專題九解析幾何第二十五講橢圓答案

專題九 解析幾何第二十五講 橢圓答案部分2019年1.如圖所示，設(shè)BF2x，則AF22x，所以BF2AB3x.y由橢圓定義BF1BF22a，即4x2a.A又AF1AF22a4x，AF22x，所以AF12x.F1OxB因此點(diǎn)A為橢圓的上頂點(diǎn)，設(shè)其坐標(biāo)為0,b.由AF22BF2可得點(diǎn)B的坐標(biāo)為3,b.22因?yàn)辄c(diǎn)B在橢圓x2y2911ab0上，所以1.a2b24a24解得a2 3.又c1，所以b22.所以橢圓方程為x2y21.故選B.3 22.解析：由題意可得： 3p p

p

2，解得p 8．故選D．23.解析（I）由題意得， b2=1，c=1．所以a2=b2+c2=2．所以橢圓C的方程為 x2 y21．2（Ⅱ）設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），則直線AP的方程為yy11x1．x1x1令y=0，得點(diǎn)M的橫坐標(biāo)xM ．y1 1又y1kx1t，從而|OM|xM|x1|．kx1t1同理，|ON||x2|．kx2t1ykxt,由2得(12k2)x24ktx2t220．xy212則x1x24kt2t22，x1x2．12k212k2所以|OM||ON||x1||x2|kx1kx2tt11|2x1x22|x1x2k(t1)x1x2(t1)k2t22|2t2212k24kt|k2k(t1)(2)(t212k212k1)2|1 t|．t又|OM||ON|2，所以2|1t|2．1t解得t=0，所以直線l為ykx，所以直線l恒過(guò)定點(diǎn)（0，0）．4.解析 （1）設(shè)橢圓 C的焦距為2c.因?yàn)镕1(-1，0)，F(xiàn)2(1，0)，所以F1F2=2，c=1.又因?yàn)镈F1=5，AF2⊥x軸，所以DF2=DF12F1F22(5)2223，222因此2a=DF1+DF2=4，從而a=2.由b2=a2-c2，得b2=3.因此，橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2y21.43（2）解法一：由（1）知，橢圓C：x2y21，a=2，43因?yàn)锳F2⊥x軸，所以點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為1.將x=1代入圓F2的方程(x-1)2+y2=16，解得y=±4.因?yàn)辄c(diǎn)A在x軸上方，所以 A(1，4).又F1(-1，0)，所以直線AF1：y=2x+2.y2x2，得5x26x110，由1)2y216(x解得x1或x11.51112將x2x2，得y，代入y55因此B(11,12).又F2(1，0)，所以直線BF2：y3(x1).554y3(x1)13由4，得2，解得y27x6x130x1或x.x21743又因?yàn)镋是線段BF2與橢圓的交點(diǎn)，所以x1.將x1代入y3(x1)，得y3.因此E(1,3).422解法二：由（1）知，橢圓C：x2y21.如圖所示，聯(lián)結(jié)143EF.因?yàn)锽F2=2a，EF1+EF2=2a，所以EF1=EB，從而∠BF1E=∠B.因?yàn)镕2A=F2B，所以∠A=∠B，所以∠A=∠BF1E，從而EF1∥F2A.因?yàn)锳F2⊥x軸，所以 EF1⊥x軸.x13因?yàn)镕1(-1，0)，由x2y2，得y.124 3又因?yàn)镋是線段BF2與橢圓的交點(diǎn)，所以y3.32因此E(1,).25.解析：設(shè)橢圓的右焦點(diǎn)為F，連接PF，線段PF的中點(diǎn)A在以原點(diǎn)O為圓心，2為半徑的圓，連接AO，可得PF2AO4，設(shè)P的坐標(biāo)為（m,n），可得32m4，可得m3，n15，32215由F(2,0)，可得直線PF的斜率為215．3226.解：（1）連結(jié)PF1，由△POF2為等邊三角形可知在△F1PF2中，F(xiàn)1PF290，PF2c，PF13c，于是2aPF1PF2(31)c，故C的離心率是ec1.3a（2）由題意可知，滿足條件的點(diǎn)P(x,y)存在當(dāng)且僅當(dāng)1|y|2c16，yy1，2xcxcx2y21，即c|y|16，①a2b2x2y2c2，②x2y21，③a2b2由②③及a2b2c2得y2b4，又由①知y2162，故b4.c2c2由②③得x2a2c2b2，所以c2b2，從而a2b2c22b232,故a42.c2當(dāng)b4，a42時(shí)，存在滿足條件的點(diǎn)P.所以b4，a的取值范圍為[42,).7.解析（Ⅰ）設(shè)橢圓的半焦距為c，由已知有3a2b，又由a2b2c2，消去b得3a2c2，解得c1a2.2a2所以，橢圓的離心率為1.2（Ⅱ）由（Ⅰ）知，a2c，b3c，故橢圓方程為x2y21.4c23c2由題意，F(xiàn)c,0，則直線l的方程為y3(xc).4x2y21，4c23c222點(diǎn)P的坐標(biāo)滿足，消去y并化簡(jiǎn)，得到7x6cx13c0，解得x1c，3(xyc)，4x213c，代入到l的方程，解得y139c.7c，y2142因?yàn)辄c(diǎn)P在x軸上方，所以Pc,3c.由圓心C在直線x4上，可設(shè)C4,t.2，故t3c因?yàn)镺C∥AP，且由（Ⅰ）知A2c,0c22c，解得t2.43(4c)2因?yàn)閳AC與x軸相切，所以圓的半徑為2，又由圓C與l相切，得4322，可得14c2.所以，橢圓的方程為x2y21.16128.解析設(shè)M(m,n)，m,n0，橢圓C：C:x2y21的a6，b25，c2，36 20ec2，由于M為C上一點(diǎn)且在第一象限，可得|MF1||MF2|，a3△MF1F2為等腰三角形，可能|MF1|2c或|MF2|2c，即有62m8，即m3，n15；2m368，即m30，舍去．可得M(3,15).39.解析（1）設(shè)Dt,1,Ax1,y1，則x122y1.2由于y'x，所以切線DA的斜率為x1，故y112，整理得2tx12y1+1=0.x1tx1設(shè)Bx2,y2，同理可得2tx22y2+1=0.故直線AB的方程為2tx2y10.所以直線AB過(guò)定點(diǎn)(0,1).21（2）由（1）得直線AB的方程為ytx.2ytx12，可得由x2x22tx10.y2于是x1x22t,y1y2tx1x212t21.設(shè)M為線段ABMt,t21.的中點(diǎn)，則2由于EMAB，而EMt,t22，AB與向量(1,t)平行，所以tt22t0.解得t=0或t1.52當(dāng)t=0時(shí)，|EM|=2，所求圓的方程為x2y4；252當(dāng)t1時(shí)，|EM|2，所求圓的方程為x2y2.22010-2018年1．C【解析】不妨設(shè)a0，因?yàn)闄E圓C的一個(gè)焦點(diǎn)為(2，0)，所以c2，所以a2b2c2448，所以C的離心率為ec2．故選C．a(chǎn)2．【解析】由題設(shè)知F1PF290，21，|F1F2|2c，2DPFF60所以|PF2|c，|PF1|3c．由橢圓的定義得|PF1||PF2|2a，即3cc2a，所以(31)c2a，故橢圓C的離心率ec231．故選D．a(chǎn)313．C【解析】由題意a25，a5．由橢圓的定義可知，P到該橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)的距離之和為2a25，故選C．4．B【解析】由題意可知a29，b24，∴c2a2b25，∴離心率ec5，a3選B．5．A【解析】以線段A1A2為直徑的圓是x2y2a2，直線bxay2ab0與圓相切，所以圓心到直線的距離d2aba，整理為a23b2，a2b2即a23a2c22a23c2c22，ec6，故選A．，即23aa36．A【解析】當(dāng)0m3，焦點(diǎn)在x軸上，要使C上存在點(diǎn)M滿足AMB120，則atan603，即33，得0m1；當(dāng)m3，焦點(diǎn)在y軸上，bm要使C上存在點(diǎn)M滿足AMB120，則atan603，即m3，b3得m9，故m的取值范圍為(0,1][9,)，選A．7．B【解析】不妨設(shè)直線l過(guò)橢圓的上頂點(diǎn)(0,b)和左焦點(diǎn)(c,0)，b0,c0，則直線l的方程為bxcybc0，由已知得bcc212b，解得b23c2，b24又b2a2c2，所以c21，即e1，故選B．a(chǎn)2428．A【解析】由題意，不妨設(shè)點(diǎn)P在x軸上方，直線l的方程為yk(xa)(k0)，分別令xc與x0，得|FM|k(ac)，|OE|ka，設(shè)OE的中點(diǎn)為G，由OBGFBM，得|OG||OB|，即kaa，整理得c1，|FM||BF|2k(ac)aca3所以橢圓C的離心率e1，故選A．39．B【解析】∵拋物線C：y28x的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(2,0)，準(zhǔn)線l的方程為x2①，設(shè)橢圓E的方程為x2y21(ab0)，所以橢圓E的半焦距c=2，又橢圓的離心a2b2率為1，所以a4,b23，橢圓E的方程為x2y21②，聯(lián)立①②，21612解得A(2,3),B(2,3)或A(2,3),B(2,3)，所以|AB|=6，選B．10．B【解析】由題意得：m225429，因?yàn)閙0，所以m3，故選C．11．A【解析】設(shè)橢圓的左焦點(diǎn)為F1，半焦距為c，連結(jié)AF1，BF1，則四邊形AF1BF為平行四邊形，所以|AF1||BF1||AF||BF|4，根據(jù)橢圓定義，有|AF1||AF||BF1||BF|4a，所以8=4a，解得a=2．因?yàn)辄c(diǎn)M到直線l：3x+4y=0的距離不小于4，即4b≥4,b≥1，所以b2≥1，555所以a2c2≥1,4c2≥1，解得0c≤3，所以0c≤3，所以橢圓的離a2心率的取值范圍為(0,3]．212．D【解析】由題意可設(shè)Q(10cos,sin)，圓的圓心坐標(biāo)為C(0,6)，圓心到Q的距離為|CQ|(10cos)2(sin6)2509(sin2)2≤5052，當(dāng)且3僅當(dāng)sin2r52262，所以時(shí)取等號(hào)，所以|PQ|max≤|CQ|max3P,Q兩點(diǎn)間的最大距離是62．13．D【解析】設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)，則x1x2=2，y1y2=－2，x12y121①x22y221②a2b2a2b2①－②得(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)0，a2b2∴kAB=y1y2=b2(x1x2)=b2，又kAB=01=1，∴b2=1，又9=c2=a2b2，x1x2a2(yy)a2312a2212解得b2=9，a2=18，∴橢圓方程為x2y21，故選D.18914．D【解析】∵c1,a2,b3，選D.15．C【解析】F2PF1是底角為30的等腰三角形PF2F2F12(3ac)2cec32a416．5【解析】設(shè)A(x1,y1)，B(x2,y2)，由AP2PB，得x12x2，1y12(y21)4x22(3x2)2m即x12x2，y132y2．因?yàn)辄c(diǎn)A，B在橢圓上，所以4，得x22y22m4y21m3，所以x22m(32y2)21m25m91(m5)24≤4，444244所以當(dāng)m5時(shí)，點(diǎn)B橫坐標(biāo)的絕對(duì)值最大，最大值為2．17．2【解析】設(shè)左焦點(diǎn)為F1，由F關(guān)于直線ybx的對(duì)稱點(diǎn)Q在橢圓上，2c得|OQ||OF|，又|OF1||OF|，所以F1QQF，不妨設(shè)|QF1|ck，則|QF|bk，|F1F|ak，因此2cak，又2ackbk，由以上二式可得2ck2a，abc即ca，即a2c2bc，所以bc，e2．a(chǎn)bc218．2【解析】設(shè)A(x1,y1)，B(x2,y2)，分別代入橢圓方程相減得2(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)0，根據(jù)題意有x1x22,y1y22，a2b2且y1y21，所以22(1)0，得a22b2，整理a22c2，所以e2．x1x22a2b22219．12【解析】設(shè)MN交橢圓于點(diǎn)P，連接F1P和F2P，利用中位線定理可得ANBN2F1P2F2P22a4a12．20．3【解析】由題意可得A(c,b2)，B(c,b2)，由題意可知點(diǎn)D為F1B的中點(diǎn)，所3aa以點(diǎn)D的坐標(biāo)為(0,b2)，由ADF1B，所以kADkF1B1，整理得3b22ac，2a3．解得e321．x23y21【解析】由題意得通徑AF2b2，∴點(diǎn)B坐標(biāo)為B(5c,1b2)2335c(1b2)2將點(diǎn)B坐標(biāo)帶入橢圓方程得(231，3)b2b22又b21c2，解得3c213∴橢圓方程為x23y21．22231MF1F2中，．【解析】由題意可知，MF1F260,MF2F130,F1MF290，MF12MF22F1F22(2c)2c31，故答案為所以有MF1MF22a，整理得e31．a(chǎn)MF2 3MF123．5【解析】由橢圓的性質(zhì)可知：AF1ac，F(xiàn)1F22c，F(xiàn)1Bac.又已知AF1，5F1F2，F(xiàn)1B成等比數(shù)列，故(ac)(ac)(2c)2，即a2c24c2，則a25c2.故ec5.即橢圓的離心率為5．a(chǎn)5524．(0,1)【解析】設(shè)點(diǎn)A的坐標(biāo)為(m,n)，B點(diǎn)的坐標(biāo)為(c,d)．F1(2,0),F2(2,0)，可得F1A(m2,n)，F(xiàn)2B(c2,d)，∵F1A5F2B，∴cm62,dn，又點(diǎn)A,B在橢圓上，55m2m622∴n21，(5)(n21，解得m0,n1，33)5∴點(diǎn)A的坐標(biāo)是(0,1)．25．【解析】(1)因?yàn)闄E圓C的焦點(diǎn)為F1(3,0),F2(3,0)，可設(shè)橢圓C的方程為x2y21(ab0)．又點(diǎn)(1在橢圓C上，a223,)b2所以311,a24,a24b2，解得b21,223,ab因此，橢圓C的方程為x2y21．4因?yàn)閳AO的直徑為F1F2，所以其方程為x2y23．(2)①設(shè)直線l與圓O相切于P(x0,y0)(x00,y00)，則x02y023，所以直線l的方程為yx0(xx0)y0，即yx0x3y0y0．y0x2y21,由4消去y，得x03yx,y0y0(4x02y02)x224x0x364y020．（*）因?yàn)橹本€l與橢圓C有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，所以(24x0)24(4x02y02)(364y02)48y02(x022)0．因?yàn)閤0,y00，所以x02,y01．因此，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(2,1)．②因?yàn)槿切蜲AB的面積為26，所以1ABOP26，從而AB42．7277設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)，24x0222)由（*）得x1,248y0(x0，222(4x0y0)222所以AB2(x1x2)2(y1y2)2(1x0)48y0(x0y2)．y2(4x22)2000因?yàn)閤02y023，所以AB216(x022)32，即2x0445x021000，(x021)249解得x025(x0220舍去），則y021，因此P的坐標(biāo)為(10,2)．2222綜上，直線l的方程為y5x32．yBPF1 O F2 xAx12y12x22y2226．【解析】(1)設(shè)A(x1,y1)，B(x2,y2)，則1，1．4343兩式相減，并由y1y2k得x1x2y1y2k0．x1x243由題設(shè)知x1x21，y1y2m，223．①于是k4m由題設(shè)得0m31，故k．22由題意得F(1,0)，設(shè)P(x3,y3)，則(x31,y3)(x11,y1)(x21,y2)(0,0)．由(1)及題設(shè)得x33(x1x2)1，y3(y1y2)2m0．又點(diǎn)P在C上，所以m3，從而P(1,3)，|FP|3．422于是同理所以

|FA|(x11)22(x11)23(1x2xy11)21．42|FB|2x2．21|FA||FB|42(x1x2)3．故2|FP||FA| |FB|27．【解析】(1)由題意得2c22，所以c2，又ec6，所以a3，所以b2a2c21，a3所以橢圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2y21．3(2)設(shè)直線AB的方程為yxm，yxm22由x2消去y可得4x6mx3m30，y213則36m244(3m23)4812m20，即m24，設(shè)A(x1,y1)，B(x2,y2)，則x1x23m，x1x23m2324，則|AB|1k2|x1x2|1k2(x1x2)24x1x264m2，2易得當(dāng)m20時(shí)，|AB|max6，故|AB|的最大值為6．(3)設(shè)A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，D(x4,y4)，則x123y123①，x223y223②，又P(2,0)，所以可設(shè)k1kPAy1，直線PA的方程為yk1(x2)，x12yk1(x2)3k12)x212k12x12k12由x2y21消去y可得(130，3則x1x312k12，即x312k12x1，13k1213k12又k1y12，代入①式可得x37x112，所以y3y1，x14x174x17所以C(7x112,y1)，同理可得D(7x212,y2)．4x174x174x274x27故QC(x37,y31)，QD(x47,y41)，4444因?yàn)镼,C,D三點(diǎn)共線，所以(x37)(y41)(x47)(y31)0，4444將點(diǎn)C,D的坐標(biāo)代入化簡(jiǎn)可得y1y21，即k1．x1x228．【解析】(1)設(shè)橢圓的焦距為2c，由已知得c25222，可得2a3b.a2，又由abc9由|AB|a2b213，從而a3,b2．所以，橢圓的方程為x2y21．94(2)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x1,y1)，點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x2,y2)，由題意，x2x10，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(x1,y1).由△BPM的面積是△BPQ面積的2倍，可得|PM|=2|PQ|，從而x2x12[x1(x1)]，即x25x1．易知直線AB的方程為2x3y6，由方程組2x3y6,ykx,消去y，可得x26x2y21,消去y，可得x16．由方程組94．3k29k2ykx,4由x25x1，可得9k245(3k2)，兩邊平方，整理得18k225k80，解得k8，或k1．92當(dāng)k890，不合題意，舍去；時(shí)，x29當(dāng)k112，x112時(shí)，x25，符合題意．21所以，k的值為．229．【解析】（1）設(shè)P(x,y),M(x0,y0),則N(x0,0)，NP(xx0,y)，NM(0.y0)．由NP2NM得x0x，y02y．2因?yàn)镸(x0,y0)在C上，所以x2y21．22因此點(diǎn)P的軌跡方程為x2y22．2）由題意知F(1,0)．設(shè)Q(3,t)，P(m,n)，則OQ(3,t)，PF(1m,n)，OQPF33mtn，OP(m,n)，PQ(3m,tn)，由OPPQ1得3mm2tnn21，又由（1）知m2n22，故33mtn0．所以O(shè)QPF0，即OQPF．又過(guò)點(diǎn)P存在唯一直線垂直與OQ，所以過(guò)點(diǎn)P且垂直于OQ的直線l過(guò)C的左焦點(diǎn)F．30．【解析】（Ⅰ）設(shè)橢圓的離心率為e．由已知，可得1(ca)cb2．22又由b2a2c2，可得2c2aca20，即2e2e10．又因?yàn)?e11，解得e．2所以，橢圓的離心率為1．20)，則直線FP的斜率為1．（Ⅱ）（?。┮李}意，設(shè)直線FP的方程為xmyc(mxym由（Ⅰ）知a2c，可得直線AE的方程為1，即x2y2c0，與直線2ccFP的方程聯(lián)立，可解得x(2m2)c,y3c，m2m2即點(diǎn)Q的坐標(biāo)為((2m2)c,3c)．m2m2由已知|FQ|=3c，有[(2m2)cc]2(3c)2(3c)2，整理得3m24m0，2m2m22所以m4，即直線FP的斜率為3．34（ii）由a2c，可得b3c，故橢圓方程可以表示為x2y21．4c23c23x4y3c0,由（i）得直線FP的方程為3x4y3c0，與橢圓方程聯(lián)立x2y2消1,4c23c2去y，整理得7x26cx13c20，解得x13c（舍去），或xc．7因此可得點(diǎn)P(c,3c)，進(jìn)而可得|FP|(cc)2(3c)25c，222所以|PQ||FP||FQ|5c3cc．由已知，線段PQ的長(zhǎng)即為PM與QN這22兩條平行直線間的距離，故直線PM和QN都垂直于直線FP．因?yàn)镼NFP，所以|QN||FQ|tanQFN3c39c，所以△FQN的面248積為1|FQ||QN|27c2，同理△FPM的面積等于75c2，由四邊形PQNM的23232面積為3c，得75c227c23c，整理得c22c，又由c0，得c2．3232所以，橢圓的方程為x2y21．161231．【解析】（Ⅰ）由橢圓的離心率為2，得a22(a2b2)，2又當(dāng)y1時(shí)，x2a2a2，得a2a2b2b22，所以a24，b22，因此橢圓方程為x2y21．42（Ⅱ）設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)，聯(lián)立方程ykxmx22y24得(2k21)x24kmx2m240，由0得m24k22（*）且x1x24km，2k21因此y1y22m，2k21所以D(2km,m)，2k212k21又N(0,m)，所以ND(2km)2(mm)222k212k2124m2(13k2k4)整理得：ND(2k21)2，因?yàn)镹FmND24(k43k21)8k所以2(2k21)21NF(2k令t8k23，t≥3

231)2故2k21t14所以NDNF

216t16．21(1t)2112tt令yt11．，所以y1t2t當(dāng)t≥3時(shí)，y0，從而因此

1yt在[3,)上單調(diào)遞增，tt1≥10，等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)t3時(shí)成立，此時(shí)k0，t32ND所以2≤134，NF由（*）得2m2且m0，故ND≥1，NF2設(shè)EDF2，則sinNF≥1，ND2所以得最小值為6．從而EDF的最小值為，此時(shí)直線l的斜率時(shí)0．3綜上所述：當(dāng)k0，m(2,0)(0,2)時(shí)，EDF取得最小值為．332．【解析】（Ⅰ）設(shè)橢圓C的方程為x2y21(a0,b0)．a(chǎn)2b2a2,由題意得c3解得c3．a(chǎn)2,所以b2a2c21．所以橢圓C的方程為x2y21．4（Ⅱ）設(shè)M(m,n)，且2m2，則D(m,0),N(m,n)．n，由AMDE，則kAMkDE1，直線AM的斜率kAMm2m2故直線DE的斜率kDEn．所以直線DE的方程為ym2(xm)．nn直線BN的方程為y(x2)．2mm2yn(xm),，解得點(diǎn)E的縱坐標(biāo)n(4m2)．聯(lián)立nyEn2y(x2),4m22m由點(diǎn)M在橢圓C上，得4m24n2．所以yE4n．5又S△BDE1|BD||yE|2|BD||n|，25S△BDN1|BD||n|，2所以△BDE與△BDN的面積之比為4:5．33．【解析】（1）設(shè)橢圓的半焦距為c.因?yàn)闄E圓E的離心率為1，兩準(zhǔn)線之間的距離為8，所以c1，2a28，2a2c解得a2,c1，于是ba2c23，因此橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程是x2y21.32）由（1）知，F(xiàn)1(1,0)，F(xiàn)2(1,0).設(shè)P(x0,y0)，因?yàn)辄c(diǎn)P為第一象限的點(diǎn)，故x00,y00.當(dāng)x01時(shí)，l2與l1相交于F1，與題設(shè)不符.當(dāng)x01時(shí)，直線PF1的斜率為y0，直線y0PF2的斜率為.x01x01因?yàn)閘1⊥PF1，l2⊥PF2，所以直線l1的斜率為x01，直線l2的斜率為x01y0y0，從而直線l1的方程：yx01(x1)，①y0直線l2的方程：yx01(x1).②y0由①②，解得xx0,y1x02，所以Q(x0,1x02).y0y0因?yàn)辄c(diǎn)Q在橢圓上，由對(duì)稱性，得1x02y0，即x02y021或x02y021.y0又P在橢圓E上，故x02y021.43x02y02147,y037；x02y021由x02y02，解得x0x02y02，無(wú)解.43177431因此點(diǎn)P的坐標(biāo)為(47,37).7734I）由題意得，a2，b1．所以橢圓C的方程為x2y21．．【解析】（4又ca2b23，所以離心率ec3．a(chǎn)2（II）設(shè)x0,y0（x00，y00），則x024y024．又2,0，0,1，所以直線的方程為yy0x2．x02令x0，得y2y0，從而1y12y0．x02x02直線的方程為yy01x1．x0令y0，得xx0，從而2x2x0．y01y01所以四邊形的面積S112x012y022y01x02x024y024x0y04x08y042x0y02x04y04．2x0y0x02y02x0y0x02y022從而四邊形的面積為定值．35．【解析】（Ⅰ）設(shè)M(x1,y1)，則由題意知 y1 0.由已知及橢圓的對(duì)稱性知，直線 AM的傾斜角為 ，4又A(2,0)，因此直線AM的方程為yx2.將xy2代入x2y21得7y212y0，43解得y0或y12，所以y112.77AMN的面積SAMN11212144.因此277492（Ⅱ）將直線AM的方程yk(x2)(k0)代入x2y21得43(34k2)x216k2x16k2120.由x1(2)16k212得x12(34k2)，34k234k2故|AM|1k2|x12|121k2.34k2由題設(shè)，直線AN的方程為y1(x2)，k故同理可得|AN|12k1k2.43k2由2|AM||AN|得24k，即4k36k23k80.34k23k2設(shè)f(t)4t36t23t8，則k是f(t)的零點(diǎn)，f'(t)12t212t33(2t1)20，所以f(t)在(0,)單調(diào)遞增，又f(3)153260,f(2)60，因此f(t)在(0,)有唯一的零點(diǎn)，且零點(diǎn)k在(3,2)內(nèi)，所以3k2.36．【解析】(Ⅰ)設(shè)橢圓的半焦距為c，由題意知2a4,2c22，所以a2,ba2c22，所以橢圓C的方程為x2y21.42(Ⅱ)(i)設(shè)Px0,y0x00,y00，由M(0,m)，可得Px0,2m,Qx0,2m.所以直線PM的斜率k2mmm2mm3mx0，直線QM的斜率k'x0.x0x0此時(shí)k'3，所以k'為定值3.kk(ii)設(shè)Ax1,y1,Bx2,y2，直線PA的方程為ykxm，直線QB的方程為y3kxm.ykxm聯(lián)立x2y21，整理得2k21x24mkx2m240.422222m22km22m4可得x1由x0x12k21x0，所以y1kx1m2k2m，2k211x0同理x22m22,y26km22m.18k21x018k21x0所以x2x12m222m2232k2m22，18k21x02k21x018k212k21x0y2y16km22m2m22m8k6k21m22，18k21x02k21x018k212k21x0所以kABy2y16k2111x2x14k46k.k由m0,x00，可知k>0，所以6k126，等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)k6時(shí)取得.k6此時(shí)m6，即m14，符號(hào)題意.48m267所以直線AB的斜率的最小值為6.237．【解析】（Ⅰ）設(shè)F(c,0)，由113c，即113c，|OF||OA||FA|caa(ac)可得a2c23c2，又a2c2b23，所以c21，因此a24，所以橢圓的方程為x2y241.3（Ⅱ）設(shè)直線的斜率為k(k0)，則直線l的方程為yk(x2)，設(shè)B(xB,yB)，由方程組x2y21,消去y，43yk(x2),整理得(4k23)x216k2x16k2120，解得x2或x8k26，4k23由題意得xB8k26，從而yB12k，4k234k23由（Ⅰ）知F(1,0)，設(shè)H(0,yH)，有FH(1,yH)，BF94k2,12k)，(234k24k3由BFHF，得BFHF0，所以4k2912kyH0，4k234k23解得yH94k2，因此直線MH的方程為y1x94k2，12kk12k設(shè)M(xM,yM)，由方程組y1x94k2,消去y，得x20k29，k12kM12(k21)yk(x2),在MAO中，MOAMAO|MA||MO|，即(xM2)2yM2xM2yM2，化簡(jiǎn)得xM1，即20k291，12(k21)解得k6k6，4或4所以直線l的斜率為k6或k6.4438．【解析】（Ⅰ）由題意有a2b22421，解得a28,b24．a(chǎn)2，b2a2所以C的方程為x2y21．84（Ⅱ）設(shè)直線l：ykxb(k0,b0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，M(xM,yM)將y=kx+b代入x2y21得(2k21)x24kbx2b280．84故xMx12x22kb，yMkxMbb1．2k212k2于是直線OM的斜率kOMyM1，即kOMk1xM．2k2所以直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值．39．【解析】（Ⅰ）設(shè)Fc,0，由已知離心率c5及a2b2c2，又因?yàn)锽0,b,a5故直線BF的斜率kb0b．0c2c（Ⅱ）設(shè)點(diǎn)PxP,yP,QxQ,yQ,MxM,yM，（i）由（Ⅰ）可得橢圓方程為x2y21，直線BF的方程為y2x2c，將直線方程與橢圓方程聯(lián)立，5c24c2消去y，得3x25cx0，解得xP5c．因?yàn)锽QBP，所以直線BQ方程為1x3y2c，與橢圓方程聯(lián)立，消去y，整得21x240cx0，2解得xQ40cPM,及xM0，可得xMxPxP7．又因?yàn)镸QxQxMxQ．218（ii）由（i）有PM7,所以PM7715MQ8PMMQ78,即PQPM，又因?yàn)?57|PM|sinBQP=75，所以BP=|PQ|sinBQP=15|PM|sinBQP55．9734c，所以BP225c，因此又因?yàn)閥P2xP2c05c2c4c5333355c55，c1，所以橢圓方程為x2y21．543340．【解析】（Ⅰ）由題設(shè)知c2，b=1結(jié)合a2b2c2，解得a2．a(chǎn)2所以橢圓的方程式為x2y21．2（Ⅱ）由題設(shè)知，直線PQ的方程式為y（kx1）+1(k2)，代入x2y21，2得(12k2)x24k(k1)x2k(k2)0．由已知>0．設(shè)P(x1,y1)，Q(x2,y2),x1x20，則x1x24k(k1),x1x22k(k2)．12k212k2從而直線AP,AQ的斜率之和kAPkAQy11y21kx12kkx22kx1x2x1x2=2k(2k)(11)2k(2k)x1x2x1x2x1x2=2k(2k)4k(k1)2k2(k1)2．2k(k2)41．【解析】（Ⅰ）由橢圓的定義，2a|PF1||PF2|22224，故a2．設(shè)橢圓的半焦距為c，由已知PF1PF2，因此2c|F1F2||PF1|2|PF2|222222223，即c3，從而ba2c21．故所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2y21．4（Ⅱ）如題(21)圖，由PF1PQ,|PQ||PF1|，得|QF1||PF1|2|PQ|212|PF1|．由橢圓的定義，|PF1||PF2|2a，|QF1||QF2|2a，進(jìn)而|PF1||PQ||QF1|4a．于是(112)|PF1|4a．4a2a(121)．解得|PF1|，故|PF2|2a|PF1|211211由勾股定理得|PF1|2|PF2|2|PF2|2(2c)24c2，4a22a(121)24c2，從而22111122兩邊除以4a2，得122(11)2e2，111124(t2)2121若記t112，則上式變成21．et28t42由34，并注意到112關(guān)于的單調(diào)性，得3t4，即111，434t3進(jìn)而1e25，即2e5．292342．【解析】（I）設(shè)F(c,0)，由條件知，2=23，得c=3.c3又c3,所以a=2,b2a2c21.故E的方程為x2y21.a24（Ⅱ）當(dāng)lx軸時(shí)不合題意，故設(shè)l:y=kx2,P(x1,y1),Q(x2,y2).將ykx2代入x2y21得(14k2)x216kx120.4當(dāng)=16(4k23)0,即k23時(shí)，x1,28k24k23.44k21從而PQk21x1x24k214k234k21.又點(diǎn)O到直線PQ的距離d2.所以O(shè)PQ的面積k21SOPQ=1dPQ44k23.24k21設(shè)4k23t,則t0,SOPQt4t4.24t4t因?yàn)閠44,當(dāng)且僅當(dāng)t2，即k7時(shí)等號(hào)成立，且滿足0.t2所以，當(dāng)OPQ的面積最大時(shí)，的方程為7x2或y72．yx22ykxm43．【解析】（Ⅰ）設(shè)直線l的方程為ykxmk0，由x2y2，1a2b2消去y得，b2a2k2x22a2kmxa2m2a2b20，由于直線l與橢圓C只有一個(gè)公共點(diǎn)P，故0，即b2m2a2k20，解得點(diǎn)P的坐標(biāo)為a2km,b2m，由點(diǎn)P在第一象限，b2a2k2b2a2k2故點(diǎn)P的坐標(biāo)為a2k,b2；b2a2k2b2a2k2（Ⅱ）由于直線l1過(guò)原點(diǎn)O，且與l垂直，故直線l1的方程為xky0，a2kb2所以點(diǎn)P到直線l1的距離db2a2k2b2a2k2，1k222，因?yàn)閍2k2b2整理得dab222ab，b2a2a2k2bkk2所以a2b222a22b2ab，當(dāng)且僅當(dāng)k2b時(shí)等號(hào)成立，ab2a2a2k2bba2abk2所以點(diǎn)P到直線l1的距離的最大值為 a b.44．【解析】（Ⅰ）根據(jù)ca2b2及題設(shè)知M(c,b223ac),2ba將b2a2c2代入2b23ac，解得c1,c2（舍去）故C的離心率為1a2a.2（Ⅱ）由題意，原點(diǎn)O為F1F2的中點(diǎn)，MF2∥y軸，所以直線MF1與y軸的交點(diǎn)D(0,2)是線段MF1的中點(diǎn)，故b24，即b24a①a由MN5F1N得DF12F1N。2(cx1)c3c,設(shè)N(x1,y1)，由題意知y120，則2y12，即x1y11代入C的方程，得9c211。②4a2b2將①及ca2b2代入②得9(a24a)114a24a解得a7,b24a28，故a7,b27.45．【解析】：（Ⅰ）由|AF1|3|F1B|,|AB|4得|AF1|3,|F1B|1。因?yàn)锳BF2的周長(zhǎng)為16，所以由橢圓定義可得4a16,|AF1||AF2|2a8故|AF2|2a|AF1|835。（Ⅱ）設(shè)|F1B|k，則k0且|AF1|3k,|AB|4k，由橢圓定義可得|AF2|2a3k,|BF2|2ak在ABF2中，由余弦定理可得|AB|2|AF2|2|BF2|22|AF2||BF2|cosAF2B即(4k)2(2a3k)2(2ak)26(2a3k)(2ak)5化簡(jiǎn)可得(ak)(a3k)0，而ak0，故a3k于是有|AF2|3k |AF1|,|BF2| 5k，因此|BF2|2|AF2|2|AB|2，可得AF1AF2故AF1F2為等腰直角三角形．從而c2a，所以橢圓的離心率ec2．2a246．【解析】（Ｉ）由題意知a2b23，可得a24b2.a2橢圓C的方程可化簡(jiǎn)為x24y2a2.將yx代入可得x5a5，因此25a4102.25，可得a5因此b 1，2x 2所以橢圓C的方程為 y 1.（Ⅱ）（?。┰O(shè)A(x1,y1)(x1y10),D(x2,y2)，則B(x1,y1)，因?yàn)橹本€AB的斜率kABy1，x1又ABAD，所以直線AD的斜率kx1，y1設(shè)直線AD的方程為ykxm，由題意知k0,m0，ykxm222由，可得(14k)x8mkx40.x2y24m14所以x1x28mk，14k22m因此y1y2k(x1x2)2m1，4k2由題意知，x1x2，所以k1y1y21y1，x1x24k4x1所以直線BD的方程為yy1y1(xx1)，4x1令y0，得x3x1，即M(3x1,0)．可得k2y1．2x1所以k11k2，即1．212因此存在常數(shù)使得結(jié)論成立.2（ⅱ）直線BD的方程yy1y1(xx1)，4x1令x0，得y3y1，即N(0,3y1)，44由（?。┲?M(3x1,0)，OMN的面積S13|x1|3|9可得2|y1|x1||y1|，48因?yàn)閨x1||y1|x12y121，當(dāng)且僅當(dāng)|x1||y1|2時(shí)等號(hào)成立，422此時(shí)S取得最大值9，所以O(shè)MN的面積的最大值為9.8847．【解析】（Ｉ）設(shè)C2的焦距為2c2,由題可得2c22,2a12,從而a11,c21,23y22322因?yàn)辄c(diǎn)Px2123,3,1在雙曲線21上,所以32b1b1b1由橢圓的定義可得22222a231123112a23,3323b22a22c222,所以C1,C2的方程為x2y21,y2x21.332（Ⅱ）不存在符合題設(shè)條件的直線 .若直線l垂直于x軸,因?yàn)閘與C2只有一個(gè)公共點(diǎn),所以直線的方程為

x

2或x

2,當(dāng)x

2時(shí),易知

A

2,

3,B

2,

3,所以

OA

OB

2 2,AB

2 3,此時(shí)OA OB AB.當(dāng)x 2時(shí),同理可得OA OB AB.ykxm（2）當(dāng)直線l不垂直于x軸,設(shè)l的方程為ykxm,由x2y213可得3k2x22kmxm230,當(dāng)l與C1相交于A,B兩點(diǎn)時(shí),設(shè)Ax,y,Bx,y2,則x1,x2滿足上述方程的兩個(gè)實(shí)根,從而112x1x22km,x1x2m23k2x1x2kmx1x2m23k23m23k2k2,于是y1y2k23,3ykxm可得2k23x22m2由y2x214kmx60,因?yàn)橹本€l與C2只有一個(gè)公32共點(diǎn)，所以上述方程的判別式016k2m282k23m230,化簡(jiǎn)可得2k2m23，因此OAOBx1x2y1y2m233k23m2k230，k23k23k23222OAOB222OAOB2,所于是OAOBOAOB2OAOB,即OAOB以O(shè)AOBAB,綜合（i）（ii）可知，不存在符合題目條件的直線．c2a26x2y248．【解析】（1）依條件a3b，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為12b262a2b2c24（Ⅱ）設(shè)T(3,m)，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，又設(shè)PQ中點(diǎn)為N(x0,y0)（i）因?yàn)镕(2,0)，所以直線PQ的方程為：xmy2xmy2x2y21(m23)y24my206216m28(m23)24(m21)0所以y1y24mm23y1y22m23于是y0y1y22m，x0my022m22623m23m23m2所以N(63,2m)。因?yàn)閗OTmkONm2m233所以O(shè)，N，T三點(diǎn)共線即OT平分線段PQ（其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)）（ii）|TF|m21，|PQ||y1y2|m2124(m21)m21m23所以|TF|2m21m23，令m21x（x1）|PQ|224(m1)m2124(m1)m23則|TF|x2221(x2)3（當(dāng)且僅當(dāng)x22時(shí)取“”）|PQ|26x6x3所以當(dāng)|TF|最小時(shí)，x22即m1或1，此時(shí)點(diǎn)T的坐標(biāo)為(3,1)或(3,1)|PQ|49．【解析】（Ⅰ）因?yàn)榻咕酁?，所a2b24，又因?yàn)闄E圓C過(guò)點(diǎn)P(2,3)，所以231，故a28，b24，從而橢圓C的方程為x2y21。a2b284（Ⅱ）由題意，E點(diǎn)坐標(biāo)為(x0,0)，設(shè)D(xD,0)，則AEx0,22，ADx0,22，再由ADAE知，AEAD0，即xDx080．由于x0y00，故xD8．因?yàn)辄c(diǎn)G是點(diǎn)D關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)，x0所以點(diǎn)G(8,0)．x0故直線QG的斜率kQGy0x0y0．8x028x0x0又因Qx0,y0在橢圓C上，所以x022y028．①?gòu)亩鴎QGx02yn故直線QG的方程為yx0x8②2y0x0將②代入橢圓 C方程，得：xn2 2y02x2 16x0x 64 16y02 0 ③再將①代入③，化簡(jiǎn)得： x2 2x0x xn2 0解得xx0,yy0，即直線QG與橢圓C一定有唯一的公共點(diǎn)．50．【解析】依題意可設(shè)橢圓C1和C2的方程分別為C1：x2y2x2y21.其中amn0，m1.a2m21，C2：n2na2（Ⅰ）解法1：如圖1，若直線l與y軸重合，即直線l的方程為x0，則S11|BD||OM|1a|BD|，S21|AB||ON|1a|AB|，所以S1|BD|.2222S2|AB|在C1和C2的方程中分別令x0，可得yAm，yBn，yDm，于是|BD||yByD|mn1．|AB||yAyB|mn1若S1，則1，化簡(jiǎn)得2210.由1，可解得21．S21故當(dāng)直線l與y軸重合時(shí)，若S1S2，則21．解法2：如圖1，若直線l與y軸重合，則|BD||OB||OD|mn，|AB||OA||OB|mn；S11|BD||OM|1a|BD|，S21|AB||ON|1a|AB|．.2222所以S1|BD|mn1．S2|AB|mn1若S1，則1，化簡(jiǎn)得2210.由1，可解得21．S21故當(dāng)直線l與y軸重合時(shí)，若S1S2，則21．yAyABBONxNxMMOCCDD第28題解答圖1第28題解答圖2（Ⅱ）解法1：如圖2，若存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l，使得S1S2.根據(jù)對(duì)稱性，不妨設(shè)直線l：ykx(k0)，點(diǎn)M(a,0)，N(a,0)到直線l的距離分別為d1，d2，則因?yàn)閐1|ak0|ak，d2|ak0|ak，所以d1d2.1k21k21k21k2又S11|BD|d1，S21|AB|d2，所以S1|BD|，即|BD||AB|.22S2|AB|由對(duì)稱性可知|AB||CD|，所以|BC||BD||AB|(1)|AB|，|AD||BD||AB|(1)|AB|，于是|AD|1.①|(zhì)BC|1將l的方程分別與C1，C2的方程聯(lián)立，可求得xAam，xBan2.a2k2m22k2an根據(jù)對(duì)稱性可知xCxB，xDxA，于是|AD|2xD|2xA2221k|xAmakn②2222.|BC|xC|2xBnakm1k|xB從而由①和②式可得a2k2n21.③a2k2m2(1)令t(1，則由mn，可得t1，于是由③可解得k2n2(2t21).1)a2(1t2)因?yàn)閗0，所以2.于是③式關(guān)于k有解，當(dāng)且僅當(dāng)n2(2t21)0，k0a2(1t2)等價(jià)于(t21)(t210.由1，可解得112)t，即1(11，由1，解得12，所以1)當(dāng)112時(shí)，不存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l，使得S1S2；當(dāng)12時(shí)，存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l使得S1S2.解法2：如圖2，若存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l，使得S1S2.根據(jù)對(duì)稱性，不妨設(shè)直線l：ykx(k0)，點(diǎn)M(a,0)，N(a,0)到直線l的距離分別為d1，d2，則因?yàn)閐1|ak0|ak，d2|ak0|ak，所以d1d2.1k21k21k21k2又S111|AB|d2，所以S1|BD|.|BD|d1，S22S2|AB|2因?yàn)閨BD|1k2|xBxD|xAxB，所以xA1.|AB|1k2|xAxB|xAxBxB1由點(diǎn)A(xA,kxA)，B(xB,kxB)分別在C1，C2上，可得222222222222xAkxA1，xBkxB1，兩式相減可得xAxBk(xAm2xB)0，a2m2a2n2a2222m2(x2x2)依題意xAxB0，所以xAxB.所以由上式解得k.2(2xB22axA)因?yàn)閗20，所以由m2(xA2xB2)xA.2xB20，可解得1xBa2(xA2)從而11，解得12，所以1當(dāng)112時(shí)，不存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l，使得S1S2；當(dāng)12時(shí)，存在與坐標(biāo)軸不重合的直線l使得S1S2.51．【解析】(Ⅰ)設(shè)F(－c,0)，由c33c.過(guò)點(diǎn)F且與x軸垂直的直線為x＝－a，知a3(c)2y21，c，代入橢圓方程有a2b2解得y6b26b432，3，于是3，解得b3又a2－c2＝b2，從而a＝3，c＝1，所以橢圓的方程為x2y2=1.32(Ⅱ)設(shè)點(diǎn)C(x1，y1)，D(x2，y2)，由F(－1,0)得直線CD的方程為 y＝k(x＋1)，y kx 1,由方程組x2y2消去y，整理得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0.312求解可得x1＋x2＝6k2，x1x2＝3k26.23k223k2因?yàn)锳(3，0)，B(3，0)，所以AC·DB＋AD·CB＝(x1＋3，y1)·(3－x2，－y2)＋(x2＋3，y2)·(3－x1，－y1)2＝6－2x1x2－2y1y2＝6－2x1x2－2k(x1＋1)(x2＋1)＝6－(2＋2k2)x1x2－2k2(x1＋x2)－2k2＝62k212．23k2由已知得62k212＝8，解得k＝2．23k252．【解析】：（Ⅰ）由于c2a2b2，將xc代入橢圓方程x2y21得yb2a2b2a2b21，即a2b2，又ec3，由題意知aa2所以a2，b1，所以橢圓方程為x2y21．4（Ⅱ）由題意可知：PF1PMPF2PMPF1PMPF2PM=,|PF1|=,|PF1||PM||PF2||PM||PF2|設(shè)P(x0,y0)其中x024，將向量坐標(biāo)代入并化簡(jiǎn)得：m(4x0216)3x0312x0，因?yàn)閤024，所以m3x0，而x0(2,2)，所以m334(,)22（Ⅲ）由題意可知，l為橢圓的在P點(diǎn)處的切線，由導(dǎo)數(shù)法可求得，切線方程為：x0xy0y1，所以kx0，而k1y0,k2y0，代入11中得44y0x3x3kk1kk2114(x0x03x0x03)8為定值．kk1kk2a253．【解析】（Ⅰ）由題意得c2解得b2.所以橢圓C的方程為x2y21.a242a2b2c2yk(x1)2k2)x24k2x2k2（Ⅱ）由x2y21得(140.42設(shè)點(diǎn)M,N的坐標(biāo)分別為(x1,y1)，(x2,y2)，則y1k(x11)，y2k(x21)，x1x214k2，x1x22k24．2k212k2所以|MN|=(x2x1)2(y2y1)2=(1k2)[(x1x2)24x1x2]=2(1k2)(46k2)12k2.由因?yàn)辄c(diǎn)A(2,0)到直線yk(x的距離d|k|，1）12k2所以△AMN的面積為S1|MN|d|k|46k2.由|k|46k210