB| ＝× ＝. 设p＝，则0<p≤， 则S△ABC＝. 因为函数y＝－p2＋p的图像的对称轴方程为直线p＝，所以该函数在上单调递增， 所以当p＝时，△ABC面积取得最大值，最大值为.(16分) (3)若C为椭圆的右顶点，点P在椭圆G上，直线CP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S△HMC＝6S△PHN，求直线MN的方程． 答案：y＝±x＋1 解析：解：因为P， C(2，0)， 所以根据三角形相似的性质，可得H(0，1)． 由S△HMC＝6S△HPN，可得|CH|·|MH|＝6|NH|·|PH|. 又|CH|＝2|PH|，所以|MH|＝3|NH|. 当直线MN与x轴垂直时，MN与y轴重合，M，N分别是椭圆的上、下顶点， 所以＝或＝，均不符合题意．(18分) 当直线MN与x轴不垂直时，设直线MN的方程为y＝nx＋1， 联立直线与椭圆的方程得 消去y可得(4n2＋3)x2＋8nx－8＝0. 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 由根与系数的关系可得(*)(20分) 由|MH|＝3|NH|得x1＝－3x2， 代入(*)，可得 所以3×2＝，解得n＝±， 所以直线MN的方程为y＝±x＋1.(24分) 3．(2023改编，5分)已知椭圆C：＋＝1的左、右焦点分别是F1，F2，过左焦点F1的弦AB的中点为E，则线段EF2的长为____． 解析：(法一)由题意知F1(－1，0)，F2(1，0)，直线AB的斜率存在且不为0. 设直线AB：y＝k(x＋1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则E. 联立椭圆与直线AB的方程，消去y，整理得(3＋4k2)·x2＋8k2x＋4k2－12＝0，则有Δ>0恒成立， ∴x1＋x2＝＝－×2＝－1，解得k2＝， ∴|EF2|＝＝＝＝.　 (法二)由题意知F1(－1，0)，F2(1，0), 设A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)， 由A，B在椭圆上，得 两式相减，整理得3(x1＋x2)(x1－x2)＋4(y1＋y2)(y1－y2)＝0，即－3(x1－x2)＋8t(y1－y2)＝0， ∴kAB＝＝， ∴直线AB的方程为y＝(x＋1)． 又点E(－，t)在直线AB上， ∴t＝·，解得t＝±. 经验证，点在椭圆内， ∴|EF2|＝＝＝. 课后提分练33　椭圆 A组(巩固提升) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．(2019北京，5分)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率为，则(　B　) A．a2＝2b2 B．3a2＝4b2 C．a＝2b D．3a＝4b 解析：(法一)因为椭圆的离心率e＝＝，所以c＝a.又c2＝a2－b2，所以a2＝a2－b2，所以3a2＝4b2.故选B. (法二)因为e＝＝＝＝，所以1－＝，所以3a2＝4b2.故选B. 2．(2020福建漳州三模，5分)若方程＋＝1表示椭圆，则实数a的取值范围是(　B　) A．(－20，4) B．(－20，－8)∪(－8，4) C．(－∞，－20)∪(4，＋∞) D．(－∞，－20)∪(－8，＋∞) 解析：∵方程＋＝1表示椭圆， ∴解得－20<a<4且a≠－8. 故选B. 3．(2023改编，5分)已知中心在原点的椭圆C，若直线x－2y＋2＝0经过该椭圆的一个焦点和一个顶点，则椭圆C的标准方程是__＋y2＝1或＋＝1__． 解析：易得直线x－2y＋2＝0与坐标轴的交点为(0，1)，(－2，0)．当椭圆C的焦点在x轴上时，设其标准方程为＋＝1(a1>b1>0)，焦距为2c1，可得b1＝1，c1＝2，∴a＝b＋c＝5，∴椭圆C的标准方程是＋y2＝1；当椭圆C的焦点在y轴上时，设其标准方程为＋＝1(a2>b2>0)，焦距为2c2，可得b2＝2，c2＝1，∴a＝b＋c＝5，∴椭圆C的标准方程是＋＝1.综上所述，椭圆C的标准方程是＋y2＝1或＋＝1. 4．(2021辽宁二模，5分)已知|z＋i|＋|z－i|＝6，则复数z在复平面内所对应点P(x，y)的轨迹方程为__＋＝1__． 解析：∵复数z在复平面内对应点P(x，y)， ∴z＋i，z－i在复平面内分别对应点(x，y＋)，(x，y－)， ∴＋＝6， 即点P(x，y)到点A(0，－)，B(0，)的距离之和为6，且两定点的距离为2<6， ∴点P的运动轨迹是以点A，B为焦点的椭圆，且2a＝6，2c＝2， ∴b＝＝2， ∴P(x，y)的轨迹方程为＋＝1. 5．(2020新疆模拟，5分)过椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦点F(2，0)且倾斜角为的直线与椭圆C交于A，B两点，M是线段AB的中点，O为坐标原点，若直线OM的斜率为，则椭圆的方程为__＋＝1__． 解析：根据条件可知直线AB的方程为y＝－(x－2)＝－x＋2. 联立直线AB与椭圆C的方程得整理可得(a2＋b2)x2－4a2x＋4a2－a2b2＝0. 不妨设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝， 所以y1＋y2＝(－x1＋2)＋(－x2＋2)＝，所以M，所以kOM＝＝.又因为c＝2，所以a2－b2＝4，所以a2＝8，b2＝4. 故椭圆的方程为＋＝1. 6．(2020河南模拟，5分)椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，椭圆上的点M满足：∠F1MF2＝60°，且·＝2，则b＝(　C　) A．1 B. C. D．2 解析：设||＝m，||＝n，因为·＝2，所以mncos60°＝2，所以mn＝4. 又m＋n＝2a，① 所以在△MF1F2中，由余弦定理可得|F1F2|2＝m2＋n2－2mncos60°＝m2＋n2－mn，即m2＋n2－mn＝(2c)2.② ①式两边平方减去②式得(m＋n)2－(m2＋n2－mn)＝(2a)2－(2c)2，　 化简可得4b2＝3mn＝12，所以b2＝3，解得b＝(舍负)．故选C. 7．(经典题，5分)设F1，F2分别是椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)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.若直线MN在y轴上的截距为2，且＝5，则a＝__7__，b＝__2__． 解析：∵原点O是F1F2的中点，∴直线MF1与y轴的交点D(0，2)是线段MF1的中点． 设M(c，y)，y＞0， 则＋＝1，解得y＝. ∵OD是△MF1F2的中位线，∴＝4，即b2＝4a. 由|MN|＝5|F1N|，得|MF1|＝4|F1N|， ∴|DF1|＝2|F1N|，即＝2. 设N(x1，y1)，由题意知y1＜0，则(－c，－2)＝2(x1＋c，y1)，即即 代入椭圆的方程得＋＝1， 将b2＝4a代入得＋＝1， 解得a＝7，b＝2. 8．(2023改编，5分)斜率为－的直线l被椭圆＋＝1(a>b>0)截得的弦恰被点M(2，1)平分，则椭圆的离心率是____，焦距的取值范围是__(2，＋∞)__． 解析：(法一)因为直线l的斜率为－，且过点M(2，1)， 所以直线l：y＝－(x－2)＋1＝－＋2. 设直线l与椭圆的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝2xM＝4. 联立直线与椭圆的方程得 消去y，整理得x2－2a2x＋4a2－a2b2＝0， 所以Δ＝4a4－4(4a2－a2b2)＝a2b2(a2＋4b2－16)>0，即a2＋4b2>16①， 所以x1＋x2＝＝＝4，所以a＝2b， 所以离心率为e＝＝＝. 将a＝2b代入①式，得8b2>16， 解得b>(负值舍去)， 所以焦距2c＝2＝2b>2，即焦距的取值范围是(2，＋∞)． (法二)设直线l与椭圆的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)，则 由题意有 两式相减得＋＝0， 即＝－，整理得＝－＝－，所以a＝2b， 所以离心率为e＝＝＝. 因为点M(2，1)在椭圆内，所以＋＝＋<1，所以b>(负值舍去)， 所以焦距2c＝2＝2b>2，即焦距的取值范围是(2，＋∞)． 9．(2018全国Ⅱ，5分)已知F1，F2是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，A是C的左顶点，点P在过A且斜率为的直线上，△PF1F2为等腰三角形，∠F1F2P＝120°，则C的离心率为(　D　) A. B. C. D. 解析：设|F1F2|＝2c，因为△PF1F2为等腰三角形，且∠F1F2P＝120°，所以|F1F2|＝|F2P|＝2c.过点P作x轴的垂线，垂足为H.因为∠F1F2P＝120°，所以∠PF2H＝60°，所以|F2H|＝|PF2|＝c，|PH|＝|PF2|＝c.又直线AP的斜率为， 所以＝，即＝＝，解得a＝4c， 所以e＝＝.故选D. 10．(2020全国模拟，5分)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P为椭圆上不同于左、右顶点的任意一点，I为△PF1F2的内心，且S△IPF1＝λS△IF1F2－S△IPF2，若椭圆的离心率为e，则λ＝(　A　) A. B. C．e D．2e 解析：设△PF1F2的内切圆的半径为r，则S△IPF1＝|PF1|·r，S△IPF2＝|PF2|·r，S△IF1F2＝|F1F2|·r.　 ∵S△IPF1＋S△IPF2＝λS△IF1F2， ∴|PF1|·r＋|PF2|·r＝λ·|F1F2|·r， ∴|PF1|＋|PF2|＝λ|F1F2|，∴2a＝λ·2c，解得λ＝.故选A. 11．(2021四川模拟，5分)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(c，0)，上顶点为A(0，b)，直线x＝上存在一点P满足(＋)·＝0，则椭圆的离心率的取值范围为(　C　) A. B. C. D. 解析：设AP的中点为M，则＋＝2.因为(＋)·＝0，所以·＝0，即FM⊥AP，所以|FA|＝|FP|.又因为|FA|＝＝a，所以|FP|＝a，所以－c≤a，所以＋－1≥0，即e2＋e－1≥0，解得e≥或e≤.又因为e∈(0，1)，所以≤e<1. 故选C. 12．(2023汇编，10分)已知点P为椭圆C：＋＝1(a>b>0)上一点． (1)设F1，F2分别为C的左、右焦点，点P(m，n)(m＞0，n＞0)，且△PF1F2的内心为I(s，1)，若△PF1F2的面积为2b，则n的值为(　C　) A. B. C. D．3 (2)设A，B分别为C的左、右顶点，直线PA，PB的倾斜角分别为α，β，若椭圆C的离心率e＝，且tanα＋tanβ＝1，则直线PA的斜率为____． 解析：(1)由题可知，△PF1F2的内心I(s，1)到x轴的距离就是内切圆的半径． ∵P(m，n)为C上一点， ∴|PF1|＋|PF2|＋|F1F2|＝2a＋2c， ∴S△PF1F2＝(2a＋2c)×1＝a＋c＝2b. ∵a2＝b2＋c2， ∴a2＝2＋c2，即5c2＋2ac－3a2＝0， ∴5e2＋2e－3＝0，解得e＝或－1(舍去)， ∴c＝a，b＝a. ∵S△PF1F2＝n|F1F2|＝cn， ∴a＝an，解得n＝.故选C. (2)由题可知，A(－a，0)，B(a，0)． ∵椭圆的离心率e＝＝＝＝， ∴a＝2b， ∴椭圆C的方程为＋＝1， ∴a2－x2＝4y2. 设P(u，v)，则a2－u2＝4v2，kPA＝tanα＝，kPB＝tanβ＝， ∴tanαtanβ＝·＝＝－. 又tanα＋tanβ＝1， ∴tanα，tanβ是方程x2－x－＝0的两个根， 解方程得x＝，∴kPA＝tanα＝. 13．(2023汇编，15分)已知椭圆C：＋＝1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上运动． (1)设A(1，1)，则|PA|＋|PF1|的最小值为(　B　) A．2 B．2－1 C．2－2 D．2－ (2)若点B是直线x＝3上的动点，过点B作椭圆C的切线BM，BN，切点分别为M，N，则|MF2|＋|NF2|－|MN|的值为(　D　) A．3 B．2 C．1 D．0 (3)若点Q在圆2＋y2＝上运动，则|PQ|的最小值为(　C　) A.－ B. C. D.－ 解析：(1)由椭圆的方程可得2a＝2， F1(－1，0)，F2(1，0)． 如图，连接PF2，AF2，则|AF2|＝1. ∵A在椭圆内部， ∴|PA|＋|PF1|＝|PA|＋2a－|PF2|＝2a－(|PF2|－|PA|)≥2a－|AF2|＝2－1， 当且仅当P，A，F2三点共线且P在A上方时取等号，故选B. (2)设B(3，t)，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则切线BM，BN的方程分别为＋＝1，＋＝1. ∵切线BM，BN过点(3，t)， ∴x1＋＝1，x2＋＝1， ∴直线MN的方程为x＋＝1. 显然当x＝1时，y＝0， ∴直线MN过点(1，0)，即点F2， ∴|MF2|＋|NF2|＝|MN|， 即|MF2|＋|NF2|－|MN|＝0.故选D. (3)设圆2＋y2＝的圆心为D， 则D，半径r＝. 如图，连接DP，DQ. ∵|PQ|＋|DQ|≥|DP|， ∴|PQ|≥|DP|－|DQ|＝|DP|－， ∴当|DP|取得最小值，且D，P，Q三点共线时，|PQ|有最小值． 设P(x0，y0)，则|DP|2＝＋ y. ∵P(x0，y0)在椭圆＋＝1上， ∴y＝2－， ∴|DP|2＝x－x0＋＋2－＝x－x0＋，x0∈[－，] . 令h(x)＝x2－x＋， 则抛物线h(x)的对称轴为直线x＝， ∴h(x)在x＝处取得最小值，最小值为， ∴|DP|min＝， ∴|PQ|min＝|DP|min－＝－＝. 故选C. 14．(多选)(2021湖南邵阳模拟，5分)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F，点P在椭圆C上，点Q在圆E：(x＋3)2＋(y－4)2＝4上，且圆E上的所有点均在椭圆C外，若|PQ|－|PF|的最小值为2－6，且椭圆C的长轴长恰与圆E的直径相等，则下列说法正确的是(　AD　) A．椭圆C的焦距为2 B．椭圆C的短轴长为 C．|PQ|＋|PF|的最小值为2 D．过点F的圆E的切线斜率为 解析：根据题意，作出如图所示的图形． ∵椭圆C的长轴长与圆E的直径相等， ∴2a＝4，a＝2. 设椭圆的左焦点为F′(－c，0)， 由椭圆的定义可知|PF′|＋|PF|＝2a＝4， ∴|PQ|－|PF|＝|PQ|－(4－|PF′|)＝|PQ|＋|PF′|－4≥|QF′|－4≥|EF′|－|EQ|－4， 当且仅当Q，P在线段EF′上时两处等号均成立， ∴|EF′|－|EQ|－4＝2－6， ∴|EF′|＝2＝， 解得c＝1或5(舍去)， ∴椭圆C的焦距为2，故A正确． 由b＝＝＝，得椭圆C的短轴长为2，故B错误． |PQ|＋|PF|≥|EP|－|EQ|＋|PF|≥|EF|－|EQ|＝4－2，当且仅当点P，Q均在线段EF上时，两处等号均成立， ∴|PQ|＋|PF|的最小值为4－2，故C错误． 设过点F的圆E的切线方程为y＝k(x－1)，则＝2，解得k＝，故D正确．故选AD. 15．(2019江苏，14分)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦点为F1(－1，0)，F2(1，0)．过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2：(x－1)2＋y2＝4a2交于点A，与椭圆C交于点D，连接AF1并延长交圆F2于点B，连接BF2交椭圆C于点E，连接DF1，已知|DF1|＝. (1)求椭圆C的标准方程； 答案：＋＝1 解析：解：设椭圆C的焦距为2c. 因为F1(－1，0)，F2(1，0)， 所以|F1F2|＝2，所以c＝1.(1分) 又|DF1|＝，AF2⊥x轴， 所以|DF2|＝＝＝，　 所以2a＝|DF1|＋|DF2|＝4，即a＝2.(3分) 由b2＝a2－c2，得b2＝3， 所以椭圆C的标准方程为＋＝1.(5分) (2)求点E的坐标． 答案： 解析：解：(法一)由(1)知，椭圆C：＋＝1, a2＝4. 因为AF2⊥x轴，c＝1，所以点A的横坐标为1.将x＝1代入圆F2的方程(x－1)2＋y2＝16，解得y＝±4. 因为点A在x轴上方，所以A点坐标为(1，4)． 又F1(－1，0)，所以直线AF1的方程为y＝2x＋2. 联立 消去y，整理得5x2＋6x－11＝0， 所以xAxB＝－，所以xB＝－＝－.(8分) 将xB＝－代入y＝2x＋2，得yB＝－， 所以B. 又F2(1，0)， 所以直线BF2的方程为y＝(x－1)． 联立 消去y，整理得7x2－6x－13＝0， 解得x＝－1或x＝.(11分) 又E是线段BF2与椭圆C的交点， 所以xE<1，所以xE＝－1. 将xE＝－1代入y＝(x－1)，得yE＝－. 所以E.(14分) (法二)由(1)知，椭圆C：＋＝1. 如图，连接EF1. 因为圆F2的半径为2a，所以|BF2|＝2a. 由椭圆的定义知|EF1|＋|EF2|＝2a， 所以|EF1|＝|EB|，从而∠BF1E＝∠B.(8分) 因为|AF2|＝|BF2|＝2a，所以∠A＝∠B， 所以∠A＝∠BF1E，从而EF1∥AF2. 又AF2⊥x轴，所以EF1⊥x轴．(10分) 因为F1(－1，0)， 所以直线EF1的方程为x＝－1， 由得y＝±，(12分) 又E是线段BF2与椭圆的交点，所以y＝－. 所以E.(14分) 16．(2020山东模拟，12分)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的短轴长为2，倾斜角为的直线l与椭圆C相交于A，B两点，线段AB的中点为M， 且点M与坐标原点O连线的斜率为－. (1)求椭圆C的标准方程； 答案：＋y2＝1 解析：解：由已知得2b＝2，∴b＝1.(1分) 设A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠±x2)，M(xM，yM)，则2xM＝x1＋x2，2yM＝y1＋y2. 由点A，B在椭圆上，得 两式相减，得＋＝0， 即＋＝0， ∴＝－kOM·kAB＝，即a2＝2， 故椭圆C的标准方程为＋y2＝1.(5分) (2)若|AB|＝，P是以AB为直径的圆上的任意一点，求证：|OP|≤. 答案：见证明过程 解析：证明：由题意可设直线l：y＝x＋m， 与椭圆方程联立得 消去y，整理得3x2＋4mx＋2m2－2＝0， ∴Δ＝16m2－12(2m2－2)＝24－8m2>0， 解得m2<3，① ∴x1＋x2＝－，x1x2＝，(7分) ∴|AB|＝|x1－x2|＝· ＝·＝＝， ∴m2＝2，满足①式．(9分) 又M是弦AB的中点， ∴xM＝＝－， ∴yM＝xM＋m＝，即M， 故|OM|2＝＋＝m2＝， ∴|OM|＝， ∴|OP|≤|OM|＋|PM|＝|OM|＋|AB|＝.(12分) 17．(2021浙江宁波二模，15分)已知椭圆C：＋y2＝1(m>1)的左、右焦点分别为F1，F2，过右焦点F2作直线l交椭圆C于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，其中y1＞0，y2＜0，△AF1F2，△BF1F2的重心分别为G1，G2. (1)若G1的坐标为，求椭圆C的方程； 答案：＋y2＝1 解析：解：如图，连接OA. 根据三角形重心的性质，G1在OA上，且|OG1|＝|OA|，　 ∴＝3，即(x1，y1)＝3， ∴A.(3分) 将其代入椭圆方程可得＋＝1， ∴m2＝， ∴椭圆C的方程为＋y2＝1.(5分) (2)设△BF1G1和△ABG2的面积分别为S1和S2，若≤≤，求实数m的取值范围． 答案： 解析：解：如图，连接OA，OB，F1G1，BG1，AG2. 根据三角形重心的性质知，G2在OB上，且BG2＝OB， ∴S△ABG2＝S△ABO，S△BF1G1＝S△BOF1＋S△BOG1＋S△G1OF1，其中S△BOG1＝S△ABO. 易得G1. 设F1(－c，0)，F2(c，0)， 则S△ABO＝·|OF2|·|y1－y2|＝c(y1－y2)， S△BOF1＝·|OF1|·|y2|＝－cy2， S△G1OF1＝·|OF1|·＝cy1， ∴S1＝－cy2＋×c(y1－y2)＋cy1＝c(y1－2y2)，S2＝c(y1－y2)， ∴＝∈， 即∈.(10分) 设直线l：x＝ty＋c, 联立 消去x整理得(t2＋m2)y2＋2tcy＋c2－m2＝0， 即(t2＋m2)y2＋2tcy－1＝0， ∴y1＋y2＝，y1y2＝， ∴＋＝＝＝－－2∈， ∴0≤≤， ∴(8m2－9)t2≤m2对任意的t恒成立，即8m2－9≤0，得1＜m≤， 故实数m的取值范围是.(15分) 18．(2018江苏，16分)如图所示，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C过点，焦点F1(－，0)，F2(，0)，圆O的直径为F1F2. (1)求椭圆C及圆O的方程； 答案：椭圆C：＋y2＝1，圆O：x2＋y2＝3 解析：解：设椭圆C的标准方程为＋＝1(a>b>0)，半焦距为c.由题意知c＝， 所以圆O的方程为x2＋y2＝3.(1分) 因为点在椭圆上， 所以＋＝1.(2分) 又因为a2＝b2＋c2，所以a＝2，b＝1， 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.(4分) (2)设直线l与圆O相切于第一象限内的点P. ①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点，求点P的坐标； 答案：(，1) 解析：解：由题意知，直线l与圆O相切，且切点在第一象限，所以直线l的斜率k存在且k<0. 设直线l的方程为y＝kx＋m(k<0，m>0)． 因为直线l与圆O相切，所以点O到直线l的距离为d＝＝，即m2＝3k2＋3.(5分) 将直线l的方程代入椭圆C的方程，得＋(kx＋m)2＝1，整理得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 因为直线l与椭圆C相切， 所以Δ＝(8km)2－4(4k2＋1)·(4m2－4)＝0， 整理得m2＝4k2＋1，(6分) 所以3k2＋3＝4k2＋1，解得k2＝2，所以m2＝9. 又因为k<0，m>0，所以k＝－，m＝3， 所以直线l的方程为y＝－x＋3. 又P为直线l与圆O的切点， 所以联立 消去y，整理得x2－2x＋2＝0，解得x＝， 代入y＝－x＋3，解得y＝1， 所以点P的坐标为(，1)．(8分) ②直线l与椭圆C交于A，B两点．若△OAB的面积为，求直线l的方程． 答案：y＝－x＋3 解析：解：设A(x1，kx1＋m)，B(x2，kx2＋m)， 由①知m2＝3k2＋3，且k<0，m>0.联立直线l和椭圆C的方程，可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 因为直线l和椭圆C相交， 所以Δ>0，即m2<4k2＋1，解得k<－， 且x1，2＝，　 所以|x1－x2|＝， 所以|AB|＝|x1－x2|·＝· . 又直线l与圆O相切， 所以点O到直线l的距离d＝，(13分) 所以S△OAB＝···＝··＝，解得k2＝5. 因为k<0，所以k＝－<－，符合题意． 又m2＝3k2＋3，m>0，所以m＝3， 所以直线l的方程为y＝－x＋3.(16分) 19．(2023汇编，18分)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)过点D(－2，0)，且焦距为2. (1)求椭圆C的方程； 答案：＋y2＝1 解析：解：由题意可得 解得b＝1， ∴椭圆C的方程为＋y2＝1.(3分) (2)设与圆x2＋y2＝1相切的直线l交椭圆C于M，N两点，求|MN|的最大值及此时直线l的斜率； 答案：|MN|的最大值为2，此时直线l的斜率为± 解析：解：设M(x1，y1)，N(x2，y2)． 由题意知直线l不能平行于x轴， ∴设l：x＝ty＋m. ∵直线l与圆x2＋y2＝1相切， ∴点O(0，0)到直线l的距离为1，即＝1， ∴m2＝t2＋1.(4分) 联立直线l和椭圆C的方程，得 消去x整理得 (t2＋4)y2＋2tmy＋m2－4＝0. 易知直线l与圆的切点在椭圆内部， ∴Δ>0显然成立， ∴y1＋y2＝，y1y2＝，(5分) ∴|MN|＝·|y1－y2| ＝· ＝· ＝· ＝.(7分) 设＝n，则n≥1， ∴|MN|＝＝≤＝2， 当且仅当n＝， 即n＝时等号成立， ∴|MN|max＝2，此时t＝±，直线l的斜率为＝±.(9分) (3)设过点A(－4，0)的直线l1(不与x轴重合)与椭圆C交于P，Q两点，点T与点Q关于x轴对称，直线TP与x轴交于点H.是否存在常数λ，使得|AD|·|DH|＝λ(|AD|－|DH|)成立．若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由． 答案：存在，λ＝2 解析：解：存在，λ＝2.(10分) 设P(x3，y3)，Q(x4，y4)． ∵点T与点Q关于x轴对称， ∴T(x4，－y4)， ∴直线PT的方程为y－y3＝(x－x3)． 令y＝0，得x＝， ∴xH＝， ∴|DH|＝＋2.(12分) ∵|AD|＝2，|AD|·|DH|＝λ(|AD|－|DH|)， ∴2＝λ＝－λ·，　 化简得2(x4y3＋x3y4＋2y3＋2y4)＝－λ(x4y3＋x3y4)．① 设直线l1的方程为y＝k(x＋4)，k≠0， 则y3＝k(x3＋4)，y4＝k(x4＋4)， 代入①式得2x3x4＋6(x3＋x4)＋16＝－λ[x3x4＋2(x3＋x4)]，② ∴存在常数λ，使得|AD|·|DH|＝λ(|AD|－|DH|)成立， 等价于存在常数λ，使得②式成立．(15分) 联立 消去y整理得(1＋4k2)x2＋32k2x＋64k2－4＝0. ∵直线l1与椭圆相交， ∴Δ＝(32k2)2－4(1＋4k2)(64k2－4)>0， 解得k2<， ∴x3＋x4＝－，x3x4＝， ∴2x3x4＋6(x3＋x4)＋16＝－＋16＝，　 x3x4＋2(x3＋x4)＝－＝， ∴＝－λ·，解得λ＝2， ∴存在常数λ＝2，使得|AD|·|DH|＝λ(|AD|－|DH|)成立．(18分) 20．(2020全国Ⅲ，12分)已知椭圆C：＋＝1(0<m<5)的离心率为，A，B分别为C的左、右顶点． (1)求C的方程； 答案：＋＝1 解析：解：由0<m<5得a＝5，b＝m. 由e＝得e2＝1－，即＝1－， ∴m2＝，故C的方程是＋＝1.(4分) (2)若点P在C上，点Q在直线x＝6上，且|BP|＝|BQ|，BP⊥BQ，求△APQ的面积． 答案： 解析：解：(代数方法) 由(1)得A(－5，0)，B(5，0)， 设点P(s，t)，点Q(6，n)． 根据对称性，只需考虑n>0的情况， ∵|BP|＝|BQ|，∴(s－5)2＋t2＝n2＋1①. ∵BP⊥BQ，∴·＝0，即s－5＋nt＝0②. ∵点P在椭圆C上，∴＋＝1③. 联立①②③解得或(7分) (法一)当时，P(3，1)，Q(6，2)． ∴＝(8，1)，＝(11，2)， ∴S△APQ＝||||sin∠PAQ ＝ ＝＝.(10分) 同理可得当时，S△APQ＝. 综上，△APQ的面积是.(12分) (法二)当时，P(3，1)，Q(6，2)． 易得直线PQ的方程为x－3y＝0， ∴点A到直线PQ的距离d＝ . 而|PQ|＝， ∴S△APQ＝××＝.(10分) 同理可得当时，S△APQ＝. 综上，△APQ的面积是.(12分) (数形结合法) 根据题意作出相关图形，如图所示： ①当P点在y轴左侧时，过P点作PM⊥AB于点M，设直线x＝6和x轴交于点N，则N(6，0)． 易知△PMB≌△BNQ， ∴|NB|＝|PM|＝1.(6分) 令y＝1，得＋＝1，解得x＝±3(舍去x＝3)，所以P(－3，1)．易得|BM|＝8，|QN|＝8， 所以S△APQ＝S△AQN－S△APB－S△PBQ－S△BQN＝[11×8－10×1－(1＋64)－1×8]＝.(10分) ②当P点在y轴右侧时，同理可得P(3，1)，|BM|＝2，|NQ|＝2， 所以S△APQ＝S△AQN－S△APB－S△PBQ－S△BQN＝[11×2－10×1－(4＋1)－1×2]＝. 综上，△APQ的面积是.(12分) 21．(2019全国Ⅱ，12分)已知点A(－2，0)，B(2，0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为－.记M的轨迹为曲线C. (1)求C的方程，并说明C是什么曲线； 答案：＋＝1(|x|≠2)，曲线C为中心在坐标原点，焦点在x轴上，且不含左、右顶点的椭圆 解析：解：由题意得·＝－，化简得＋＝1(|x|≠2)， 所以曲线C为中心在坐标原点，焦点在x轴上，且不含左、右顶点的椭圆．(2分) (2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G. (ⅰ)证明：△PQG是直角三角形； 答案：见证明过程 解析：证明：画出图形如下． 设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k>0)． 由 解得x＝±.(3分) 记u＝，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u，0)， 所以直线QE的斜率为＝，其方程为y＝(x－u)． 联立消去y，整理得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0①. 易知Δ>0恒成立． 设G(xG，yG)，则x＝－u和x＝xG是方程①的两个解，所以－u＋xG＝， 故xG＝＋u＝，所以yG＝(xG－u)＝，(6分) 所以直线PG的斜率为＝＝－， 所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．(8分) (ⅱ)求△PQG面积的最大值． 答案： 解析：解：由(ⅰ)可得xG＝，所以△PQG的面积S＝|PE|·|xG－xQ|＝ ·uk·＝，而u＝， 所以S＝·＝＝ ＝.(10分) 设t＝k＋，则由k＞0得t＝k＋≥2， 当且仅当k＝1时，等号成立， 所以S＝＝. 易知当t∈[2，＋∞)时，函数y＝＋2t单调递增且为正，所以S＝单调递减，所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为， 所以△PQG面积的最大值为.(12分) B组(冲刺满分) 22．(2018浙江，4分)已知点P(0，1)，椭圆＋y2＝m(m>1)上两点A，B满足＝2，则当m＝__5__时，点B横坐标的绝对值最大． 解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由P(0，1)，＝2，可得－x1＝2x2，1－y1＝2(y2－1)， 所以x1＝－2x2，y1＋2y2＝3. 又x＋4y＝4m，x＋4y＝4m①， 所以x＋y＝m②. ②－①得(y1－2y2)(y1＋2y2)＝－3m，即3(y1－2y2)＝－3m，所以y1－2y2＝－m.又y1＋2y2＝3， 所以解得y1＝，y2＝， 代入②得m＝x＋2，所以x＝m－2＝＝，所以当m＝5时，x最大，即点B横坐标的绝对值最大． 23．(2020浙江模拟，4分)已知点P是椭圆＋y2＝1上的动点，F1，F2为椭圆的左、右焦点，O为坐标原点，若M为∠F1PF2的角平分线上的一点，且F2M⊥MP，则点M的横坐标的最小值为__－__． 解析：如图，分别延长F2M与PF1，交于点N，由题意，PM平分∠F1PF2，且PM⊥F2M，所以|PF2|＝|PN|. 设P(x0，y0)，e为椭圆的离心率，则|PF1|＝a＋ex0＝2＋x0，|PN|＝|PF2|＝a－ex0＝2－x0， 所以＝·， 所以xN－x0＝·(－－x0)， 所以xN＝(－－x0)＋x0＝，　 所以xM＝＝. 设f(x)＝，－2<x<2， 则f′(x)＝，　 令f′(x)＝0，可得x＝－2(舍去)或x＝－， 所以函数f(x)在上单调递减，在上单调递增， 所以函数f(x)在x＝－时有最小值－. 24．(2021湖南模拟，12分)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)，连接椭圆上任意两点的线段叫做椭圆的弦，过椭圆中心的弦叫做椭圆的直径．若椭圆的两直径所在直线的斜率之积为－，则称这两直径为椭圆的共轭直径．特别地，若一条直径所在直线的斜率为0，另一条直径所在直线的斜率不存在时，也称这两直径为共轭直径．现已知椭圆E：＋＝1. (1)已知点A，B为椭圆E上的两点，求AB的共轭直径的端点坐标； 答案：和 解析：解：由椭圆E的方程可知a2＝4，b2＝3， ∴－＝－. ∵A，B，∴kAB＝. 设AB的共轭直径所在的直线为y＝kx， 则k·kAB＝－，∴k＝－， ∴AB的共轭直径所在的直线为y＝－x. 联立＋＝1与y＝－x，可得x2＝3，即x＝±，∴AB的共轭直径的端点坐标为(，－)和.(3分) (2)过点(－，0)作直线l与椭圆E交于A1，B1两点，直线A1O，B1O与椭圆E的另一个交点分别为A2，B2，当△A1OB1的面积最大时，直径A1A2与直径B1B2是否共轭？请说明理由； 答案：共轭，理由见解答过程 解析：解：设A1(x1，y1)，B1 (x2，y2)． 由题设知，l不与x轴重合，故设直线l的方程为x＝my－． 联立消去x整理得(3m2＋4)y2－6my－3＝0， ∴y1＋y2＝，y1y2＝，(4分) ∴S△A1OB1＝|y1－y2| ＝· ＝· ＝· ＝ ＝ ≤＝，(5分) 当且仅当3m2＋1＝3，即m2＝时取等号， ∴当m2＝时，S△A1OB1取得最大值， 此时kA1A2·kB1B2＝＝＝＝－＝－， ∴直径A1A2与直径B1B2共轭．(7分) (3)设CD和MN为椭圆E的一对共轭直径，线段CM的中点为T，若＝λ，点P在椭圆E的外部，求λ的取值范围． 答案：(－∞，－)∪(，＋∞) 解析：解：设C(x3，y3)，M(x4，y4)，则T. ∵＝λ，∴可得P. 由P在椭圆E的外部，得2＋2>1， ∴λ2[3(x3＋x4)2＋4(y3＋y4)2]>48，即λ2[(3x＋4y)＋(3x＋4y)＋6x3x4＋8y3y4]>48.(9分) ∵C，M均在椭圆E上，∴3x＋4y＝3x＋4y＝12. 又CD和MN为椭圆E的一对共轭直径， ∴kCD·kMN＝＝－，即4y3y4＋3x3x4＝0， ∴24λ2＞48，解得λ>或λ<－，∴λ的取值范围为(－∞，－)∪(，＋∞)．(12分) 学科网（北京）股份有限公司 $$