28_专题九92椭圆及其性质（习题+十年高考）

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9.2　椭圆及其性质
考点一　椭圆的定义及标准方程
1.(2021全国乙文,11,5分)设B是椭圆C:x25+y2=1的上顶点,点P在C上,则|PB|的最大值为(　　)
A.52　　　　B.6　　　　C.5　　　　D.2
答案　A　解法一:由题意可知B(0,1),
设P(x0,y0),则x025+y02=1,x02=5−5y02,
|PB|=x02+(y0−1)2=5−5y02+y02−2y0+1=−4y02−2y0+6=−4y0+142+254.
因为-1≤y0≤1,所以y0=-14时,|PB|取得最大值52,故选A.
解法二:由题意可知B(0,1),由点P在椭圆x25+y2=1上,
可设P(5cos θ,sin θ),
则|PB|2=(5cos θ)2+(sin θ-1)2=-4sin2θ-2sin θ+6=-4sinθ+142+254,
当sin θ=-14时,|PB|2取得最大值254,此时|PB|最大,为52,故选A.
2.(2021新高考Ⅰ,5,5分)已知F1,F2是椭圆C:x29+y24=1的两个焦点,点M在C上,则|MF1|·|MF2|的最大值为(　　)
A.13　　　　B.12　　　　C.9　　　　D.6
答案　C　∵M在椭圆C:x29+y24=1上,且a=3,
∴|MF1|+|MF2|=6,
∵MF1|+MF2|2≥MF1|·|MF2|,
∴|MF1|·|MF2|≤MF1|+MF2|22=9,
当且仅当|MF1|=|MF2|=3时等号成立.
故选C.
易错警示　在用基本不等式求最值时,要满足“一正、二定、三相等”,三个条件缺一不可.
3.(2022全国甲文,11,5分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为13,A1,A2分别为C的左、右顶点,B为C的上顶点.若BA1·BA2=-1,则C的方程为(　　)
A.x218+y216=1　　　　B.x29+y28=1
C.x23+y22=1　　　　D.x22+y2=1
答案　B　由题意知A1(-a,0),A2(a,0),B(0,b),则BA1=(-a,-b),BA2=(a,-b),所以BA1·BA2=-a2+b2=-1①,又e=ca=1−b2a2=13,即b2a2=89②,联立①②,解得a2=9,b2=8,所以椭圆C的方程为x29+y28=1.故选B.

4.(2015广东文,8,5分)已知椭圆x225+y2m2=1(m>0)的左焦点为F1(-4,0),则m=(　　)
A.2　　　B.3　　　C.4　　　D.9
答案　B　依题意有25-m2=16,∵m>0,∴m=3.选B.
5.(2013广东文,9,5分)已知中心在原点的椭圆C的右焦点为F(1,0),离心率等于12,则C的方程是(　　)
A.x23+y24=1　　　　　B.x24+y23=1
C.x24+y22=1　　　　　D.x24+y23=1
答案　D　由右焦点为F(1,0)可知c=1,因为离心率等于12,即ca=12,故a=2,由a2=b2+c2知b2=3,故椭圆C的方程为x24+y23=1.故选D.
6.(2021全国甲理,15,5分)已知F1,F2为椭圆C:x216+y24=1的两个焦点,P,Q为C上关于坐标原点对称的两点,且|PQ|=|F1F2|,则四边形PF1QF2的面积为　　　　. 
答案　8
解析　如图,设|PF1|=m,|PF2|=n,由椭圆方程x216+y24=1可得,2a=|PF1|+|PF2|=m+n=8,2c=|F1F2|=43.

由P,Q关于原点对称得|OP|=|OQ|,又|OF1|=|OF2|,故四边形PF1QF2为平行四边形.
依据|F1F2|=|PQ|,得到四边形PF1QF2为矩形,故PF1⊥PF2.
在Rt△F1PF2中,∠F2PF1=90°,则m2+n2=(43)2=48,
由(m+n)2=64得m2+n2+2mn=48+2mn=64,解得mn=8,
所以四边形PF1QF2的面积为8.
解题关键　由|PQ|=|F1F2|判断平行四边形PF1QF2是矩形为解题关键.
7.(2021浙江,16,6分)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0),焦点F1(-c,0),F2(c,0)(c>0).若过F1的直线和圆x−12c2+y2=c2相切,与椭圆在第一象限交于点P,且PF2⊥x轴,则该直线的斜率是　　　　,椭圆的离心率是　　　　. 
答案　255;55
解析　设切点为B,圆心为A,连接AB,如图,易知|F1A|=3c2,|F1F2|=2c,|BF1|=5c2,|AB|=c,|PF2|=b2a.
∴直线PF1的斜率k=tan∠PF1F2=|AB|BF1|=c52c=255,
在△PF1F2中, tan∠PF1F2=b2a2c=255,
即5b2=4ac⇒5(a2-c2)=4ac,
方程两边同时除以a2,整理可得5e2+4e−5=0,
解得e=55或e=-5(舍),∴e=55.

一题多解　在求解离心率e时,∵tan∠PF1F2=255,∴在Rt△PF1F2中,可令|PF2|=2,|F1F2|=5,则|PF1|=3,故e=2c2a=|F1F2|PF1|+PF2|=55.
8.(2022新高考Ⅰ,16,5分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),C的上顶点为A,两个焦点为F1,F2,离心率为12.过F1且垂直于AF2的直线与C交于D,E两点,|DE|=6,则△ADE的周长是　　　　. 
答案　 13
解析　设F1、F2分别为左、右焦点.如图,连接AF1,DF2,EF2,
∵e=12=ca,

∴a=2c,∴b=3c,∴A(0,3c),F2(c,0),F1(-c,0),
∴kAF2=−3,∴∠AF2O=60°,又∵|AF1|=|AF2|,∴△AF1F2为正三角形,又∵DE⊥AF2且F1∈DE,∴DE为AF2的中垂线,∴|AD|=|DF2|,|AE|=|EF2|,
∴△ADE的周长为|AD|+|AE|+|DE|=|DF2|+|F2E|+|DF1|+|F1E|=4a.
∵DE⊥AF2,∴kDE=33,∴DE的方程为y=33(x+c),
联立得3x2+4y2−12c2=0,y=33(x+c),消去y得,13x2+8cx-32c2=0,设D(x1,y1),E(x2,y2),则x1+x2=-8c13,x1x2=-3213c2,
∴|DE|=1+332·−8c132−4×−3213c2=6,∴c=138,又∵a=2c,∴4a=8c=13,∴△ADE的周长为13.

9.(2014辽宁,理15,文15,5分)已知椭圆C:x29+y24=1,点M与C的焦点不重合.若M关于C的焦点的对称点分别为A,B,线段MN的中点在C上,则|AN|+|BN|=　　　　. 
答案　12
解析　根据已知条件画出图形,如图.设MN的中点为P,F1、F2为椭圆C的焦点,连接PF1、PF2.显然PF1是△MAN的中位线,PF2是△MBN的中位线,∴|AN|+|BN|=2|PF1|+2|PF2|=2(|PF1|+|PF2|)=2×6=12.

评析　本题考查了椭圆的定义和方程,考查了数形结合的思想.连接PF1、PF2利用椭圆的定义是求解的关键.
10.(2020北京,20,15分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1过点A(-2,-1),且a=2b.
(Ⅰ)求椭圆C的方程;
(Ⅱ)过点B(-4,0)的直线l交椭圆C于点M,N,直线MA,NA分别交直线x=-4于点P,Q.求|PB||BQ|的值.
解析(Ⅰ)由已知条件可列方程组a=2b,(−2)2a2+(−1)2b2=1,
解得a=22,b=2,故椭圆C的标准方程为x28+y22=1.(5分)
(Ⅱ)解法一:由题意知,直线l的斜率存在,设l的斜率为k,则直线l的方程为y=k(x+4).
当k≠0时,直线l与椭圆C交于M、N两点,
设M(x1,y1),N(x2,y2),
联立y=k(x+4),x28+y22=1,化简得(4k2+1)x2+32k2x+(64k2-8)=0,
则x1+x2=-32k24k2+1,x1x2=64k2−84k2+1,
Δ=(32k2)2-4×(4k2+1)×(64k2-8)=32(1-4k2)>0,
解得-120⇔直线与圆锥曲线C相交;Δ=0⇔直线与圆锥曲线C相切;Δb>0)的一个顶点为A(0,-3),右焦点为F,且|OA|=|OF|,其中O为原点.
(Ⅰ)求椭圆的方程;
(Ⅱ)已知点C满足3OC=OF,点B在椭圆上(B异于椭圆的顶点),直线AB与以C为圆心的圆相切于点P,且P为线段AB的中点.求直线AB的方程.
解析(Ⅰ)由已知可得b=3.记半焦距为c,由|OF|=|OA|可得c=b=3.又a2=b2+c2,所以a2=18.所以,椭圆的方程为x218+y29=1.(4分)
(Ⅱ)因为直线AB与以C为圆心的圆相切于点P,且P为线段AB的中点,所以AB⊥CP.依题意,直线AB和直线CP的斜率均存在(由于A为椭圆的一个顶点,B为非顶点,直线AB与圆C相切,故直线AB,CP斜率均存在).设直线AB的方程为y=kx-3.由方程组y=kx−3,x218+y29=1,消去y,可得(2k2+1)x2-12kx=0,解得x=0,或x=12k2k2+1.依题意,可得点B的坐标为12k2k2+1,6k2−32k2+1.因为P为线段AB的中点,点A的坐标为(0,-3),所以点P的坐标为6k2k2+1,−32k2+1(中点坐标公式).(9分)
由3OC=OF,得点C的坐标为(1,0),故直线CP的斜率为−32k2+1−06k2k2+1−1,即32k2−6k+1.又因为AB⊥CP,所以k·32k2−6k+1=-1(两直线垂直,斜率之积为-1),整理得2k2-3k+1=0,解得k=12,或k=1.(14分)
所以,直线AB的方程为y=12x-3,或y=x-3.(15分)
12.(2022天津,19,15分)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F,右顶点为A,上顶点为B,且满足|BF||AB|=32.
(1)求椭圆的离心率e;
(2)已知直线l与椭圆有唯一公共点M,与y轴交于点N(N异于M),记点O为坐标原点,若|OM|=|ON|,且△OMN的面积为3,求椭圆的标准方程.
解析　(1)∵|BF|=c2+b2=a,|AB|=a2+b2,
∴|BF||AB|=aa2+b2=32,解得a=3b,
∴c=a2−b2=2b,∴离心率e=ca=63.
(2)由(1)知椭圆方程为x23b2+y2b2=1.
由题可知直线l的斜率存在且不为0,设l:y=kx+m(k≠0),由椭圆的对称性,不妨设k0,如图.

则有|OM|=|ON|=m.
联立得x23b2+y2b2=1,y=kx+m,
则有(3k2+1)x2+6kmx+3m2-3b2=0,
Δ=0⇒3b2k2+b2-m2=0,
由根与系数的关系得xM=-3mk3k2+1,代入直线l的方程,有yM=m3k2+1.
∴|OM|=xM2+yM2=m9k2+13k2+1=m,解得k=-33,
设直线OM的倾斜角为θ,
∴kOM=tan θ=yMxM=−13k=33,
∴θ=30°,故∠NOM=60°,
∴S△OMN=12m2sin∠NOM=34m2=3,解得m=2,
∴3b2×13+b2-4=0,可得b2=2,
∴椭圆的标准方程为x26+y22=1.
一题多解　(2)由(1)知椭圆方程为x23b2+y2b2=1,

不妨设M(x0,y0)(x0>0,00)过点A(0,-2),以四个顶点围成的四边形面积为45.
(1)求椭圆E的标准方程;
(2)过点P(0,-3)的直线l的斜率为k,交椭圆E于不同的两点B,C,直线AB交y=-3于点M,直线AC交y=-3于点N,若|PM|+|PN|≤15,求k的取值范围.
解析　(1)将A(0,-2)代入椭圆方程得b=2,由椭圆四个顶点围成的四边形面积为2ab=45,解得a=5,
所以椭圆E的标准方程为x25+y24=1.
(2)由题意得直线l的方程为y+3=k(x-0),即y=kx-3,
将y=kx-3代入椭圆方程并化简得(4+5k2)x2-30kx+25=0,
由Δ=(-30k)2-4×25(4+5k2)>0,解得k1,
设B(x1,y1),C(x2,y2),不妨设点B位于第一象限,点C位于第四象限,如图所示.

则x1+x2=30k4+5k2,x1x2=254+5k2,
直线AB的方程为y+2y1+2=x−0x1−0,
令y=-3,解得x=-x1y1+2,得M−x1y1+2,−3,
同理可得N−x2y2+2,−3,
∴|PM|+|PN|=x1y1+2+x2y2+2=x1(y2+2)+x2(y1+2)(y1+2)(y2+2)
=x1(kx2−1)+x2(kx1−1)[(kx1−3)+2][(kx2−3)+2]
=2kx1x2−(x1+x2)(kx1−1)(kx2−1)
=2kx1x2−(x1+x2)k2x1x2−k(x1+x2)+1
=2k·254+5k2−30k4+5k2k2·254+5k2−k·30k4+5k2+1
=50k−30k25k2−30k2+4+5k2=5k≤15,
解得k≤3,又k>1,所以10)的左顶点为A,点P,Q均在C上,且关于y轴对称.若直线AP,AQ的斜率之积为14,则C的离心率为(　　)
A.32　　　　B.22　　　　C.12　　　　D.13
答案　A　设P(x0,y0)(x0≠±a),由于P,Q两点均在C上,且关于y轴对称,所以Q(-x0,y0),且满足x02a2+y02b2=1,则有y02=b21−x02a2=b2a2(a2-x02)(x0≠±a).由题意得A(-a,0),所以kPA=y0x0+a,kAQ=y0−x0+a=−y0x0−a,所以kAP·kAQ=-y02x02−a2=−b2a2(a2−x02)x02−a2=b2a2=14,所以C的离心率e=ca=1−b2a2=1−14=32,故选A.
2.(2021全国乙理,11,5分)设B是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上顶点,若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(　　)
A.22,1　　　　B.12,1　　　　C.0,22　　　　D.0,12
答案　C　由题意知,B(0,b),设P(x0,y0),则x02a2+y02b2=1,则x02=a21−y02b2.
∴|PB|2=x02+(y0-b)2=a21−y02b2+y02−2by0+b2=−c2b2y02-2by0+a2+b2,
∵C上任意一点P都满足|PB|≤2b,y0∈[-b,b],∴当y0=-b时,|PB|2取得最大值,∴-b3c2≤-b,即b2≥c2,
又a2=b2+c2,∴a2-c2≥c2,即a2≥2c2,∴e2≤12,又∵e∈(0,1),
∴e∈0,22,即离心率的取值范围为0,22,故选C.
易错警示　当|PB|2转化成关于y0的函数时,由于忽略y0的取值范围而导致|PB|2的最大值求错,从而失分.

3.(2018课标Ⅰ文,4,5分)已知椭圆C:x2a2+y24=1的一个焦点为(2,0),则C的离心率为(　　)
A.13　　　B.12　　　C.22　　　D.223
答案　C　本题主要考查椭圆的方程及其几何性质.
由题意可知c=2,b2=4,
∴a2=b2+c2=4+22=8,则a=22,
∴e=ca=222=22,故选C.
方法总结　求椭圆离心率的常用方法:
(1)求得a,c的值,直接代入e=ca求解.
(2)列出关于a,b,c的齐次方程,结合b2=a2-c2消去b,从而转化为关于e的方程求解.
4.(2018课标Ⅱ文,11,5分)已知F1,F2是椭圆C的两个焦点,P是C上的一点.若PF1⊥PF2,且∠PF2F1=60°,则C的离心率为(　　)
A.1-32　　　　　B.2-3
C.3−12　　　　　D.3-1
答案　D　本题主要考查椭圆的定义和几何性质.
不妨设椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0).
在Rt△F1PF2中,因为∠PF2F1=60°,|F1F2|=2c,
所以|PF2|=c,|PF1|=3c.
由椭圆的定义得|PF1|+|PF2|=2a,
即3c+c=2a,
所以椭圆的离心率e=ca=23+1=3-1.故选D.

疑难突破　利用椭圆的定义|PF1|+|PF2|=2a,结合题意得到a与c的等量关系是求解的关键,也是难点的突破口.
5.(2016课标Ⅰ文,5,5分)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　如图,|OB|为椭圆中心到l的距离,则|OA|·|OF|=|AF|·|OB|,即bc=a·b2,所以e=ca=12.故选B.

易错警示　椭圆中心到直线l的距离为14×2b=b2,容易将短轴长误认为b.
评析　本题考查椭圆的基本知识,利用三角形的面积建立等量关系是求解的关键.
6.(2015福建文,11,5分)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F,短轴的一个端点为M,直线l:3x-4y=0交椭圆E于A,B两点.若|AF|+|BF|=4,点M到直线l的距离不小于45,则椭圆E的离心率的取值范围是(　　)
A.0,32　　　B.0,34　　　C.32,1　　　D.34,1
答案　A　直线l:3x-4y=0过原点,从而A,B两点关于原点对称,于是|AF|+|BF|=2a=4,所以a=2.不妨令M(0,b),则由点M(0,b)到直线l的距离不小于45,得4b32+(−4)2≥45,即b≥1.所以e2=c2a2=a2−b2a2=4−b24≤34,又00)的左、右焦点分别为F1,F2,P是C上的点,PF2⊥F1F2,∠PF1F2=30°,则C的离心率为(　　)
A.36　　　B.13　　　C.12　　　D.33
答案　D　在Rt△PF2F1中,令|PF2|=1,因为∠PF1F2=30°,所以|PF1|=2,|F1F2|=3.所以e=2c2a=|F1F2||PF1|+|PF2|=33.故选D.
8.(2013四川文,9,5分)从椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一点P向x轴作垂线,垂足恰为左焦点F1,A是椭圆与x轴正半轴的交点,B是椭圆与y轴正半轴的交点,且AB∥OP(O是坐标原点),则该椭圆的离心率是(　　)
A.24　　　B.12　　　C.22　　　D.32
答案　C　左焦点为F1(-c,0),PF1⊥x轴,
当x=-c时,c2a2+yP2b2=1⇒yP2=b21−c2a2=b4a2⇒yP=b2a(负值不合题意,已舍去),点P−c,b2a,
由斜率公式得kAB=-ba,kOP=-b2ac.
∵AB∥OP,∴kAB=kOP⇒-ba=-b2ac⇒b=c.
∵a2=b2+c2=2c2,∴c2a2=12⇒e=ca=22.故选C.
9.(2013辽宁文,11,5分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F,C与过原点的直线相交于A、B两点,连接AF,BF.若|AB|=10,|BF|=8,cos∠ABF=45,则C的离心率为(　　)
A.35　　　B.57　　　C.45　　　D.67
答案　B　如图,设|AF|=x,则cos∠ABF=82+102−x22×8×10=45.

解得x=6,∴∠AFB=90°,由椭圆及直线关于原点对称可知|AF1|=8,且∠FAF1=∠FAB+∠FBA=90°,△FAF1是直角三角形,∴|F1F|=10,故2a=8+6=14,2c=10,∴ca=57.故选B.
评析　本题考查余弦定理,椭圆的几何性质,考查了数形结合思想及运算求解能力.
10.(2012课标理,4,5分)设F1,F2是椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左,右焦点,P为直线x=3a2上一点,△F2PF1是底角为30°的等腰三角形,则E的离心率为(　　)
A.12　　　B.23　　　C.34　　　D.45
答案　C　设直线x=32a与x轴交于点Q,由题意得∠PF2Q=60°,|F2P|=|F1F2|=2c,|F2Q|=32a-c,∴32a-c=12×2c,∴e=ca=34,故选C.
评析　本题考查了椭圆的基本性质,考查了方程的思想,灵活解三角形对求解至关重要.
11.(2011课标全国文,4,5分)椭圆x216+y28=1的离心率为(　　)
A.13　　　B.12　　　C.33　　　D.22
答案　D　在x216+y28=1中,a2=16,b2=8,c2=a2-b2=16-8=8,
∴c=22,∴e=ca=224=22,故选D.
12.(2016课标Ⅲ,11,5分)已知O为坐标原点,F是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点,A,B分别为C的左,右顶点.P为C上一点,且PF⊥x轴.过点A的直线l与线段PF交于点M,与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点,则C的离心率为　(　　)
A.13　　　B.12　　　C.23　　　D.34
答案　A　由题意知过点A的直线l的斜率存在且不为0,故可设直线l的方程为y=k(x+a),当x=-c时,y=k(a-c),当x=0时,y=ka,所以M(-c,k(a-c)),E(0,ka).如图,设OE的中点为N,则N0,ka2,由于B,M,N三点共线,所以kBN=kBM,即ka2−a=k(a−c)−c−a,所以12=a−ca+c,即a=3c,所以e=13.故选A.

13.(2018浙江,17,4分)已知点P(0,1),椭圆x24+y2=m(m>1)上两点A,B满足AP=2PB,则当m=　　　　时,点B横坐标的绝对值最大. 
答案　5
解析　本小题考查椭圆的标准方程,向量的坐标运算,二次函数的最值.
设B(t,u),由AP=2PB,易得A(-2t,3-2u).
∵点A,B都在椭圆上,∴t24+u2=m,4t24+(3−2u)2=m,
从而有3t24+3u2-12u+9=0,即t24+u2=4u-3.
即有4u-3=m⇒u=m+34,
∴t24+(m+3)216=m,∴t2=-14m2+52m-94=-14(m-5)2+4.
∴当m=5时,(t2)max=4,即|t|max=2,
即当m=5时,点B横坐标的绝对值最大.
14.(2015浙江文,15,4分)椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点F(c,0)关于直线y=bcx的对称点Q在椭圆上,则椭圆的离心率是　　　　. 
答案　22
解析　令Q的坐标为(x0,y0),FQ的中点为Mx0+c2,y02,由点M在直线y=bcx上得bx0-cy0+bc=0①.又因为直线FQ垂直于直线y=bcx,所以y0x0−c=-cb,即cx0+by0-c2=0②,联立①②得点Q2c3−a2ca2,2bc2a2,把点Q的坐标代入x2a2+y2b2=1并化简得a6=4c6+a4c2,两边同除以a6得4e6+e2-1=0,令t=e2,则00)的左、右焦点分别为F1,F2,焦距为2c.若直线y=3(x+c)与椭圆Γ的一个交点M满足∠MF1F2=2∠MF2F1,则该椭圆的离心率等于　　　　. 
答案　3-1
解析　由已知得直线y=3(x+c)过M、F1两点,所以直线MF1的斜率为3,所以∠MF1F2=60°,则∠MF2F1=30°,∠F1MF2=90°,如图,故MF1=c,MF2=3c,由点M在椭圆Γ上知:c+3c=2a,故e=ca=3-1.

17.(2012江西理,13,5分)椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别是A、B,左、右焦点分别是F1、F2.若|AF1|,|F1F2|,|F1B|成等比数列,则此椭圆的离心率为　　　　. 
答案　55
解析　∵|AF1|=a-c,|BF1|=a+c,|F1F2|=2c,
则有4c2=(a-c)(a+c),
得e=ca=55.
评析　本题考查了椭圆的离心率的概念,椭圆和等比数列的基本性质.
考点三　直线与椭圆的位置关系
1.(2013课标Ⅰ理,10,5分)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F(3,0),过点F的直线交E于A,B两点.若AB的中点坐标为(1,-1),则E的方程为(　　)
A.x245+y236=1　　　　　B.x236+y227=1
C.x227+y218=1　　　　　D.x218+y29=1
答案　D　直线AB的斜率k=0+13−1=12,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x12a2+y12b2=1,　　　　　①x22a2+y22b2=1,　　　②
①-②得y1−y2x1−x2=-b2a2·x1+x2y1+y2.
即k=-b2a2×2−2,
∴b2a2=12.　　　　　　 ③
又a2-b2=c2=9,　　　④
由③④得a2=18,b2=9.
所以椭圆E的方程为x218+y29=1,故选D.
评析　本题考查了直线和椭圆的位置关系,考查了线段的中点问题.本题也可利用根与系数的关系解决中点问题.
2.(2022新高考Ⅱ,16,5分)已知直线l与椭圆x26+y23=1在第一象限交于A,B两点,l与x轴、y轴分别交于M,N两点,且|MA|=|NB|,|MN|=23,则l的方程为　　　　. 
答案　 x+2y−22=0
解析　设M(m,0),N(0,n),其中m>0,n>0,则直线l:xm+yn=1,
由xm+yn=1,x2+2y2−6=0消y并整理得1+2n2m2x2−4n2mx+2n2-6=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),不妨令x1>x2,
则x1+x2=4n2m1+2n2m2=4mn2m2+2n2.
由|MA|=|NB|得1+n2m2|xM−x1|=1+n2m2|xN-x2|,
即m-x1=x2,∴x1+x2=m,
故4mn2m2+2n2=m,即m2=2n2.①
又由|MN|=23得m2+n2=12,②
由①②及m>0,n>0可得m=22,n=2.
∴l的方程为x22+y2=1,即x+2y−22=0.

3.(2014江西理,15,5分)过点M(1,1)作斜率为-12的直线与椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)相交于A,B两点,若M是线段AB的中点,则椭圆C的离心率等于　　　　. 
答案　22
解析　设A(x1,y1),B(x2,y2),则x12a2+y12b2=1①,
x22a2+y22b2=1②.
①、②两式相减并整理得y1−y2x1−x2=-b2a2·x1+x2y1+y2.
把已知条件代入上式得,-12=-b2a2×22,
∴b2a2=12,故椭圆的离心率e=1−b2a2=22.
评析　本题考查了直线和椭圆的位置关系.考查了线段的中点问题,利用整体运算的技巧是求解的关键.本题也可以利用韦达定理求解.
4.(2022北京,19,15分)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个顶点为A(0,1),焦距为23.
(1)求椭圆E的方程;
(2)过点P(-2,1)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B,C,直线AB,AC分别与x轴交于点M,N.当|MN|=2时,求k的值.
解析　 (1)由题意得b=1,c=3,则a=12+(3)2=2,所以椭圆E的方程为x24+y2=1.
(2)过点P且斜率为k的直线方程为y-1=k(x+2),设B(x1,y1),C(x2,y2),
联立直线和椭圆E的方程得y−1=k(x+2),x24+y2=1,可得(1+4k2)x2+(16k2+8k)x+16k2+16k=0,由Δ>0可得(16k2+8k)2-4(1+4k2)(16k2+16k)>0,解得kb>0)的左焦点为F,左顶点为A,上顶点为B.已知3|OA|=2|OB|(O为原点).
(1)求椭圆的离心率;
(2)设经过点F且斜率为34的直线l与椭圆在x轴上方的交点为P,圆C同时与x轴和直线l相切,圆心C在直线x=4上,且OC∥AP.求椭圆的方程.
解析　本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、圆等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力,以及用方程思想、数形结合思想解决问题的能力.满分14分.
(1)设椭圆的半焦距为c,由已知有3a=2b.
又由a2=b2+c2,消去b得a2=32a2+c2,解得ca=12.
所以,椭圆的离心率为12.
(2)由(1)知,a=2c,b=3c,故椭圆方程为x24c2+y23c2=1.
由题意,F(-c,0),则直线l的方程为y=34(x+c).
点P的坐标满足x24c2+y23c2=1,y=34(x+c),消去y并化简,得到7x2+6cx-13c2=0,解得x1=c,x2=-13c7.
代入到l的方程,解得y1=32c,y2=-914c.
因为点P在x轴上方,所以Pc,32c.
由圆心C在直线x=4上,可设C(4,t).
因为OC∥AP,且由(1)知A(-2c,0),故t4=32cc+2c,解得t=2.则C(4,2).
因为圆C与x轴相切,所以圆的半径长为2,又由圆C与l相切,得34(4+c)−21+342=2,可得c=2.
所以,椭圆的方程为x216+y212=1.
思路分析　(1)由已知条件,得a与b的比例关系,代入a2=b2+c2,得a与c的齐次关系,进而求得离心率.(2)设出直线方程(含参数c),联立直线与椭圆方程(含参数c),得交点P的坐标(含参数c),由kAP=kOC,求得C点坐标以及圆的半径r,最后由圆心到直线距离等于半径列出关于c的方程,求得c的值,最终确定椭圆方程.
6.(2018课标Ⅲ理,20,12分)已知斜率为k的直线l与椭圆C:x24+y23=1交于A,B两点,线段AB的中点为M(1,m)(m>0).
(1)证明:k0)与椭圆在第一象限的交点为P,且l与直线AB交于点Q.若|AQ||PQ|=524sin∠AOQ(O为原点),求k的值.
解析(1)设椭圆的焦距为2c,由已知有c2a2=59,
又由a2=b2+c2,可得2a=3b.
由已知可得,|FB|=a,|AB|=2b,
由|FB|·|AB|=62,可得ab=6,从而a=3,b=2.
所以,椭圆的方程为x29+y24=1.
(2)设点P的坐标为(x1,y1),点Q的坐标为(x2,y2).
由已知有y1>y2>0,故|PQ|sin∠AOQ=y1-y2.
又因为|AQ|=y2sin∠OAB,而∠OAB=π4,故|AQ|=2y2.
由|AQ||PQ|=524sin∠AOQ,可得5y1=9y2.
由方程组y=kx,x29+y24=1,消去x,可得y1=6k9k2+4.
易知直线AB的方程为x+y-2=0,
由方程组y=kx,x+y−2=0,消去x,可得y2=2kk+1.
由5y1=9y2,可得5(k+1)=39k2+4,两边平方,
整理得56k2-50k+11=0,解得k=12,或k=1128.
所以,k的值为12或1128.
解题关键　利用平面几何知识将|AQ||PQ|=524sin∠AOQ转化为点P、Q坐标间的关系是解决第(2)问的关键.
方法归纳　求椭圆标准方程的基本方法
(1)定义法:根据椭圆的定义,确定a2,b2的值,结合焦点位置写出椭圆方程;
(2)待定系数法:这是求椭圆方程的常用方法,基本步骤为①根据已知条件判断焦点的位置;②根据焦点的位置设出所求椭圆的方程;③根据已知条件,建立关于a、b、c的方程组,注意c2=a2-b2的应用;④解方程组,求得a、b的值,从而得出椭圆的方程.
9.(2017天津文,20,14分)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F(-c,0),右顶点为A,点E的坐标为(0,c),△EFA的面积为b22.
(1)求椭圆的离心率;
(2)设点Q在线段AE上,|FQ|=32c,延长线段FQ与椭圆交于点P,点M,N在x轴上,PM∥QN,且直线PM与直线QN间的距离为c,四边形PQNM的面积为3c.
(i)求直线FP的斜率;
(ii)求椭圆的方程.
解析　本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质和方程思想.考查运算求解能力,以及综合分析问题和解决问题的能力.
(1)设椭圆的离心率为e.由已知,可得12(c+a)c=b22.
又由b2=a2-c2,可得2c2+ac-a2=0,即2e2+e-1=0.
又因为00,得c=2.
所以,椭圆的方程为x216+y212=1.
方法点拨　1.求离心率常用的方法:(1)直接求a,c,利用定义求解;(2)构造a,c的齐次式,利用方程思想求出离心率e的值.
2.求直线斜率的常用方法:(1)公式法:k=y1−y2x1−x2(x1≠x2),其中两点坐标分别为(x1,y1),(x2,y2);(2)利用导数的几何意义求解;(3)直线的方向向量a=(m,n),则k=nm(m≠0);(4)点差法.
3.解决四边形或三角形的面积问题时,注意弦长公式与整体代换思想的应用.
10.(2016课标Ⅱ文,21,12分)已知A是椭圆E:x24+y23=1的左顶点,斜率为k(k>0)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MA⊥NA.
(1)当|AM|=|AN|时,求△AMN的面积;
(2)当2|AM|=|AN|时,证明:30)代入x24+y23=1得
(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0.
由x1·(-2)=16k2−123+4k2得x1=2(3−4k2)3+4k2,
故|AM|=|x1+2|1+k2=121+k23+4k2.
由题设,直线AN的方程为y=-1k(x+2),
故同理可得|AN|=12k1+k23k2+4.(7分)
由2|AM|=|AN|得23+4k2=k3k2+4,即4k3-6k2+3k-8=0.(9分)
设f(t)=4t3-6t2+3t-8,则k是f(t)的零点, f '(t)=12t2-12t+3=3(2t-1)2≥0,所以f(t)在(0,+∞)内单调递增.
又f(3)=153-260,因此f(t)在(0,+∞)内有唯一的零点,且零点k在(3,2)内,所以30)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点,直线l:y=-x+3与椭圆E有且只有一个公共点T.
(1)求椭圆E的方程及点T的坐标;
(2)设O是坐标原点,直线l'平行于OT,与椭圆E交于不同的两点A,B,且与直线l交于点P.证明:存在常数λ,使得|PT|2=λ|PA|·|PB|,并求λ的值.
解析　(1)由已知,a=2b,
则椭圆E的方程为x22b2+y2b2=1.
由方程组x22b2+y2b2=1,y=−x+3,得3x2-12x+(18-2b2)=0.①
方程①的判别式为Δ=24(b2-3),由Δ=0,得b2=3,
此时方程①的解为x=2,
所以椭圆E的方程为x26+y23=1.
点T坐标为(2,1).
(2)由已知可设直线l'的方程为y=12x+m(m≠0),
由方程组y=12x+m,y=−x+3,可得x=2−2m3,y=1+2m3.
所以P点坐标为2−2m3,1+2m3,|PT|2=89m2.
设点A,B的坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2).
由方程组x26+y23=1,y=12x+m,可得3x2+4mx+(4m2-12)=0.②
方程②的判别式为Δ=16(9-2m2),
由Δ>0,解得-322b>0)过点(0,2),且离心率e=22.
(1)求椭圆E的方程;
(2)设直线l:x=my-1(m∈R)交椭圆E于A,B两点,判断点G−94,0与以线段AB为直径的圆的位置关系,并说明理由.

解析　解法一:(1)由已知得b=2,ca=22,a2=b2+c2.解得a=2,b=2,c=2.
所以椭圆E的方程为x24+y22=1.
(2)设点A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点为H(x0,y0).
由x=my−1,x24+y22=1得(m2+2)y2-2my-3=0,
所以y1+y2=2mm2+2,y1y2=-3m2+2,从而y0=mm2+2.
所以|GH|2=x0+942+y02=my0+542+y02=(m2+1)y02+52my0+2516.
|AB|24=(x1−x2)2+(y1−y2)24=(1+m2)(y1−y2)24
=(1+m2)[(y1+y2)2−4y1y2]4=(1+m2)(y02-y1y2),
故|GH|2-|AB|24=52my0+(1+m2)y1y2+2516=5m22(m2+2)-3(1+m2)m2+2+2516=17m2+216(m2+2)>0,所以|GH|>|AB|2.
故点G−94,0在以AB为直径的圆外.
解法二:(1)同解法一.
(2)设点A(x1,y1),B(x2,y2),则GA=x1+94,y1,
GB=x2+94,y2.
由x=my−1,x24+y22=1得(m2+2)y2-2my-3=0,
所以y1+y2=2mm2+2,y1y2=-3m2+2,
从而GA·GB=x1+94x2+94+y1y2=my1+54my2+54+y1y2=(m2+1)y1y2+54m(y1+y2)+2516=−3(m2+1)m2+2+52m2m2+2+2516=17m2+216(m2+2)>0,
所以cos>0.又GA,GB不共线,所以∠AGB为锐角.
故点G−94,0在以AB为直径的圆外.
评析　本小题主要考查椭圆、圆、直线与椭圆的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想.
14.(2015安徽理,20,13分)设椭圆E的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),点O为坐标原点,点A的坐标为(a,0),点B的坐标为(0,b),点M在线段AB上,满足|BM|=2|MA|,直线OM的斜率为510.
(1)求E的离心率e;
(2)设点C的坐标为(0,-b),N为线段AC的中点,点N关于直线AB的对称点的纵坐标为72,求E的方程.
解析　(1)由题设条件知,点M的坐标为23a,13b,
又kOM=510,从而b2a=510.
进而得a=5b,c=a2−b2=2b.故e=ca=255.
(2)由题设条件和(1)的计算结果可得,直线AB的方程为x5b+yb=1,点N的坐标为52b,−12b.
设点N关于直线AB的对称点S的坐标为x1,72,则线段NS的中点T的坐标为54b+x12,−14b+74.又点T在直线AB上,且kNS·kAB=-1,从而有54b+x125b+−14b+74b=1,72+12bx1−52b=5,
解得b=3.
所以a=35,故椭圆E的方程为x245+y29=1.
评析　本题考查椭圆的方程、几何性质以及对称问题,利用方程思想解决点关于直线的对称问题,考查利用待定系数法求椭圆的方程,考查学生的运算求解能力和化归思想的应用.
15.(2014课标Ⅰ理,20,12分)已知点A(0,-2),椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,F是椭圆E的右焦点,直线AF的斜率为233,O为坐标原点.
(1)求E的方程;
(2)设过点A的动直线l与E相交于P,Q两点.当△OPQ的面积最大时,求l的方程.
解析　(1)设F(c,0),由条件知,2c=233,得c=3.
又ca=32,所以a=2,b2=a2-c2=1.
故E的方程为x24+y2=1.
(2)当l⊥x轴时不合题意,故设l:y=kx-2,P(x1,y1),Q(x2,y2).
将y=kx-2代入x24+y2=1得(1+4k2)x2-16kx+12=0.
当Δ=16(4k2-3)>0,即k2>34时,x1,2=8k±24k2−34k2+1.
从而|PQ|=k2+1|x1-x2|=4k2+1·4k2−34k2+1.
又点O到直线PQ的距离d=2k2+1,
所以△OPQ的面积
S△OPQ=12d·|PQ|=44k2−34k2+1.
设4k2−3=t,则t>0,S△OPQ=4tt2+4=4t+4t.
因为t+4t≥4,当且仅当t=2,即k=±72时等号成立,且满足Δ>0,
所以,当△OPQ的面积最大时,l的方程为y=72x-2或y=-72x-2.
评析　本题主要考查椭圆的标准方程、几何性质,直线的方程以及直线与椭圆的位置关系等基础知识,考查用代数方法研究圆锥曲线综合问题,考查方程思想、函数思想、整体代换以及换元法的应用.考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力.